Consideremos el origen $(0, 0)$.

Tomemos la sucesión $\Big\{ (x_n, y_n)\Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{ \Big(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, 0)$

$f(x_n, y_n) = \dfrac{y_n}{x_n} = 1 \longrightarrow 1$

Tomemos la sucesión $\Big\{ (a_n, b_n) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{ \Big(\frac{1}{n}, \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, 0)$

$f(a_n, b_n) = \dfrac{b_n}{a_n} = -1 \longrightarrow -1$

Esto nos muestra que $f$ no tiene límite cuando $(x,y) \longrightarrow (0,0)$.

Consideremos el punto $(0, y_0)$.

Tomemos la sucesión $\Big\{ (x_n, y_n)\Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{ \Big(\frac{1}{n}, y_0 + \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, y_0)$

$f(x_n, y_n) = \dfrac{y_n}{x_n} = \frac{y_0 + \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} = ny_0+1 \longrightarrow \infty$

Tomando $\Big\{(a_n, b_n)\Big\}_{n \in \mathbb{N}} = \Big\{\Big(\frac{-1}{n}, y_0 + \frac{1}{n}\Big) \Big\}_{n \in \mathbb{N}} \longrightarrow (0, y_0)$

$f(a_n, b_n) = \dfrac{b_n}{a_n} = \dfrac{y + \frac{1}{n}}{\frac{-1}{n}} = ny_0+1 \longrightarrow – \infty$

Por lo que $f$ no tiene límite cuando $(x,y)$ tiende a $(0, y_0)$

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como cada una de las sucesiones se aproximan al $(0,0)$ por las diferentes direcciones, pero cada una de ellas tienden a $1$ y $-1$ respectivamente.

https://www.geogebra.org/classic/kw8f9hmq

Sea $A=2$ un rectángulo donde $x_1=2$ y $y_1=1$.

Luego, $y_{n+1}=\dfrac{2}{x_n+1} \iff y_{n+1}=\dfrac{2}{\dfrac{x_n+y_n}{2}} \iff y_{n+1}=\dfrac{4}{x_n+y_n}$

De esta manera, definimos $(x_{n+1}, y_{n+1}) := f(x_n, y_n)$ donde $x_{n+1}=\dfrac{x_n+y_n}{2} \; $ y $ \; y_{n+1}=\dfrac{4}{x_n+y_n}$.

Es decir, tenemos que $$L = \frac{1}{2}\left(L+\frac{2}{L}\right)$$ $$2L = L + \frac{2}{L} \Longrightarrow L = \frac{2}{L} \Longrightarrow L^2 = 2$$ $$\therefore L=\sqrt{2}$$

Ahora vamos a argumentar porque la sucesión de $\{x_n\}$ converge. $$f(x) = \frac{1}{2} \left(x+\frac{2}{x}\right) = \frac{1}{2}x + \frac{1}{x}$$

Lema: si tenemos una sucesión $\{x_n\}$ definida por un término inicial $x_0$ y una fórmula de recurrencia $x_{n+1} = f(x)$ los puntos de la forma $\Big(x_n, f(x_n) \Big)$ los puedo determinar dibujando una escalera usando la gráfica de $y=f(x)$ y la gráfica $y=x$.

Sea $f(x) =\frac{1}{2}\left(x+\frac{2}{x}\right)$ y $x_{n+1}=f(x_n)$.

Afirmación:

1. Si $x_n > \sqrt{2} \text{ entonces } f(x_n) > \sqrt{2}.$
2. Si $x_n > \sqrt{2}\text{ entonces } f(x_n) < x_n \text{ en consecuencia } x_{n+1} < x_n$

Consideremos la imagen de $\Big( \sqrt{2}, \infty \Big)$ bajo la función $f(x) = \left( x + \dfrac{2}{x}\right)$.

¿Es $f(x)$ creciente en $\Big(\sqrt{2}, \infty \Big)$? Si.

