funciones generatrices y combinatoriaverso.mat.uam.es/~pablo.fernandez/cap12-fgs2.pdffunciones...

Capıtulo 12

Funciones generatrices yCombinatoria

En los usos que de las funciones generatrices hemos hecho hasta ahora partıamos deuna sucesion de numeros (an), que codificabamos con una funcion generatriz f(x). De lasucesion (an) conocıamos habitualmente una formula (quizas escrita como una complicadasuma) o una regla de recurrencia. Manipulando la funcion generatriz, con las reglas queaprendimos en su momento, conseguıamos extraer conclusiones sobre la sucesion (an) como,por ejemplo, formulas a partir de la recurrencia.

El objetivo fundamental de este capıtulo, no lo ocultamos, pese a que el tıtulo pudiera ha-cer sospechar que nuestros intereses son mas amplios, es el de estudiar la cuestion del numerode particiones que podemos hacer de un entero positivo n, las que cuenta la funcion p(n)(vease la subseccion 3.3.3), o quizas tambien particiones con determinadas caracterısticas.

Pero, por el camino, y como parte de un lenguaje general, analizaremos otras cuestionescombinatorias como, por ejemplo, los multiconjuntos con ciertas peculiaridades o, de formaequivalente, el numero de soluciones de una ecuacion diofantica con ciertas restricciones.

En la seccion 10.6 ya adelantamos, en cierta manera, el espıritu del analisis que nosdisponemos a iniciar. La cuestion combinatoria que nos interesaba entonces, el numero depermutaciones con ciertas restricciones se codificaba, primero, como un tablero en el distri-buıamos torres y, tras esta representacion simbolica, las respuestas pertinentes se integrabanen una funcion generatriz (un polinomio, en realidad).

Al procedimiento de representacion simbolica de diversas cuestiones combinatorias esta de-dicada la primera seccion de este capıtulo.

La seccion 12.2 estara dedicada a aplicar esta tecnica al problema de las particiones.Nuestro objetivo es descubrir las funciones generatrices asociadas a los distintos tipos departiciones de interes, para luego extraer de ellas conclusiones relevantes (como, por ejemplo,reglas de recurrencia).

En la seccion 12.3 trataremos una cuestion fascinante, pero que requiere ciertas herra-mientas de Analisis Complejo, como es la de estudiar comportamientos asintoticos, funda-mentalmente las de las sucesiones relacionadas con las particiones de enteros.

849

850 Capıtulo 12. Funciones generatrices y Combinatoria

12.1. El metodo simbolico

El metodo simbolico es un procedimiento de representacion o, si se quiere, de codifi-cacion, que aplicaremos al analisis de las soluciones de familias de problemas combinatorioscomo, por ejemplo, cuantos multiconjuntos con determinadas caracterısticas podemos formarcon n elementos. Aquı n es el ındice de la familia en cuestion; cada valor de n nos situa anteun problema distinto, pero estos problemas estan, claro, muy relacionados. El objetivo esentenderlos todos a la vez, codificandolos en un unico objeto, que sera una serie de potencias.

Particiones de enteros, composiciones, subconjuntos, etc., son ejemplos de estas familias.En todas ellas veremos la utilidad del metodo simbolico; pero ahora, para descubrir el metodo,vamos a centrarnos en los multiconjuntos.

Partimos de un conjunto de sımbolos {1, . . . , n} y con ellos formamos multiconjuntos detamano k. Ya sabemos que, para cada n ≥ 1 y k ≥ 0,

R(n, k) = #{

multiconjuntos con k elementosextraıdos de {1, . . . , n}

}=(

k + n− 1n− 1

).

El argumento combinatorio que vimos en la subseccion 3.1.7 partıa de la representacion decada multiconjunto como

{1x1 , 2x2 , . . . , nxn} ,donde cada xj es un entero no negativo, de manera que la suma de todos ellos vale k.Ası determinabamos que R(n, k) coincide con el numero de soluciones de{

x1 + · · · + xn = kxj ≥ 0

},

una ecuacion diofantica con unas sencillas restricciones sobre las variables.Nos interesa ahora imponer condiciones mas complicadas a los multiconjuntos. Por ejem-

plo, que el elemento 1 aparezca un numero determinado de veces, o que los elementos serepitan a lo sumo un numero de veces, o que. . . Ya vimos en la subseccion 3.1.2, al menosen terminos del problema diofantico asociado, que la resolucion requerıa una aplicacion algoengorrosa del principio de inclusion/exclusion. Este ultimo comentario es propaganda parael lector, porque, por supuesto, el metodo simbolico nos permitira, por lo menos, representarestos multiconjuntos de manera agil y flexible.

Empecemos modestamente, solo con tres sımbolos: {1, 2, 3}. Nos interesan todos los mul-ticonjuntos distintos, de los que no fijamos todavıa el tamano, que se pueden formar con loselementos {1, 2, 3} en los que el 1 aparece a lo sumo dos veces, el 2 a lo sumo una vez y el 3a lo sumo dos veces.

Listemos todos los multiconjuntos que cumplen esta condicion atendiendo a su tamano:

Multiconjuntos:

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

tamano 0 → Øtamano 1 → {1} {2} {3}tamano 2 → {1, 1} {1, 2} {1, 3} {2, 3} {3, 3}tamano 3 → {1, 1, 2} {1, 1, 3} {1, 2, 3} {1, 3, 3} {2, 3, 3}tamano 4 → {1, 1, 2, 3} {1, 1, 3, 3} {1, 2, 3, 3}tamano 5 → {1, 1, 2, 3, 3}

(version preliminar 10 de noviembre de 2008)

12.1. El metodo simbolico 851

Cada uno de ellos se puede describir, de forma compacta e informativa, de la manera siguiente:

{1α, 2β , 3γ} con 0 ≤ α ≤ 2, 0 ≤ β ≤ 1 y 0 ≤ γ ≤ 2.

donde α indica el numero de veces que aparece el elemento 1 en el multiconjunto, β el numerode veces que lo hace el 2 y γ, el 3.

Por otro lado, la propia notacion anterior nos invita a considerar el siguiente producto depolinomios

(1 + x1 + x12) (1 + x2) (1 + x3 + x3

2) .

Si desarrollamos este producto y agrupamos los terminos que nos aparecen segun su gradototal (la suma de los grados con que aparezcan las variables x1, x2 y x3), obtenemos:

Sumandos:

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩

grado 0 → 1grado 1 → x1 x2 x3

grado 2 → x12 x1x2 x1x3 x2x3 x3

2

grado 3 → x12x2 x1

2x3 x1x2x3 x1x32 x2x

23

grado 4 → x12x2x3 x2

1x23 x1x2x

23

grado 5 → x12x2x3

2

Todos los sumandos son de la forma

xα1 xβ

2 xγ3 con 0 ≤ α ≤ 2, 0 ≤ β ≤ 1 y 0 ≤ γ ≤ 2.

De manera que los multiconjuntos y los monomios son la misma cosa: en ambos casos, bastacon dar una lista de tres numeros, (α, β, γ), que cumplan las restricciones senaladas arriba,para tener, en un caso, un multiconjunto de los que queremos contar, y en el otro un sumandoen el desarrollo del polinomio. La regla (biyeccion) que nos permite pasar de unos objetos aotros sera

x1αx2

βx3γ ←→ {1α, 2β , 3γ}

�=�1,

α veces· · · , 1, 2,β veces· · · , 2, 3,

γ veces· · · , 3��

.

Ademas, el grado total de cada monomio coincide con el tamano del multiconjunto que tieneasociado.

Hemos transformado el problema de contar el numero de multiconjuntos de tamano diga-mos k que podemos formar con los elementos {1, 2, 3}, respetando las restricciones senaladas,en el de contar cuantos terminos de grado total k aparecen en el desarrollo del producto depolinomios escrito anteriormente.

Resta un ultimo paso en el esquema de representacion del metodo simbolico. Suele ser elcaso que solo nos interesa el numero de multiconjuntos con las propiedades requeridas, y nouna lista con todos ellos. Si en el producto

(1 + x1 + x21)(1 + x2)(1 + x3 + x2

3)

ponemos x1 = x2 = x3 = x, entonces todos los monomios de grado k se transforman en xk,y el coeficiente de xk de

(1 + x + x2)(1 + x)(1 + x + x2)

nos dice, finalmente, cuantos k-multiconjuntos hay con las restricciones impuestas.



La idea es general: digamos que, partiendo de los sımbolos {1, . . . , n}, nos interesa formarlos multiconjuntos en los que el sımbolo 1 aparece, a lo sumo, r1 veces, el sımbolo 2 a lo sumor2 veces, etc. Con argumentos analogos a los de antes, podemos establecer una biyeccionentre los dos siguientes colecciones de objetos:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

Multiconjuntos extraıdosde {1, . . . , n} en los quecada elemento j aparece,

a lo sumo, rj veces.

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭←→⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

Sumandos que aparecen en el desarrollodel producto de polinomios en n variables

n∏j=1

(1 + xj + · · ·+ x

rj

j

)⎫⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎭

Fijemonos en que el numero de elementos {1, . . . , n} que conforman los multiconjuntos coinci-de con el de variables que consideramos, x1, . . . , xn. Y que el numero de apariciones permitidasde cada elemento j (entre 0 y rj) se traduce en el tipo de polinomio en la variable xj queconsideramos (en este caso, un polinomio con todos los terminos entre grado cero y grado rj).

Si lo que queremos es contar el numero de multiconjuntos de tamano k con estas carac-terısticas, es decir, conocer el numero de soluciones de{

x1 + · · · + xn = kxj ≤ rj

},

el truco de cambiar, en el producto de polinomios, a una unica variable x, nos permite afirmarque la respuesta esta en el coeficiente que acompana a xk en el desarrollo en serie de

n∏j=1

(1 + x + x2 + · · ·+ xrj

).

Esta es la esencia del metodo simbolico. Veamoslo ahora en accion en unos cuantos ejemplos.

Ejemplo 12.1.1 Multiconjuntos formados con los sımbolos {1, . . . , n}.Si no queremos imponer restricciones sobre cuantas repeticiones se permiten a los elementos,entonces debemos considerar el producto siguiente:

(1 + x1 + x12 + · · · )(1 + x2 + x2

2 + · · · ) · · · (1 + xn + xn2 + · · · ) ,

que contiene infinitos terminos, cada uno de los cuales se corresponde con un multiconjuntoextraıdo de {1, . . . , n} sin restricciones sobre el numero de veces que aparece cada elemento.

Si lo que nos interesa es el numero de multiconjuntos de tamano k, entonces sustituimoscada una de las variables x1, x2, . . . , xn por una unica variable x para obtener(

1 + x + x2 + . . .)n =

(1

1− x

)n

.

La respuesta que buscamos, el numero R(n, k), es el coeficiente de xk de la serie de potenciasanterior, una de nuestras favoritas:

1(1− x)n

=∞∑

k=0

(n + k − 1

k

)xk .

Recuperamos ası la conocida formula para los R(n, k). ♣



Ejemplo 12.1.2 Subconjuntos (sin repeticion) del conjunto {1, . . . , n}.Ahora nos interesan los subconjuntos de {1, . . . , n}, esto es, en interpretacion algo forzada, losmulticonjuntos formados con los sımbolos {1, . . . , n} en los cada elemento aparece, a lo sumo,una vez. Cada uno de estos estos subconjuntos se corresponde con uno de los 2n terminos delproducto de polinomios

(1 + x1)(1 + x2)(1 + x3) · · · (1 + xn) .

Como antes, si lo que queremos es el numero de subconjuntos de {1, . . . , n} que tienentamano k, sustituimos x1, . . . , xn por una unica x y obtenemos el polinomio

(1 + x)n =n∑

k=0

(n

k

)xk .

La respuesta es, por supuesto, que podemos extraer(nk

)subconjuntos de tamano k del con-

junto {1, . . . , n}. ♣Ejemplo 12.1.3 Composiciones del entero n con k sumandos.

Ya vimos, en la subseccion 3.1.2, que el numero de estas composiciones, es decir, el numerode soluciones de {

x1 + · · ·+ xk = nxj ≥ 1

},

era(n−1k−1

). Observese tambien que, para esta cuestion, hemos cambiado los papeles de k y n

con respecto a las ecuaciones diofanticas que hemos escrito antes.Si seguimos con el espıritu abstracto y simbolico que empapa esta seccion, podemos

entender cada composicion como un multiconjunto de tamano n extraıdo de un conjunto dek sımbolos, donde cada uno de ellos aparece al menos una vez. Olvidemonos por ahora deltamano n, y asociemos a este tipo especial de multiconjuntos formados con k sımbolos elproducto de polinomios correspondiente, que sera

k∏j=1

(xj + x2j + x3

j + · · · ) =k∏

j=1

xj

1− xj

Notese que el que cada sımbolo aparezca al menos una vez en el multiconjunto se traduceen que los polinomios considerados no tienen termino independiente. Ahora, de todos estosmulticonjuntos, nos interesa contar cuantos hay con tamano n. El ya habitual paso a unaunica variable nos dice que la respuesta esta en el coeficiente n-esimo de la funcion

k∏j=1

x

1− x= xk 1

(1− x)k= xk

∞∑m=0

(m + k − 1

k − 1

)xm

=∞∑

m=0

(m + k − 1

k − 1

)xm+k =

∞∑n=k

(n− 1k − 1

)xn .

Ahı aparece la respuesta. ♣



Consideremos, finalmente, el siguiente problema, que tiene unas caracterısticas especiales,muy cercanas a las que mas adelante nos apareceran en el estudio de las particiones de enteros.

Ejemplo 12.1.4 El cambio de monedas. Disponemos de monedas de uno, dos, cincoy veinte centimos de euro. Queremos contar de cuantas maneras distintas podemos dar elcambio de, digamos, diez euros.

Si llamamos, respectivamente, x1, x2, x5 y x20 al numero de monedas de 1, 2, 5 y 20 centimosque entran en un cambio de estos, estamos buscando las soluciones de{

x1 + 2x2 + 5x5 + 20x20 = 1000x1, x2, x5, x20 ≥ 0

},

porque 10 euros son 1000 centimos de euro y debemos tener en cuenta el valor de cadamoneda. Observese que no es una ecuacion diofantica como las escritas hasta aquı.

Pero pongamos en marcha la maquinaria simbolica: Llamemos, por ejemplo, P2 al con-junto de todas las posibles combinaciones de dos centimos y representemoslas simbolicamentecomo

22 2 2 2 2 2 2 2 2 . . .2P2 −→

donde el primer sımbolo significa que no se utiliza ninguna moneda de dos centimos. Hagamoslo mismo con las monedas de cinco centimos:

55 5 5 5 5 5 5 5 5 . . .5P5 −→

Supongamos, por el momento, que se nos permite dar cambio utilizando monedas de dosy cinco centimos. Las posibles combinaciones (que llamaremos P2,5) seran

52 2 5 2 5 2 5 5 5 · · ·2P2,5 −→ 5 5 5 5 5

52 2 5 2 5 2 5 5 52 · · ·5

2

5 5 5 5

2 5 2 2 5 2 2 5 2 2 55 5 5 · · ·......

...

(Observese que el orden de presentacion de las monedas no importa). Intentemos ahoraexpresar estos sımbolos en terminos de objetos mas conocidos: por ejemplo, podemos asociara P2 un polinomio en una variable x2,

P2(x2) = 1 + x2 + x22 + x3

2 + · · ·

La relacion es transparente: el elemento de P2 que no tiene moneda alguna se correspondecon el termino 1 del polinomio, el que tiene una moneda, con el termino x2, etc. Lo mismopodemos hacer para las monedas de cinco:

P5(x5) = 1 + x5 + x25 + x3

5 + · · ·



Esta representacion sera util si podemos reproducir el algebra de las monedas, es decir, si al-guna combinacion de los polinomios P2(x2) y P5(x5) nos produce todas las configuraciones demonedas que se pueden obtener al mezclar los dos tipos. Si multiplicamos los dos polinomios,

P2(x2)P5(x5) =(1 + x2 + x2

2 + x32 + · · · ) (1 + x5 + x2

5 + x35 + · · · )

= 1(1 + x5 + x2

5 + · · · )+ x2

(1 + x5 + x2

5 + · · · )+ x22

(1 + x5 + x2

5 + · · · )+ · · ·Perfecto, ¡funciona!. Porque a cada configuracion de monedas que puede aparecer le corres-ponde un termino (y solo uno) en este producto de polinomios: por ejemplo, dos monedas dedos y tres de cinco se corresponde con el termino x2

2 x35.

Vamos a definir, de forma analoga, otros polinomios para cubrir el resto de los casos: paralas monedas de uno, el polinomio P1(x1), y para las de veinte, P20(x20). De esta manera, todala informacion sobre las configuraciones de monedas que pueden aparecer usando los cuatrotipos esta codificada en el producto de polinomios

P1(x1)P2(x2)P5(x5)P20(x20) =∏

j=1,2,5,20

(1 + xj + x2

j + x3j + · · · ) .

Pero lo querıamos contar, recordemos, era de cuantas maneras se puede dar cambio de diezeuros con estos cuatro tipos de monedas. Consideremos una configuracion de monedas cual-quiera, por ejemplo, la que contiene a monedas de 1, b de 2, c de 5 y d de 20. El “valor” deesta combinacion es a + 2b + 5c + 20d. Pero el termino que en la representacion simbolicaanterior lleva asociada esta configuracion es

xa1 xb

2 xc5 xd

20 .

De manera que, si hacemos el cambio habitual de pasar a una unica variable x, este termino setransforma en xa+b+c+d. El grado de este monomio no es el que querrıamos, a+2b+5c+20d.

Luego el cambio habitual no es el apropiado aquı. Aunque mas adelante formalizaremosla tecnica general, ya podemos intuir, por la estructura del problema (los diferentes valoresde cada moneda), que el cambio adecuado es

x1 = x , x2 = x2 , x5 = x5 y x20 = x20 ,

de manera que, por ejemplo,

xa1 xb

2 xc5 xd

20 pasa a ser xa x2b x5c x20d = xa+2b+5c+20d ,

y todo cuadra. Con este peculiar cambio, el producto de polinomios se convierte en(1 + x2 + x4 + · · · ) (1 + x2 + x4 + · · · ) (1 + x5 + x10 + · · · ) (1 + x20 + x40 + · · · ) =

=1

1− x

11− x2

11− x5

11− x20

El coeficiente del termino de grado 1000 en el desarrollo de este producto de funciones es larespuesta a la pregunta que planteabamos en este ejemplo. Pero notese que en esta expresionestan codificadas todas las respuestas a los posibles problemas de cambio con monedas conuno, dos, cinco y veinte, y no solo la de dar cambio de 1000 centimos de euro. ♣



EJERCICIOS DE LA SECCION 12.1

12.1.1 Compruebese que, si L(k) son los numeros de Leibniz (vease el ejemplo 6.1.14), es decir, elresultado de escribir k en binario y sumar luego las cifras de este desarrollo, se cumple que

N∏j=0

(1 + y x2j )

=2N+1−1∑

k=0

yL(k) xk para cada N ≥ 0.