Basta ver que $f'(x) > 0 \, \forall \, x \in \Big(\sqrt{2}, \infty \Big)$ $$f \Big(\sqrt{2} \Big) = \sqrt{2}$$ $$f'(x) = \frac{1}{2} \left(1-\frac{2}{x^2} \right)$$ $$x > \sqrt{2} \iff x^2 > 2 \iff 1 > \frac{2}{x^2} \iff 1-\frac{2}{x^2} > 0$$

Por lo que queda probada la afirmación 1.

Si $x_n > \sqrt{2}$ entonces ${x_n}^2 > 2$

$$ {x_n}^2 + {x_n}^2 > 2 + {x_n}^2$$ $$2{x_n}^2 > 2 + {x_n}^2$$ $$x_n > \frac{2 + {x_n}^2}{2}$$ $$x_n > \frac{2 + {x_n}^2}{2 x_n}=\frac{1}{2} \left( \frac{2}{x_n} + \frac{{x_n}^2}{x_n} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{2}{x_n} + x_n \right) = f(x_n) = x_{n+1}$$

$x_n > \sqrt{2} \Rightarrow x_{n+1} < x_n$

Hemos visto que $\{ x_n\}$ es acotada y decreciente. Ahora podemos concluir que $\{x_n\} \longrightarrow \sqrt{2}$.

Por otra parte $y_n = \dfrac{2}{x_n} \longrightarrow \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ entonces $\{y_n \} \longrightarrow \sqrt{2}$ $$\therefore \{ (x_n, y_n) \} \longrightarrow (\sqrt{2}, \sqrt{2}) \; _{\blacksquare}$$

En el siguiente enlace, puedes ver una animación tanto de la sucesión de puntos, como de la sucesión de «cuadrados».

https://www.geogebra.org/classic/tcxk2zdh

Consideremos una población constante distribuida en dos países.

Supongamos que cada año:

• $\frac{1}{4}$ parte de la población que está en $A$ emigra a $B$.
• $\frac{3}{4}$ partes se quedan en $A$.
• $\frac{1}{2}$ parte de la población que está en $B$ emigra hacia $A$.
• $\frac{1}{2}$ parte se quedan en $B$.

$x_n$: la población de $A$

$y_n$: la población de $B$

después de $n$ años

$(x_0, y_0)$ población inicial.

¿Qué pasará cuando pasen muchos años? $$n \longrightarrow \infty$$

¿Se alcanza un equilibrio?

Sistema Dinámico

$x_{n+1}= \frac{3}{4} x_n + \frac{1}{2} y_n$

$y_{n + 1}=\frac{1}{4} x_n + \frac{1}{2} y_n$

\begin{equation*} \begin{pmatrix} x_{n+1} \\ \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_n \\ \\ y_n \end{pmatrix} \end{equation*}

$\overrightarrow{x_{n+1}} = A\, \overrightarrow{x_n}$

$\overrightarrow{x_0} \curvearrowright \overrightarrow {x_1} \curvearrowright \overrightarrow{x_2} \curvearrowright \overrightarrow{x_3} \cdots $

De modo que $\overrightarrow{x_1} = A \overrightarrow{x_0} ; \quad \overrightarrow{x_2}= A^2 \, \overrightarrow{x_0}$ en general $$\overrightarrow{x_n} = A^n \, \overrightarrow{x_0}$$

Si $A$ fuera diagonal $\begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$ entonces:

$\begin{equation*} A^2 = \begin{pmatrix} \lambda_1^2 & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2^2 \end{pmatrix} \end{equation*}$ en general $\begin{equation*} A^n = \begin{pmatrix} \lambda_1^n & 0 \\ \\ 0 & \lambda_2^n \end{pmatrix} \end{equation*}$

Si pensamos en la transformación lineal $$T(\vec{x}) = A\, \vec{x} \hspace{2cm} T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2$$

podemos preguntarnos si existe una base $\{\vec{v}, \vec{w} \}$ de $\mathbb{R}^2$ en la cual la matriz asociada a la transformación lineal sea diagonal, es decir, tal que:

$$ \begin{equation}T (\vec{v}) = \lambda \vec{v} \end{equation}$$ $$\begin{equation} T (\vec{w}) = \lambda \vec{w} \end{equation}$$

$\begin{equation*} P = \begin{pmatrix} v_1 & w_1 \\ v_2 & w_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

$\begin{equation*} P\overrightarrow{e_1} = \vec{v} =\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

$\begin{equation*} P\overrightarrow{e_2} = \vec{w} =\begin{pmatrix} w_1 \\ w_2 \end{pmatrix} \end{equation*}$

Decimos que $A$ es diagonalizable si existe $P$ invertible tal que cumpla con la igualdad $A = PDP^{-1}$, para alguna matriz diagonal $D$.