Compruebese que

(a) 3N+1 =2N+1−1∑

k=0

2L(k) ;

(b) (1 + y)N+1 =2N+1−1∑

k=0

yL(k) ;

(c) #{0 ≤ k ≤ 2N+1 / L(k) = j} =(

N + 1j

)para cada 0 ≤ j ≤ N + 1 ;

(d)∞∏

j=0

(1 + x2j

) =∞∑

k=0

xk =1

1− xsi |x| < 1.


12.2. Funciones generatrices y particiones de enteros 857

12.2. Funciones generatrices y particiones de enteros

El objetivo en esta seccion es escribir la funcion generatriz de la sucesion (pn), que cuentael numero de particiones del entero positivo n, y tambien las funciones generatrices asociadasa particiones de n con diversas restricciones. Es esta una cuestion clasica, que se remonta aEuler, y que, como vera el lector, tiene unos resultados y conexiones fascinantes.

Sobre particiones de enteros ya sabemos mucho: el lector puede consultar la seccion 3.3.3.Pero allı no tenıamos todavıa la ayuda de las funciones generatrices.

Vamos a empezar con las particiones de n que tienen partes (sumandos) de tamano alo sumo k. Llamemos yj al numero de veces que aparece el sımbolo j en la particion; cadaaparicion de j contribuye, claro, con j unidades a la suma (y el total ha de ser n). Ası quehay tantas particiones de n con partes de tamano a lo sumo k como soluciones tiene{

y1 + 2 y2 + 3 y3 + · · ·+ k yk = nyj ≥ 0

}Esta cuestion nos recuerda a la del cambio de monedas que vimos en el ejemplo 12.1.4.Vamos a transformarla en una con un aspecto mas familiar de la siguiente manera: para cadaj = 1, . . . , k, consideramos el cambio de variables xj = j yj. Con esto, nos enfrentamos conla cuestion de contar el numero de soluciones de la ecuacion diofantica

x1 + x2 + · · ·+ xk = n ,

donde ahora las restricciones son algo distintas, pues cada xj ha de ser un multiplo (nonegativo) de j. Esto es, x1 puede ser un entero no negativo cualquiera, pero x2 ha de ser par,x3 multiplo de 3, etc.

Este planteamiento, junto con los ejemplos que vimos en la seccion 12.1, nos convencen dela necesidad de desarrollar una metodologıa general para abordar las siguientes cuestiones:

contar el numero de multiconjuntos de tamano n formados con los sımbolos {1, . . . , k}con restricciones del siguiente tipo: para cada j = 1, . . . , k, el sımbolo j puede aparecerun numero de veces que pertenece a un cierto conjunto Lj ⊆ N ∪ {0}.

O, equivalentemente, contar el numero de soluciones de{

x1 + x2 + · · ·+ xk = n ,x1 ∈ L1, x2 ∈ L2, . . . , xk ∈ Lk.

Los datos del problema son n, k y cada uno de los Lj. Como podra comprobar el lector, todoslos ejemplos que hemos visto hasta aquı se ajustan a esta estructura, sin mas que estableceradecuadamente los papeles de k y n y tomar los Lj apropiados.

Ahora recurrimos al metodo simbolico. Buscamos primero un producto de k seriesde potencias en cuyo desarrollo cada termino se corresponda con uno de los multiconjuntosque estamos manejando. Para que se cumplan las restricciones del problema, ese productohabra de ser de la siguiente forma:

P (x1, . . . , xk) =( ∑

j∈L1

xj1

)( ∑j∈L2

xj2

)· · ·( ∑

j∈Lk

xjk

).



Como lo que nos interesa es el numero de terminos que tienen grado total n, empleamos eltruco habitual de cambiar a una unica variable x. Ası obtenemos

P (x) =( ∑

j∈L1

xj

)( ∑j∈L2

xj

)· · ·( ∑

j∈Lk

xj

)=

k∏j=1

( ∑m∈Lj

xm

)=

k∏j=1

QLj(x) ,

donde, por comodidad, hemos llamado QLj (x) a

QLj(x) =∑

m∈Lj

xm para cada j = 1, . . . , k.

Tras esto, el numero de multiconjuntos de tamano n de {1, . . . , k} en los que el numero deveces que aparece el sımbolo j pertenece al conjunto Lj (o el numero de soluciones de laecuacion diofantica asociada) es lo mismo que el coeficiente de xn en el desarrollo de P (x).

Por ejemplo, si nos interesan los multiconjuntos de tamano n con sımbolos del con-junto {1, . . . , k} (sin restricciones), tendremos que considerar Lj = N ∪ {0}, para cadaj = 1, . . . , k:

QLj(x) =∞∑

m=0

xm =1

1− x=⇒ P (x) =

k∏j=1

QLj(x) =1

(1− x)k=

∞∑n=0

(k + n− 1

k − 1

)xn .

Observe el lector que el coeficiente de xn de P (x) es R(k, n) pues, como ya habra notado,hemos cambiado los papeles habituales de n y k.

Si ahora estuvieramos interesados en los multiconjuntos de tamano n con sımbolos delconjunto {1, . . . , k} en los que cada sımbolo aparece al menos una vez, esto es, en las com-posiciones de n con k sumandos, tendrıamos que Lj = N para cada j = 1, . . . , k. Ası que

QLj(x) =∞∑

m=1

xm =x

1− x=⇒ P (x) =

k∏j=1

QLj(x) =xk

(1− x)k=

∞∑n=0

(n− 1k − 1

)xn

La respuesta es, como bien sabemos,(n−1k−1

). Veamos otro ejemplo:

Ejemplo 12.2.1 Queremos contar el numero de multiconjuntos de tamano n que se puedenformar con los sımbolos {1, 2, 3} de manera que haya un numero par (o cero) de unos, unnumero impar de doses y, a lo sumo, 2 treses. Esto es, las soluciones de x1 + x2 + x3 = n,con x1 par, x2 impar y 0 ≤ x3 ≤ 2.

La respuesta esta en el coeficiente n-esimo del desarrollo de

P (x) =( ∑

m par

xm

)( ∑m impar

xm

)( 2∑m=0

xm

)= (1+x+x2)

11− x2

x

1− x2=

x + x2 + x3

(1− x)2 (1 + x)2,

porque∑m par

xm =∞∑

m=0

x2m =1

1− x2y

∑m impar

xm =∞∑

m=0

x2m+1 = x

∞∑m=0

x2n =x

1− x2.



Utilizando fracciones simples, desarrollamos en serie de potencias P (x) para obtener que susucesion de coeficientes, las respuestas buscadas para cada n, viene dada por(n

4[3− (−1)n

])∞n=0

= (0, 1, 1, 3, 2, 5, 3, 7, 4, 9, 5, 11, 6, 13, 7, 15, 8, 17 . . . ) .

El lector puede entretenerse listando los multiconjuntos con estas caracterısticas que haypara los primeros valores de n. ♣

Volvamos sobre el ejemplo 12.1.4 sobre el cambio de monedas, ahora con este enfoquegeneral. Hay cuatro sımbolos, {1, 2, 5, 20}, y los conjuntos asociados son los siguientes: L1 =N ∪ {0}, L2 son los numeros pares, L5 son los multiplos de 5, mientras que L20 los de 20. Elnumero de maneras de dar cambio de n centimos de euro con estas monedas es el coeficienteque acompana a xn en

P (x) =( ∞∑

m=0

xm)( ∞∑

m=0

x2m)( ∞∑

m=0

x5m)( ∞∑

m=0

x20m)

=1

1− x

11− x2

11− x5

11− x20

.

Ahora no es tarea sencilla obtener una expresion para el coeficiente n-esimo de P (x), aunqueel ordenador los calcula muy eficientemente. Volveremos sobre este ejemplo en la seccion 12.3(vease en particular el ejemplo 12.3.4).

Consideremos las particiones de n cuyos sumandos son, a lo sumo, de tamano k. Comovimos al principio de esta seccion, el problema es equivalente a extraer multiconjuntos detamano n de {1, . . . , k} de manera que cada sımbolo j pertenezca a Lj = {0, j, 2 j, 3 j, . . . }.O bien, si queremos, a contar el numero de soluciones de x1 + · · · + xk = n, donde xj ∈ Lj,para cada j = 1, . . . , k. Las sumas de interes son

QLj(x) =∑

m multiplo de j

xm =∞∑

m=0

xj m =1

1− xjpara cada j = 1, . . . , k.

De manera que la funcion generatriz de los numeros p(n |partes de tamano a lo sumo k) es

P (x) =k∏

j=1

QLj(x) =k∏

j=1

11− xj

=1

1− x

11− x2

. . .1

1− xk.

Finalicemos esta introduccion analizando, por fin, las particiones de n.

Ejemplo 12.2.2 La funcion generatriz de los numeros p(n), el numero de particiones de n.

Llamamos de nuevo yj al numero de veces que aparece el numero j en la particion. Haytantas particiones de n como soluciones tenga la ecuacion

y1 + 2y2 + 3y3 + 4y4 + · · · = n ,

donde todos los yj son no negativos. Observe el lector que, para un n dado, la suma es finitapues, por ejemplo, no podemos elegir numeros mayores que el propio n para la particion. Perono nos preocupemos por eso, que esa informacion ya esta contenida en la funcion generatriz.



El cambio j yj = xj , para cada j, nos lleva a considerar las soluciones de

x1 + x2 + x3 + x4 + · · · = n ,

donde cada xj debe pertenece ahora al conjunto {0, j, 2 j, 3 j, . . . }. Con argumentos analogosa los empleados en el caso de las particiones con partes de tamano limitado, llegamos a quela sucesion p(n) son los coeficientes de la funcion

P (x) =∞∏

j=1

11− xj

.