$D = \begin{pmatrix} \lambda && 0 \\ 0 && \mu \end{pmatrix}$

Buscamos un vector $\vec{v}$ con $\vec{v} \neq \vec{0}$ tal que $$A \vec{v} = \lambda \vec{v}$$

Observación: A $\lambda$ se le llama valor propio, eigenvalor, valor característico o autovalor. Y por tanto, $\overrightarrow{v}$ se denomina vector propio, eigenvector, vector característico o autovector.

$A \vec{v} = \lambda \vec{v}$

$A \vec{v} = \lambda I \vec{v}$

$A\vec{v} – \lambda I \vec{v} = \vec{0}$

$(A – \lambda I) \vec{v} = \vec{0}$

$\vec{0}$ es una solución, si queremos que exista otra solución (solución no única), entonces $det (A – \lambda I) = 0$ es la ecuación que determina a los valores propios $\lambda$.

Entonces para nuestro problema

$\begin{equation*} \begin{vmatrix} A – \lambda I \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{3}{4} – \lambda & \frac{1}{2} \\ \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} \, – \, \lambda \end{vmatrix} = 0 \end{equation*}$

$\left( \frac{3}{4} \, – \, \lambda \right) \left( \frac{1}{2} \, – \, \lambda \right) \, – \, \frac{1}{4} \frac{1}{2} = 0$

$\lambda^2 – \frac{3}{4} \lambda \, – \, \frac{1}{2} \lambda + \frac{3}{8} \, – \, \frac{1}{8} = 0$

$\lambda^2 – \frac{5}{4} \lambda + \frac{1}{4} = 0$

Resolviendo la ecuación de segundo grado se obtienen los valores para $\lambda$ $$\lambda_1 = 1$$ $$\lambda_2 = \frac{1}{4}$$

Entonces la matriz $\begin{equation*}A = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \end{equation*}$ tiene dos valores propios $\lambda_1 = 1$ y $\lambda_2 = \frac{1}{4}$.

Buscamos un vector propio $\vec{v} = (x, y)$ asociado a $\lambda_1 = 1$ tal que cumpla la ecuación $A \vec{v} = \lambda \vec{v}$ como $\lambda_1 = 1$ entonces se tiene la ecuación $A \vec{v} = \vec{v}$

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$$\begin{eqnarray*} \left\{ \frac{3}{4} x + \frac{1}{2} y = x \atop \frac{1}{4} x + \frac{1}{2} y = y \right.\end{eqnarray*}$$

Despejando $y$ de la primera ecuación obtenemos $$\frac{1}{2} y = x – \frac{3}{4} x$$ $$\frac{1}{2} y = \frac{1}{4}x$$ $$y = \frac{1}{2} x$$

El vector $\overrightarrow{v} =\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}$ cumple las condiciones, es un vector propio asociado a $\lambda_1 = 1$

De manera análoga, buscamos el vector asociado a $\lambda_2 = \frac{1}{4}$.

Si $\lambda_2 = \frac{1}{4}$ entonces $A \vec{w} = \frac{1}{4} \vec{w}$

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$$\begin{eqnarray*} \left\{ \frac{3}{4} x + \frac{1}{2} y = \frac{1}{4}x \atop \frac{1}{4} x + \frac{1}{2} y = \frac{1}{4}y \right.\end{eqnarray*}$$

Despejando $y$ de la primera ecuación obtenemos $$\frac{1}{2} y = \frac{1}{4}x – \frac{3}{4} x$$ $$\frac{1}{2} y = \frac{-2}{4}x$$ $$\frac{1}{2}y = \frac{-1}{2} x$$ $$y = -x$$

El vector $\vec{w} =\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$ cumple las condiciones, es un vector propio asociado a $\lambda_2 = \frac{1}{4}$.

$$\begin{equation*} A=\begin{pmatrix} \frac{3}{4} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2}\end{pmatrix} = PDP^{-1} \end{equation*}$$

$\begin{equation*} P=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1\end{pmatrix} \end{equation*}$ $\hspace{1cm}$ $\begin{eqnarray*} \left. P \overrightarrow{e_1} = \vec{v} \atop P \overrightarrow{e_2} = \vec{w} \right. \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} A \vec{v} = \vec{v} \\ A \vec{w} = \frac{1}{4} \vec{w} \end{eqnarray*}$

entonces $\begin{equation*} D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} \end{pmatrix} \end{equation*}$

Luego

$\begin{eqnarray*} A^n = P D^n P^{-1} \\ D^n = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & {\frac{1}{4}}^n \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

cuando $n \longrightarrow \infty$ se tiene que $D \longrightarrow \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

Entonces $A^n \overrightarrow{x_0} \longrightarrow P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} P^{-1} \overrightarrow{x_0}$

Recordemos que $\{ \vec{v}, \vec{w} \}$ son base.

Entonces $$\overrightarrow{x_0} = a \vec{v} + b \vec{w}$$

multiplicando por $A$ $$A \overrightarrow{x_0} = A \left( a \vec{v} + b \vec{w} \right)$$

$$A \overrightarrow{x_0} = A a \vec{v} + A b \vec{w}$$

$$A^n \overrightarrow{x_0} = a A^n \vec{v} + b A^n \vec{w}$$

$$A^n \overrightarrow{x_0} = a \vec{v} + b \frac{1}{4^n} \vec{w}$$

De modo que cuando $n \longrightarrow \infty$ se tiene que $\frac{1}{4^n} \longrightarrow \vec{0}$ y por lo tanto $$A^n \overrightarrow{x_0} \longrightarrow a \vec{v}$$

Regresando al problema inicial, si $(x_0, y_0) = (100, 20)$ por lo que calculamos anteriormente:

$$(100, 20) = a (2, 1) + b (1, -1)$$ $$(100, 20) = (2a + b, a \, – \, b)$$

De donde se obtiene el sistema

$$ \left \{ 100 = 2a + b \atop 20 = a \, – \, b \right. $$

Sumando ambas expresiones, obtenemos $120 = 3a$ por lo que $a = 40$; y sustituyendo en la segunda ecuación del sistema al valor de $a$ se tiene que $b = 40 -20$ por lo que $b = 20$.

En conclusión, si inicialmente tenemos una población total de 120, entonces la distribución será $(80, 40)$ es decir $\frac{2}{3}$ de la población total en la ciudad $A$ y $\frac{1}{3}$ de la población total en la ciudad $B$.

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como los valores de las poblaciones se aproximan al resultado que calculamos, $(80, 40).$

https://www.geogebra.org/classic/bbeggvgs

$$x_0 = 1$$ $$x_1 = 1$$ $$x_2 = 2$$ $$x_3 = 3$$ $$x_4 = 5$$ $$\vdots$$ $$x_{n+1} = x_n + x_{n-1}$$ $$x_{n+2} = x_n + x_{n+1}$$

Observación: si divido el término siguiente entre el anterior tenemos: $\frac{x_{n+1}}{x_n} = q_n \; $, donde $ \; q_n $ es el cociente.

$\frac{1}{1} = 1 $

$\frac{2}{1} = 2 $

$\frac{3}{2} = 1.5 $

$\frac{5}{3} = 1. 66 … \longrightarrow \phi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}$ la razón aurea.

Para cada $n$ definamos $y_n = x_{n+1}$

Luego $$y_{n+1} = x_{n+2} = x_n + x_{n+1} = x_n + y_n$$

Tenemos las dos ecuaciones:

$x_{n+1} = y_n$

$y_{n+1}= x_n + y_n$

Podemos escribir estas ecuaciones como una ecuación vectorial $$\begin{equation*} \begin{pmatrix} x_{n+1} & y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} \end{equation*}$$

Entonces tenemos que $\vec{x}_{n+1} = A \vec{x}_n$. ¿Qué pasa cuando $\overrightarrow{x_n} \longrightarrow \infty$?