O, escrito de otra manera,∞∑

n=0

p(n)xn =∞∏

j=1

11− xj

.

En las subsecciones 12.2.3 y 12.3.3 nos dedicaremos a extraer informacion sobre p(n) a partirde esta identidad. ♣

12.2.1. Estructuras combinadas

Pero antes de seguir con las particiones de los enteros, veamos el proceso seguido desdeotro punto de vista.

Supongamos que queremos contar el numero de multiconjuntos de tamano n que se puedenformar con los sımbolos {1, 2, 3} de manera que 1 y 2 aparezcan un numero par de veces,mientras que 3 ha de aparecer en un numero impar de ocasiones. Sabemos que la respuestaesta contenida en el coeficiente n−esimo de la funcion

f(x) =( ∑

m par

)( ∑m par

)( ∑m impar

)=

x

(1− x2)3.

Desarrollando en serie de potencias, obtendrıamos el coeficiente buscado. Pero no nos interesaeso ahora. Sobre lo que queremos reflexionar es: ¿cual es la diferencia entre los sımbolos 1 y 2?En realidad ninguna, pues ambos cumplen la misma condicion: han de aparecer un numeropar de veces. Podrıamos entonces haber partido de un conjunto de tres sımbolos, dos de unaclase (el 1 y el 2), y un tercero de otra clase.

Con esta idea en mente, hagamos un planteamiento mas general e introduzcamos unlenguaje que confiamos sea ilustrativo: tenemos los sımbolos {1, 2, . . . }, pero cada sımbolotiene una cierta cantidad, dj , de isotopos. Y formamos multiconjuntos donde, para cada j,el numero de apariciones de (cualquiera de) los isotopos de j pertenezca a un conjunto Lj.Visto de otra manera, partimos de un conjunto de sımbolos

{11, 12, . . . , 1d1 , 21, 22, . . . , 2d2 , . . . }

y queremos formar multiconjuntos con ellos. Pero todos los isotopos del 1 (11, 12, etc.) hande aparecer un numero de veces perteneciente a L1, los del 2 a L2, etc.



Entonces, si llamamos h(n) al numero de multiconjuntos de tamano n con estas carac-terısticas y

QLj(x) =∑

m∈Lj

xm ,

es facil comprobar que

h(n) = Coefn

[ ∞∏j=1

QLj(x)dj

].

En otras palabras, que∞∑

n=0

h(n)xn =∞∏

j=1

QLj (x)dj .

Nada de esto es una novedad, simplemente estamos agrupando los sımbolos que dan contribu-ciones iguales a la funcion generatriz global. Pero es una notacion conveniente para estudiarciertos problemas. En particular, uno sobre el numero de arboles no isomorfos. Veamos antesun par de ejemplos mas sencillos.

Ejemplo 12.2.3 Tenemos el conjunto de sımbolos {1, . . . , 7} y queremos formar multicon-juntos de tamano n en los que los sımbolos 1, 2 y 3 aparezcan un numero par de veces y losrestantes, un numero impar de veces. Llamemos h(n) al numero de multiconjuntos que sepueden formar en estas condiciones.

Los sımbolos 1, 2 y 3 los interpretamos como isotopos de un sımbolo 1; cualquiera de ellospuede aparecer un numero de veces perteneciente a L1 = {pares}. El resto de los sımbolosson isotopos de un sımbolo 2, y sus apariciones pertenecen a L2 = {impares}. Si queremos,consideramos otros sımbolos 3,4, . . . que no tienen isotopo alguno.

En estos terminos, basta aplicar la formula general con d1 = 3, d2 = 4 y dj = 0 paraj ≥ 2 y obtener que

∞∑n=0

h(n)xn = Q3pares(x)Q4

impares(x) =(

11− x2

)3 ( x

1− x2

)4

.

Llegamos ası, directamente, al resultado que habrıamos obtenido con el metodo habitual. ♣

Ejemplo 12.2.4 Llamemos d(n) al numero de arboles no isomorfos con n vertices, y h(n)al numero de bosques no isomorfos con n vertices.

En la seccion 8.2.1 estudiamos los primeros valores de d(n):

n 1 2 3 4 5 6 7 8 · · ·d(n) 1 1 1 2 3 6 11 23 · · ·

Para formar un bosque con n vertices basta escoger unos cuantos arboles, de manera que entotal tengamos n vertices. Etiquetemos con 1 a los arboles con un unico vertice, con 2 a losque tienen dos vertices, etc. En general, el sımbolo j representa a los arboles con j vertices(este sımbolo tiene d(j) isotopos).



Todo lo que tenemos que hacer es formar multiconjuntos de tamano total n formadoscon los sımbolos {1,2, . . . } de manera que cualquiera de los d(j) isotopos de cada sımbolo japarezca un numero de veces perteneciente al conjunto Lj = {0, j, 2 j, 3 j, . . . } (porque cadavez que escogemos un isotopo de estos para el bosque, aportamos j vertices). El numero demaneras de hacer esto, que llamabamos h(n), sera entonces

h(n) = Coefn

[ ∞∏j=1

QLj(x)d(j)

].

Pero como

QLj(x) =∞∑

m=0

xm j =1

1− xj,

obtenemos finalmente que∞∑

n=0

h(n)xn =∞∏

j=1

1(1− xj)d(j)

.

Esta expresion liga los valores de h(n) con los d(j): si conocieramos alguna de las sucesiones,podrıamos calcular los terminos de la otra. Pero ninguna de esas dos cantidades son sencillasde obtener, como bien sabemos. La dificultad, por supuesto, estriba en que aquı no hayetiquetas1. ♣

Si anadimos estructura al problema, podemos obtener un resultado mejor.

Ejemplo 12.2.5 Llamemos ahora d(n) al numero de arboles no isomorfos con n vertices,pero donde senalamos un vertice especial, la raız. De la misma forma, h(n) describe el numerode bosques no isomorfos con n vertices tales que todos sus arboles tienen raız.

Los mismos argumentos que en el ejemplo anterior nos permiten deducir que∞∑

n=0

h(n)xn =∞∏

j=1

1

(1− xj)�d(j).

Pero ahora tenemos una ventaja, y es que ocurre que h(n) = d(n + 1), para cada n ≥ 0. Labiyeccion que permite relacionar ambas cantidades esta representada en el siguiente esquema(en oscuro, los vertices que son raız):

��

1Si las hubiera, sabemos, por el teorema de Cayley (teorema 8.8), que arboles distintos con n verticeshay nn−2. Pero ¡atencion!: si consideraramos etiquetas, los argumentos sobre la forma en que se combinanlos arboles para formar bosques se complican: las funciones generatrices exponenciales que veremos en elcapıtulo 13 nos ayudaran en ese caso.



En palabras, dado un bosque con n vertices (de manera que todos sus arboles tengan raız),anadimos un nuevo vertice que unimos con todas las raıces para obtener un arbol con raızy un vertice mas. Y al reves: dado un arbol con raız y n + 1 vertices, eliminamos la raızy todas las aristas que parten de el: obtenemos ası un bosque con n vertices cuyos arbolestienen todos raız (son los “hijos” de lo que era la raız original).

Con este ingrediente extra, podemos escribir que

∞∑n=0

d(n + 1)xn =∞∏

j=1

1

(1− xj)�d(j).

En esta identidad, que ya obtuvo Cayley en 1857, solo aparecen los d(n); a partir de ellapodrıamos implementar un procedimiento recursivo para obtener los valores de la sucesion(d(n)), cuyos primeros terminos son

n 1 2 3 4 5 6 7 8 · · ·d(n) 1 1 2 4 9 20 48 115 · · ·

♣

12.2.2. Particiones restringidas

Tras este interludio, volvamos a nuestras particiones de enteros. Ya sabemos que la funciongeneratriz de las particiones de n cuyas partes son, a lo sumo, de tamano k, es

∞∑n=0

p(n |partes de tamano ≤ k)xn =k∏

j=1

11− xj

.

De esta expresion podemos obtener, de manera casi inmediata, la funcion generatriz de losnumeros pk(n), las particiones de n con exactamente k partes. Observemos primero quepk(n) = 0 si n < k (porque cada parte, al menos, es de tamano 1). Si ademas recordamos elteorema 3.7, que nos decıa que

p(n |partes de tamano a lo sumo k) = p(n + k | k partes) = pk(n + k) ,

obtenemos que

k∏j=1

11− xj

=∞∑

m=0

p(m |partes de tamano a lo sumo k)xm

=∞∑

m=0

pk(m + k)xm =∞∑

n=k

pk(n)xn−k =∞∑

n=0

pk(n)xn−k .

De donde∞∑

n=0

pk(n)xn = xkk∏

j=1

11− xj

.



En los siguientes ejemplos analizamos otros tipos de particiones:

Ejemplo 12.2.6 La funcion generatriz de las particiones de n en las que cada parte aparece,a lo sumo, k veces.

Si llamamos, como siempre, yj al numero de veces que aparece el sımbolo j en la particion,contar esas particiones es lo mismo que contar el numero de soluciones de{

y1 + 2y2 + 3y3 + · · · = n0 ≤ yj ≤ k

o bien el de

{x1 + x2 + x3 + · · · = n

xj ∈ {0, j, 2 j, . . . , k j}(notese que ahora cada conjunto Lj es finito, ası que apareceran polinomios). Con las herra-mientas habituales, llegamos a que

∞∑n=0

p(n∣∣cada parte, a lo sumo k veces

)xn =

∞∏j=1

(1 + xj + · · ·+ xkj

)=

∞∏j=1

1− x(k+1)j

1− xj ♣Ejemplo 12.2.7 Obtengamos la funcion generatriz de las particiones de n que tienen todassus partes distintas.

No hay mas que considerar el ejemplo anterior en el caso en que k = 1:∞∑

n=0

p(n |partes distintas)xn =∞∏

j=1

1− x2j

1− xj=

∞∏j=1

(1 + xj

). ♣

Ejemplo 12.2.8 Supongamos que solo queremos contar las particiones con partes impares.

En general, si las partes han de estar en un cierto conjunto L, entonces∞∑

n=0

p(n |partes en L)xn =∏j∈L

11− xj

.

En el caso que nos ocupa, el conjunto L sera el de los impares y∞∑

n=0

p(n |partes impares)xn =∞∏

j=0

11− x2j+1

. ♣Con esto podemos probar, casi de forma inmediata, un resultado que anunciabamos al

final de la seccion 3.3.3:

Teorema 12.1 (Euler)

p(n | partes impares) = p(n | partes distintas) .

Demostracion. Solo hay que comprobar que ambas sucesiones de numeros tienen la mismafuncion generatriz. Manipulando la correspondiente a las particiones con todas sus partesdistintas (ejemplo 12.2.7),

∞∏j=1

1− x2j

1− xj=

∏j par(1− xj)∏∞j=1(1 − xj)

=∏

j impar

11− xj

,

llegamos a la de las particiones con partes impares (ejemplo 12.2.8). �



12.2.3. Calculo de p(n)

En la subseccion 3.3.3, con la ayuda de los diagramas de Ferrers, obtuvimos unas relacionesde recurrencia para los pk(n): si k > 1,

pk(n) = pk−1(n− 1) + pk(n− k)

(vease el teorema 3.6). Con ellas podıamos calcular los pk(n) y, sumando en todos los valoresde k, tambien los p(n). Tambien vimos entonces unos resultados de Euler que involucrabana los numeros pentagonales. Ahora veremos su utilidad.

Empecemos recordando la funcion generatriz, que llamaremos P (x), de las particionesde n cuyas partes son todas distintas:

∞∑n=0

p(n |partes distintas)xn =∞∏

j=1

(1 + xj) ≡ P (x) .

Cada particion de n cuyas partes sean todas distintas contribuye con un 1 al coeficiente de xn

del desarrollo de la funcion P (x). ¿Y si consideraramos la funcion

P (x) =∞∏

j=1

(1− xj) ?

Es como la funcion P (x), pero cambiamos un signo (aunque, ¡ojo!, no es P (−x)). Cadaparticion de n con partes distintas sigue contribuyendo al coeficiente de xn de P (x); peroahora con un (−1)s, donde s es el numero de partes que tenga la particion: si tiene un numeroimpar de partes, contribuira con un −1 y si un numero par, con un 1. Es decir,

Coefn

[ ∞∏j=1

(1− xj)]

= ppar(n)− pimpar(n) ,

donde llamamos (como ya hacıamos en la seccion 3.3),

ppar(n) = p(n |numero par de partes, todas distintas)pimpar(n) = p(n |numero impar de partes, todas distintas)

Ya vimos (teorema 3.8) que esta diferencia es cero excepto cuando n coincide conm

2(3m± 1) para cierto entero m ≥ 1 ,

en cuyo caso vale (−1)m. Esto es,

P (x) =∞∏

j=1

(1− xj) = 1 +∞∑

m=1

(−1)m(x

m2

(3m−1) + xm2

(3m+1))

.

Lo que explica el curioso comportamiento del desarrollo de P (x):∞∏

j=1

(1− xj) = 1− x− x2 + x5 + x7 − x12 − x15 + x22 + x26 − x35 − x40 + · · · ,

un desarrollo con muchos coeficientes nulos y un patron de signos aparentemente reconocible:dos signos mas, dos signos menos, etc.



Esta sorprendente identidad tiene su aplicacion, como ya viera Euler, al calculo de p(n).Porque la funcion generatriz de los p(n)

∞∑n=0

p(n)xn =∞∏

j=1

11− xj

es precisamente la recıproca de la funcion P (x). Es decir, que

1 =∞∏

j=1

(1− xj)∞∏

k=1

11− xk

=( ∞∑

n=0

p(n)xn

)(1 +

∞∑m=1

(−1)m(x

m2

(3m−1) + xm2

(3m+1)))

Ası que el coeficiente n-esimo de este producto de series es cero para cada n ≥ 1. Utilizandola regla habitual de multiplicacion de series de potencias, se obtiene que, para cada n ≥ 1,

0 = p(n) +∞∑

m=1

(−1)m[p(n− m

2(3m− 1)

)+ p(n− m

2(3m + 1)

)].

O, escrito de otra manera,

p(n) =∞∑

m=1

(−1)m+1[p(n− m

2(3m− 1)

)+ p(n− m

2(3m + 1)

)]= p(n− 1) + p(n− 2)− p(n− 5)− p(n− 7) + p(n− 12) + p(n− 15)− · · ·

La suma es en realidad finita, pues solo aparecen terminos p(n− k) en los que n− k ≥ 0. Esdecir, es una autentica recurrencia que nos permitira calcular el valor de p(n), para cada n.Para ello, sera siempre util tener la tabla de los numeros pentagonales:

m 1 2 3 4 5 6 7 8 · · ·m(3m− 1)/2 1 5 12 22 35 51 70 92 · · ·m(3m + 1/2) 2 7 15 26 40 57 77 100 · · ·

(en realidad, los pentagonales son los numeros de la primera fila). Los primeros casos son(recordemos que p(0) = 1):

p(1) = [p(1− 1)] = p(0) = 1p(2) = [p(2− 1) + p(2− 2)] = p(1) + p(0) = 2p(3) = [p(3− 1) + p(3− 2)] = p(2) + p(1) = 3p(4) = [p(4− 1) + p(4− 2)] = p(3) + p(2) = 5p(5) = [p(5− 1) + p(5− 2)]− [p(5− 5)] = p(4) + p(3) − p(0) = 7p(6) = [p(6− 1) + p(6− 2)]− [p(6− 5)] = p(5) + p(4) − p(1) = 11p(7) = [p(7− 1) + p(7− 2)]− [p(7− 5) + p(7− 7)] = p(6) + p(5)− p(2)− p(1) = 15

...

Obtenemos ası una tabla de los primeros valores de p(n):

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 · · ·p(n) 1 2 3 5 7 11 15 22 30 42 56 · · ·


12.3. Estimaciones asintoticas 867

12.3. Estimaciones asintoticas

A lo largo de estas paginas hemos comentado ya en varias ocasiones los dos puntos devista que podemos adoptar al tratar con funciones generatrices, el formal y el analıtico. Parala mayorıa de las manipulaciones y usos que hemos exhibido hasta aquı, el primero de elloses suficiente. Pero, en las cuestiones que trataremos en esta seccion, el segundo punto devista sera el relevante pues pretendemos, a partir de las propiedades de f(z) como funcion,obtener informacion sobre, por ejemplo, el comportamiento asintotico de los coeficientes (an)asociados a f(z). Observese que ya hemos reservado el sımbolo z para la variable, porque enestas cuestiones es necesario considerar funciones de variable compleja. Avisamos, por tanto,al lector de que las ideas y tecnicas que vamos a desarrollar en esta seccion requieren ciertafamiliaridad con la Teorıa de funciones de variable compleja.

Partimos de la funcion generatriz f(z) de la sucesion de numeros (an),

f(z) =∞∑

n=0

an zn .

Esta serie de potencias converge para los valores de z tales que |z| < R, donde R es el radiode convergencia de la serie que, como vimos ya en la seccion 10.3, se calcula mediante

1R

= lım supn→∞

|an|1/n .

En otras palabras, la serie converge para todos los z que esten dentro del disco centradoen el origen y de radio R, que nombraremos2 como D(0, R). En terminos cualitativos, si elradio de convergencia es muy grande, los coeficientes an deberan tender a 0 muy rapidamentecon n. Piensese que, si R es grande, la serie

∑∞n=0 an zn tendra sentido para valores de z muy

grandes (en modulo); y solo un decrecimiento rapido de los coeficientes puede compensar elcrecimiento del modulo de zn.

La definicion del radio de convergencia nos dice dos cosas: por un lado, que

|an| <( 1

R+ ε)n

para cualquier ε > 0 que tomemos,

si n es suficientemente grande (es decir, a partir de un N = N(ε) en adelante). Y, por otro,que hay infinitos valores de n para los cuales( 1

R− ε)n

< |an| .Esta informacion es, en ocasiones, poco util y precisa. Por ejemplo, si consideramos

f(z) =1

1− z=

∞∑n=0

zn

entonces los an son todos 1 y el radio de convergencia es R = 1, pero las acotaciones anterioressolo nos informan de que 1 < (1 + ε)n para n grande, y de que hay infinitos valores de n paralos que 1 > (1 + ε)n.

2Los discos, ubicuos en la Teorıa de funciones de variable compleja, reciben una notacion de alta cate-gorıa, D, que los situa a la par de los conjuntos de numeros como C.



En el caso en que f(z) sea una funcion entera, esto es, holomorfa en todo el plano, laestimacion anterior sı da una informacion muy buena. El radio de convergencia es R = +∞y entonces obtenemos que, dado ε > 0,

|an| < εn

para n ≥ N(ε). Es decir, los an tienden a cero muy rapidamente. Una informacion, en estasituacion, bastante precisa.

La mayorıa de las funciones generatrices que nos encontramos en las aplicaciones soncocientes de funciones enteras por polinomios, es decir, funciones meromorfas en todo C conun numero finito de polos (los ceros de los polinomios). Como veremos, en la ubicacion deestos polos reside una importante informacion para determinar como crecen los coeficientes3.