Calculamos los valores propios de la matriz $A$:

$$A-\lambda I =\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \, – \, \lambda \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \, – \, \lambda & 1 \\ 1 & 1 \, – \, \lambda \end{pmatrix} \end{equation*}$$

$det (A \, – \, \lambda I) = 0 = ( \lambda)(1 \, – \, \lambda) \, – \, (1)(1)$

$$0 = \lambda^2 \, – \, \lambda \, – \, 1$$

Luego $$\lambda = \frac{1 \pm \sqrt{1+4}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$$

Analizando los valores de $\lambda$ podemos ver que:

• $\frac{1 + \sqrt{5}}{2} = \phi > 1$ por lo que multiplicar por este valor aumenta la magnitud de los vectores, y si lo hacemos indefinidamente la magnitud tiende a infinito.

• $\frac{1 – \sqrt{5}}{2} = – \, \frac{1}{\phi} > – \, 0.6$ notemos que el valor absoluto de este número es menor que 1 por lo que multiplicar por este valor propio achica la magnitud de los vectores, y si lo hacemos indefinidamente la magnitud tiende a cero.

Los vectores propios son:

• para $\phi$ $$A \vec{v} = \phi \vec{v}$$ $$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \phi \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$ $$y = \phi x$$

Los vectores propios son de la forma $\begin{pmatrix} x \\ \phi x \end{pmatrix}$.

Un vector propio es $\begin{pmatrix} 1 \\ \phi \end{pmatrix} = \vec{v}$.

• para $\lambda = \frac{-1}{\phi}$ $$A \vec{w} = \frac{-1}{\phi} \vec{w}$$

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \frac{-1}{\phi} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} \end{equation*}$$ $$y = \frac{-1}{\phi} x$$

Los vectores propios son de la forma $\begin{pmatrix} x \\ \frac{-1}{\phi} x \end{pmatrix}$.

Un vector propio es $\begin{pmatrix} 1 \\ \frac{-1}{\phi} \end{pmatrix} = \vec{w}$.

Observemos que $\vec{v}$ y $\vec{w}$ son una base de $\mathbb{R}^2$ y por lo tanto podemos escribir al vector inicial como combinación lineal de ellos.

$$\begin{equation*} \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 \\ \phi \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1 \\ \frac{-1}{\phi} \end{pmatrix} \end{equation*}$$

En forma vectorial,$\vec{x_0} = a\vec{v}+b\vec{w}$ entonces

$$\vec{x_1} = A \vec{x_0} = aA\vec{v} +bA\vec{w}= a\phi\vec{v}-\frac{b}{\phi} \vec{w}$$

$$\vec{x_2} = A \vec{x_1} = a\phi A \vec{v} -\frac{b}{\phi}A\vec{w}= a\phi^2\vec{v}+\frac{b}{\phi^2} \vec{w}$$

En general:

$$\vec{x_n} = \textcolor{Magenta}{a\phi^n}\vec{v}+\textcolor{Magenta}{(-1)^n\frac{b}{\phi^n}} \vec{w}$$

Observemos que el vector $(-1)^n\frac{b}{\phi^n} \vec{w}$ tiende al vector $\vec{0}$ cuando $n$ tiende a infinito y entonces el vector $\vec{x_n}$ se aproxima a la recta generada por el vector $\vec{v}$ entonces:

En el siguiente enlace puedes observar una animación de como los puntos $(x_n, y_n)$ se aproximan a la recta $y = \phi x$

https://www.geogebra.org/classic/qxkcm4zf

El cociente $\frac{x_{n+1}}{x_n}$ es igual a la pendiente de la recta generada por el vector $\vec{x_n} = (x_n, y_n)$ pero como este vector se aproxima a la recta generada por el vector propio $\vec{v} =(1, \phi)$ las pendientes $\frac{y_n}{x_n}$ se aproximan a la pendiente $\frac{\phi}{1}=\phi$ por esta razón los cocientes de la sucesión de Fibonacci se aproximan al valor de $\phi.$