12.3.1. Polos y comportamiento asintotico

Para comenzar, supongamos que f(z) es una funcion meromorfa en el plano complejoy que solo tiene un numero finito de polos, ninguno de los cuales es el origen. En otrosterminos, f(z) es el cociente de una funcion entera por un polinomio que no se anula en elorigen. Sea R el modulo de la singularidad de f(z) (cero del polinomio del denominador) mascercana al origen (quizas haya varios ceros a esa misma distancia mınima). La funcion f(z)es entonces holomorfa en el disco |z| < R; de hecho, R es el radio de convergencia de la seriede Taylor de f(z) alrededor del origen.

El siguiente ejemplo es bastante revelador del papel de los polos y nos dara la idea de unprocedimiento general de estimacion.

Ejemplo 12.3.1 Consideremos la funcion f(z) =ez

1− z.

Sabemos que

ez =∞∑

n=0

zn

n!y

11− z

=∞∑

n=0

zn .

La regla de multiplicar por la serie geometrica nos dice que los coeficientes de f(z) son

Coefn

[ez

1− z

]=

n∑k=0

1k!

.

Sabemos que estos numeros son, aproximadamente, como e cuando n es grande, pero aquı nosinteresa obtener este comportamiento estudiando f(z) como funcion. Observese primero quedel radio de convergencia de la serie, que es 1, obtenemos una informacion muy pobre:

(1− ε)n < |an| < (1 + ε)n para cualquier ε > 0,

donde la primera desigualdad es valida para infinitos valores de n, mientras que la de laderecha lo es si n es suficientemente grande. Poca cosa, desde luego.

3Se pueden obtener otras estimaciones para el tamano de los coeficientes, vıa, por ejemplo, la formula deCauchy (vease el ejercicio 12.3.1).



Empleamos la astucia, escribiendo f(z) de la siguiente manera:

f(z) =ez

1− z− e

1− z+

e

1− z=

ez − e

1− z+

e

1− z.

Observemos que (ez − e)/(1 − z) es una funcion holomorfa en todo el plano (ya no esta lasingularidad en z = 1), ası que sus coeficientes son menores que εn, para cualquier ε > 0,si n es suficientemente grande. Por su parte, la funcion e/(1− z) tiene todos sus coeficientesiguales a e. Ası que deducimos que

Coefn

[ez

1− z

]= e + O(εn)

cuando n → ∞, para cualquier ε > 0 que tomemos. Magnıfico: los coeficientes son, efecti-vamente, como e, y ademas hemos determinado el error cometido con precision (recuerdeseque podemos tomar un ε tan pequeno como queramos). ♣

TSR

z1z2

zk

A continuacion vamos a destilar del argumento anterior una tecnicageneral. Supongamos que f(z) es una funcion holomorfa en el discode radio T salvo por un numero finito de polos, ninguno de loscuales es el origen; y pongamos que z1, . . . , zk son los mas cercanosal origen, por ejemplo a distancia R, R < T . Puede haber otros poloscon distancia al origen comprendidas entre R y T , pero si tomamosun S adecuado entre R y T , tendremos que f(z) es holomorfa en eldisco D(0, S), salvo por los polos z1, . . . , zk.

Denotemos por Pj(z) la parte principal de f(z) en zj , para cada j = 1, . . . , k, y llamemospor g(z) a la suma de esas partes principales:

g(z) = P1(z) + P2(z) + · · ·+ Pk(z) .

Si escribimos ahoraf(z) = (f(z)− g(z)) + g(z) ,

la funcion f(z) − g(z) sera holomorfa en el disco de radio S > R, ası que sus coeficientesseran, como veremos, mucho menores que los de la propia funcion f(z) y bastara, por tanto,estudiar los coeficientes g(z).

Ejemplo 12.3.2 Consideremos la funcion

f(z) =−2

(1− z2) (z − 2)=

2(z − 1) (z + 1) (z − 2)

.

La funcion f(z) puede ser desarrollada, utilizando, por ejemplo, fracciones simples (o quizasusando que es un producto de series geometricas); con cierto trabajo, se obtiene que elcoeficiente n-esimo de f(z) es

23

[2− 2−n−1

]si n es par;

23

[1− 2−n−1

]si n es impar.

Lo que esta formula nos dice es que el coeficiente n−esimo de la funcion es, cuando n esgrande, aproximadamente 4/3 si n es par, y aproximadamente 2/3 si n es impar.



Intentemos un analisis asintotico directo. Los polos (todos simples, de multiplicidad 1)de la funcion son 1, −1 y 2; los dos primeros son los mas cercanos al origen (ası que R = 1)y son los que mas van a influir en el comportamiento asintotico de los coeficientes. La suma,g(z), de las partes principales de f(z) en 1 y −1 es

g(z) = P1(z) + P−1(z) =−1

z − 1+

13

1z + 1

=1

1− z+

13

11 + z

.

La funcion f(z)− g(z) resulta ser holomorfa en el disco D(0, 2) (su singularidad mas cercanaal origen es z = 2), ası que su coeficiente n-esimo sera, en modulo, menor que ((1/2) + ε)n.El coeficiente n-esimo de g(z) es muy facil de obtener:

g(z) =∞∑

n=0

zn +13

∞∑n=0

(−1)n zn =∞∑

n=0

(1 +

(−1)n

3

)zn .

Ası que

Coefn [f(z)] =(1 +

(−1)n

3

)+ O((1

2+ ε)n)

,

el comportamiento asintotico que anunciabamos antes. ♣Ejemplo 12.3.3 El comportamiento asintotico de los numeros de Bell ordenados B(n).

Recordemos, del ejercicio 10.4.8, que estos numeros se pueden calcular, para cada n ≥ 1,mediante

B(n) =n∑

k=1

S(n, k) k! , o bien con B(n) =∞∑

k=0

kn

2k+1

(ademas, B(0) = 1). Ninguna de estas dos formulas nos da una idea clara de como crecen losnumeros B(n).

En el citado ejercicio tambien vimos que la funcion gene-ratriz de los B(n) era f(z) = 1/(2 − ez). Hagamos el analisisasintotico correspondiente a esta funcion. Observemos prime-ro que la funcion 2 − ez se anula en los puntos de la formaz = log(2) + 2 k π i, para cada entero k, ası que estos son lospolos (simples) de f(z). El mas cercano al origen, como se apre-cia en el dibujo,

log(2)

log(2) + 2πi

log(2) − 2πi

log(2) − 4πi

log(2) + 4πi

R

R′ es z = log(2). La parte principal de la funcionf(z) es

g(z) =−1/2

z − log(2),

que, desarrollada en serie de potencias, es

g(z) =1

2 log(2)1

1− z/ log(2)=

12 log(2)

∞∑n=0

zn

log(2)n.

Por otro lado, se tiene que f(z) − g(z) encuentra sus primeras singularidades en los puntosz = log(2)± 2π i, cuya distancia al origen es

R′ =√

log(2)2 + 4π2 .



Ası que podemos concluir que

B(n)n!

=1

2 (log 2)n+1+ O(( 1

R′ + ε)n)

.

Para hacernos una idea de la precision que hemos conseguido con esta aproximacion, hagamosel calculo de los primeros valores:

n 1 2 3 4 5 6 · · ·B(n) 1 3 13 75 541 4683 · · ·

n!/(2 (log 2)n+1) 1,041 3,002 12,996 74,999 541,002 4683,001 · · ·Una precision impresionante, desde luego. ♣

Como el lector podra sospechar, aquı solo estamos contando parte de la historia: hay fun-ciones generatrices (con interes desde el punto de vista de la Combinatoria) que no se ajustanal esquema que aquı hemos planteado y aplicado. Por ejemplo, funciones con singularidadesalgebraicas o funciones enteras, como ez, asociada a los numeros 1/n!, o como exp(ez − 1),asociada (recordemos el ejercicio 10.4.7) a los numeros B(n)/n!, donde los B(n) son losnumeros de Bell. Existen tecnicas para tratar tambien estos casos, pero aquı no entraremosen ellas.

12.3.2. Estimaciones asintoticas para particiones restringidas

En la subseccion 12.2.2 obtuvimos la funcion generatriz de un tipo especial de particiones:

p(n |partes ≤ k) = Coefn

[ k∏j=1

11− zj

]

La funcionk∏

j=1

11− zj

=1

1− z

11− z2

· · · 11− zk

.

tiene muchos polos, un total de k(k + 1)/2 de ellos, pero todos son numeros complejos demodulo 1. En realidad son raıces de la unidad: los polos de cada factor 1/(1 − zj) son lassoluciones de zj = 1, es decir, las raıces j−esimas de la unidad, los numeros de la forma

e2π i α/j , para α = 0, 1, . . . , j − 1.

Y esto, para cada valor de j entre 1 y k. Hay una de estas raıces que es especial: z = 1 es unpolo de todos los factores que aparecen, ası sera un polo de multiplicidad k para la funciongeneratriz completa. Como veremos, el resto de los polos tiene multiplicidad menor.

Ası que vamos a necesitar una estimacion asintotica de los coeficientes de una funciongeneratriz que tenga todos sus polos a distancia 1 del origen, de los cuales uno tiene mul-tiplicidad maxima. Uno dirıa que es este polo de “mas peso” el que va a determinar elcomportamiento asintotico. Lo confirma el siguiente resultado.



Lema 12.2 Consideremos una funcion racional f(z), que tiene una serie de polos no nulosp1, . . . , pN , de multiplicidades m1, . . . ,mN , respectivamente. Todos los polos son de modulo 1y uno de ellos, digamos p1, tiene multiplicidad mayor que la de los demas: m1 > mj para cadaj = 2, . . . , N . La funcion f(z) es holomorfa en D(0, 1) y, si escribimos su serie de potencias,

f(z) =∞∑

n=0

an zn ,

que es valida para |z| < 1, entonces

an ∼ Cnm1−1

pm1+n1 (m1 − 1)!

,

donde C = lımz→p1 f(z)(p1 − z)m1 .

Demostracion. Para cada polo pj, llamemos

c(j)k = lım

z→pj

f(z) (pj − z)k , k = 1, . . . ,mj

a los coeficientes de la parte principal del desarrollo de Laurent de f(z) en torno al polo pj.Con lo visto hasta aquı, ya sabemos que los coeficientes de f(z) son, asintoticamente, comolos de la funcion

g(z) =N∑

j=1

mj∑k=1

c(j)k

(pj − z)k,

la suma de las partes principales de f(z) en cada polo.Estimemos la contribucion de cada uno de estos terminos. Para ello vamos a necesitar

recordar (vease el ejercicio 3.1.3) que(n + k − 1

k − 1

)∼ nk−1

(k − 1)!cuando n→∞.

Esto lo obtenıamos sin mas que aplicar la habitual formula de Stirling.Tomemos entonces uno de los terminos y desarrollemoslo en serie de potencias:

c(j)k

(pj − z)k=

c(j)k

pkj

1

(1− z/pj)k

=c(j)k

pkj

∞∑n=0

(n + k − 1

k − 1

)(z

pj

)n

.

Ası que

Coefn

[c(j)k

(pj − z)k

]=

c(j)k

pk+nj

(n + k − 1

k − 1

)∼ c

(j)k

pk+nj

nk−1

(k − 1)!.

Hay muchas contribuciones de este tipo, pero como todos los pj tienen modulo 1, la que masva a influir cuando n es muy grande es aquella en la que n lleve la mayor potencia. Esto es,el termino correspondiente al polo p1 cuando consideramos su multiplicidad m1,

c(1)m1

pm1+n1

nm1−1

(m1 − 1)!,

que es lo que querıamos demostrar. �



Figura 12.1: Schur

Vamos a aplicar este lema a la estimacion del tamano dep(n |partes ≤ k). Pero, por el mismo precio, podemos obtener un re-sultado mas general (por ejemplo, nos propocionara, tambien, unarespuesta aproximada al problema del cambio de monedas); es un re-sultado debido a Schur4.

Teorema 12.3 (Schur) Sean a1, . . . , ak unos ciertos numeros posi-tivos, con mcd(a1, . . . , ak) = 1, y llamemos h(n) al numero de solu-ciones de la ecuacion diofantica

a1 x1 + · · ·+ ak xk = n .

Entonces,

h(n) ∼ nk−1

(k − 1)!1

a1 · · · akcuando n→∞.

Antes de ir con la demostracion, observemos que, si n es suficientemente grande, h(n) esmayor que 1; ası que habra alguna solucion de la ecuacion diofantica. En otras palabras, esteeste teorema nos dice que, dados los numeros a1, . . . , ak, si n es suficientemente grande, sepuede representar (al menos de una forma) como

a1 x1 + · · ·+ ak xk .

Demostracion. Construimos primero la funcion generatriz

H(z) =∞∑

n=0

h(n)zn .

Los numeros h(n) cuentan tambien cuantos multiconjuntos hay con tamano n, formados conlos sımbolos {1, . . . , k}, y en los que cada sımbolo j aparece un numero de veces que es unmultiplo del aj correspondiente.

El argumento simbolico habitual nos sugiere considerar los conjuntos Lj = {0, aj , 2aj , . . . },para cada j, y sus funciones asociadas

QLj (z) =∞∑

n=0

zn aj =1

1− zaj,

de manera que

H(z) =k∏

j=1

11− zaj

=1

1− za1

11− za2

· · · 11− zak

.

Ya disponemos de una expresion para H(z), y ahora solo resta buscar sus polos, que son lasraıces aj-esimas de la unidad, para cada aj; en todo caso, numeros de modulo 1.

4Issai Schur (1875-1941), nacido en la actual Bielorusia, destaco en sus estudios sobre representaciones degrupos, ecuaciones algebraicas y Teorıa de Numeros (veremos otro resultado suyo en el capıtulo 20, dedicadoa la Teorıa de Ramsey). Trabajo la mayor parte de su vida en Berlın (entre sus alumnos destacan nombrescomo Brauer y Rado). Por su condicion de judıo tuvo que renunciar a sus puestos academicos. Finalmente,emigro a Palestina, donde murio.



Puede haber numeros de modulo 1 que sean polos de “alta” multiplicidad para H(z).Por ejemplo, si fuera a1 = 2 y a2 = 4, entonces el numero z = −1 serıa solucion, tanto de1− za1 = 0, como de 1− za2 = 0. Y, por tanto, un polo (al menos) doble de H(z). Observesetambien que la maxima multiplicidad que puede tener un polo de la funcion es k.

Desde luego, z = 1 tiene esa multiplicidad maxima, y, si consiguieramos probar que losdemas polos tienen multiplicidad menor, entonces estarıamos en las condiciones del lema 12.2,que nos darıa una estimacion asintotica de los coeficientes de H(z).

Consideremos entonces un polo z0 de H(z), que ha de ser una raız aj−esima de la unidad,para algun aj . Es decir, 1−z

aj

0 = 0. La multiplicidad de z0 como polo de H(z) sera el numerode ındices j (o de numeros aj) para los que esta ecuacion se verifique.

Como z0 tiene modulo 1, lo podremos escribir como z0 = e2 π i θ, para cierto θ ∈ [0, 1), yla condicion sobre θ se escribe de la siguiente manera:

1− e2 π i θ aj = 0 =⇒ e2 π i θ aj = 1 .

Esto supone que θ debe ser un numero racional, digamos θ = p/q, con mcd(p, q) = 1, demanera que, ademas, q divida a aj .

Pero si ademas queremos que z0 sea un polo de H(z) de multiplicidad k, entonces q hade dividir a todos los a1, . . . , ak. Como mcd(a1, . . . , ak) = 1, solo cabe la posibilidad de queq = 1 y, por tanto, θ ha de ser un entero. Ası que necesariamente θ = 0, y z = 1 es el unicopolo de H(z) que tiene multiplicidad maxima, k.

Ahora solo tenemos que aplicar el lema 12.2 para obtener que

h(n) ∼ Cnk−1

(k − 1)!cuando n→∞.

El calculo explıcito de la constante C,

C = lımz→1

H(z)(1 − z)k = lımz→1

k∏j=1

1− z

1− zaj= lım

z→1

k∏j=1

11 + z + z2 + · · ·+ zaj−1 =

k∏j=1

1aj

,

concluye la demostracion. �Apliquemos este resultado asintotico a un par de ejemplos.

Ejemplo 12.3.4 Seguimos preguntandonos de cuantas maneras podemos dar cambio de 10euros con monedas de uno, dos, cinco y veinte centimos de euro.

La respuesta, como vimos en el ejemplo 12.1.4, esta en el coeficiente de z1000 de la funcion

f(z) =1

1− z

11− z2

11− z5

11− z20

.

Con ayuda de algun paquete matematico de calculo, obtenemos que hay 868751 manerasde hacerlo. Observemos ademas que los coeficientes de la ecuacion diofantica asociada alproblema, los numeros 1, 2, 5 y 20, cumplen que mcd(1, 2, 5, 20) = 1.



Ası que podemos aplicar el resultado de Schur, que nos da la respuesta aproximada

10003

3!1

1× 2× 5× 20= 833333, 3333 . . .

una diferencia de apenas el 4%. La estimacion es mejor cuanto mayor sea n. Si, por ejemplo,consideramos el caso del cambio de 100 euros, entonces la respuesta exacta es 836837501,mientras que la aproximada es 833333333,33, y la discrepancia es de apenas un 0,4 %. ♣Ejemplo 12.3.5 Las particiones de n cuyas partes tienen, a lo sumo, tamano k.

Estas particiones son, como vimos en su momento, las soluciones de la ecuacion

x1 + 2x2 + · · ·+ k xk = n .

Ası que basta aplicar el teorema de Schur tomando aj = j para cada j = 1, . . . , k (porsupuesto, se cumple que mcd(1, . . . , k) = 1), para deducir que

p(n |partes de tamano a lo sumo k) ∼ nk−1

(k − 1)! k!,

puesto que

C =k∏

j=1

1aj

=k∏

j=1

1j

=1k!

.

En la subseccion 3.3.3 ya obtuvimos, con argumentos combinatorios, una estimacion seme-jante para pk(n), las particiones de n con exactamente k partes5. ♣

El metodo que hemos expuesto en la subseccion anterior, y que hemos aplicado con tantoexito en esta, esta pensado para funciones que solo tienen un numero finito de polos enun cierto disco alrededor del origen. Las funciones generatrices asociadas a las particionesrestringidas cumplen ese requerimiento de finitud. Entender las particiones restringidas pareceuna tarea mas complicada que entender las particiones generales. Pero, en realidad, parala cuestion que aquı hemos estado investigando, las restringidas suponen una ventaja: lasrestricciones significan que solo tenemos que vernoslas con un numero finito de polos. Lasparticiones generales tiene como funcion generatriz a

P (z) =∞∏

j=1

11− xj

=∞∑

n=0

p(n)zn

donde p(n) es el numero de particiones del numero n. Las singularidades no son aisladas.Todos los puntos del cırculo unidad son singularidad de P (z).

En la subseccion siguiente, para los ultimos calculos del capıtulo, vamos a abandonarla variable compleja para volver a la habitual variable real. Veremos como, con sencillosargumentos de monotonıa (y convexidad) de series de potencias con coeficientes positivos(y crecientes), podemos obtener una buena estimacion asintotica de como crecen los p(n),aunque la estimacion exacta requiere tecnicas muy refinadas, a las que solo aludiremos.

5Alguien podrıa preguntarse como es posible que p(n |partes ≤ k), que sabemos, vease el teorema 3.7, quecoincide con pk(n + k), tenga el mismo comportamiento asintotico que pk(n) (cuando, desde luego, pk(n)y pk(n + k) no son iguales, el segundo numero es claramente mayor). Pero es que esto es una estimacionasintotica y, efectivamente, para k fijo, las dos cantidades son asintoticamente iguales.



12.3.3. Estimacion asintotica de particiones generales: ¿como crece p(n)?

Recordemos, de la subseccion 12.2.3, la regla de recurrencia para p(n):

p(n) =∞∑

m=1

(−1)m+1[p(n− m

2(3m− 1)

)+ p(n− m

2(3m + 1)

)].

Cada p(n) es la suma de los dos anteriores, p(n−1) y p(n−2), y luego hay unas correcciones(mas pequenas), a veces con signo positivo, otras con negativo. Por ejemplo,

p(7) = p(6) + p(5)− (p(2) + p(1))

...p(15) = p(14) + p(13) − (p(10) + p(8)

)+ p(3)

p(16) = p(15) + p(12) − (p(11) + p(9))

+(p(4) + p(1)

)

Figura 12.2: Ramanujan

Ası que uno podrıa suponer que en realidad esas correcciones(mas pequenas y alternadas en signo) no alteran mucho el compor-tamiento asintotico de p(n), y que, por tanto, p(n) deberıa crecercomo los numeros de Fibonacci, como Cn = en log(C), para ciertaconstante C. Sin embargo, no es ası: p(n) crece mucho mas lenta-mente. Se sabe que

p(n) ∼ 14√

3 nexp(

π

√2n

3

)cuando n→∞

Este es un resultado muy profundo, debido a Hardy y Ramanujan6,y luego completado por Rademacher. Lo que esto nos dice es que elcrecimiento de p(n) no es exponencial, como el de los numeros deFibonacci, sino, esencialmente, como e

√n.

Aquı nos limitaremos a obtener una estimacion como la siguiente:

p(n) <π√6

1√n− 1

exp(

π

√2n3

)si n > 2,

que, en fin, tampoco esta nada mal; al menos nos dice que el crecimiento no es exponencial.6Srinivasa Ramanujan (1887-1920), nacido en la ciudad india de Madras, es quizas el personaje mas fas-

cinante de la Historia de las Matematicas: un genio en estado puro, practicamente autodidacto, pues apenasrecibio educacion matematica formal. En 1913 escribio a Hardy pidiendole que examinara una serie de teo-remas que adjuntaba. El impacto que causaron en Hardy aquellos resultados, sin demostraciones rigurosas, aveces no convenientemente escritos, pero sin duda profundos, fue tal que este consiguio que en 1914 Rama-nujan se trasladara al Trinity College, en Cambridge. Allı comenzarıa una fructıfera relacion entre Hardy yRamanujan, de la que la estimacion asintotica de p(n) es, quizas, el resultado mas sobresaliente. Ramanujanmurio en 1920, tras regresar a su paıs, ya gravemente enfermo. No podemos dejar de mencionar una famosaanecdota que quizas ilustra el talento del personaje: Hardy visita en el hospital a Ramanujan y comentadespreocupadamente que ha llegado en un taxi cuyo numero es 1729. Un numero bastante insıpido, anadeHardy. Ramanujan le responde:

No, Hardy. Es un numero muy interesante: es el menor numero que se puede escribir como sumade dos cubos de dos maneras diferentes.

Y es que 13 + 123 = 93 + 103 = 1729.



Recordemos la funcion generatriz de los p(n):

P (x) =∞∑

n=0

p(n)xn =∞∏

j=1

11− xj

.

Como ya comentamos antes, las tecnicas basadas en el analisis de los polos no se puedenaplicar. Pero vamos a continuar con este enfoque analıtico de estudiar la funcion generatrizen sı, como funcion, aunque en este caso nos restringiremos a los valores que toma en elintervalo (0, 1) de la recta real y no en un disco alrededor del origen en el plano complejo; enotras palabras, no necesitamos considerar a la funcion generatriz como de variable complejasino, solo, como funcion de variable real.

Vale la pena describir un argumento asintotico mas general, como hacemos a continuacion.Consideremos una serie de potencias,

Q(x) =∞∑

n=0

q(n)xn

donde los q(n) son una sucesion creciente de numero reales positivos y con q(0) = 1 (estoultimo es solo una normalizacion). Observese que usamos x como variable, y no z, paraindicar que solo nos interesan ahora los valores que Q toma en numero reales. De hecho,consideraremos a Q(x) como funcion en el intervalo (0, 1).

Nos interesa obtener una buena estimacion superior del tamano de q(n), cuando n esgrande, utilizando el comportamiento de Q(x) cuando x se aproxima a 1.

Fijemos un n > 2 (y recordemos que x ∈ (0, 1)). El primer paso consiste en partir la seriede potencias infinita que define a Q(x) en el ındice n:

Q(x) =n−1∑k=0

q(k)xk +∞∑

k=n

q(k)xk .

En la primera suma, vamos, simplemente, a olvidarnos de los q(k); los sustituiremos por 1.Y en la segunda, como los q(k) son una sucesion creciente, los sustituiremos por el primervalor, q(n). Ası obtenemos una cota inferior para el valor de Q(x). En ella aparecen series depotencias que sabemos sumar, ası que operamos un poco:

Q(x) >

n−1∑k=0

xk + q(n)∞∑

k=n

xk =n−1∑k=0

xk + q(n)( ∞∑

k=0

xk −n−1∑k=0

xk)

= (1− q(n))n−1∑k=0

xk + q(n)∞∑

k=0

xk = (1− q(n))1− xn

1− x+

q(n)1− x

=1

1− x

[1− xn + q(n)xn

]>

xn

1− xq(n)

(en el ultimo paso hemos desechado la cantidad 1− xn, que es positiva). Es decir,

q(n) <1− x

xnQ(x) para cualquier n > 2.



Esto se cumple para cada x ∈ (0, 1), ası que

q(n) ≤ ınfx∈(0,1)

(1− x

xnQ(x)

).

Queremos aplicar esta estimacion a P (x), la funcion generatriz de las particiones. Para ello,nos vendra bien disponer de una estimacion (por arriba) del tamano de P (x), y es lo quevamos a obtener en un momento.

Vamos a utilizar la version de P (x) que utiliza el producto infinito; y, escrito de estamanera, es casi obvio que conviene usar logaritmos (vamos a utilizar el desarrollo en serie depotencias de log(1− x), que escribimos en el ejercicio 10.3.8):

log P (x) = log∞∏

j=1

11− xj

= −∞∑

j=1

log(1− xj) =∞∑

j=1

∞∑k=1

(xj)k

k=

∞∑k=1

1k

∞∑j=1

(xk)j

=∞∑

k=1

1k

(1

1− xk− 1)

=∞∑

k=1

1k

xk

1− xk

Todavıa no hemos conseguido una expresion que sepamos sumar. Vamos a eliminar los ex-ponentes k con el siguiente truco:

(1− xk) = (1− x) (1 + x + x2 + · · · + xk−1) ≥ (1− x) k xk−1 ,

que utiliza, primero, la expresion de la serie geometrica finita, y luego el hecho de que, comox ∈ (0, 1), podemos sustituir todos los terminos 1, x, x2, . . . , xk−1 por el menor de todosellos, xk−1. Con esto, tenemos que

log P (x) =∞∑

k=1

1k

xk

1− xk≤

∞∑k=1

1k

xk

(1− x) k xk−1=

x

1− x

∞∑k=1

1k2

.

De la ultima suma conocemos bien su valor, es π2/6 (recuerdese la subseccion 10.3.5).Reunamos toda la informacion (escrito todo en terminos logarıtmicos):

log p(n) < log(

1− x

xnP (x)

)= log(1− x)− n log x + log

(P (x)

)≤ log(1− x)− n log x +

π2

6x

1− x.

Ya tenemos unas funciones razonables, ahora solo queda elegir convenientemente el valorde x. En realidad conviene cambiar de variable, pasar de x a t, donde

x =1

1 + to bien t =

1− x

x

(notese que la nueva variable esta en el rango 0 < t <∞). Con esa nueva variable,

log p(n) < log(1− x)− n log x +π2

6x

1− x= log

(t

1 + t

)− n log

(1

1 + t

)+

π2

61t

= log t + (n− 1) log(1 + t) +π2

6t< log t + (n− 1) t +

π2

6t(en el ultimo paso hemos utilizado que log(1 + t) < t).



De manera que

p(n) <1t

exp(

(n− 1) t +π2

61t

).

Una eleccion adecuada de t, concretamente

t =π√6

1√n− 1

,

lleva al resultado buscado. Ası que p(n) es mucho menor que exp(π√

2n/3) (hay un factor√n en el denominador). Mejorar la estimacion y situar un n en el denominador, y de hecho

probar que es una formula asintotica, son, como ya hemos comentado, otra historia.

EJERCICIOS DE LA SECCION 12.3

12.3.1 Sea f(z) una funcion cuyo desarrollo en serie de potencias en torno al cero tiene radio deconvergencia R. Sus coeficientes pueden ser calculados mediante la formula de Cauchy:

an =∫

γ

f(z)zn+1

dz , para cada n = 0, 1, 2, . . . ,

donde γ es una curva simple cerrada en torno al origen que esta incluida en D(0, R). Deduzcase deella, tomando como γ a la circunferencia de radio r, que

|an| ≤ M(r)rn

,

para cualquier 0 < r < R, donde M(r) es el maximo de |f(z)| en la circunferencia |z| = r.


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