1. Algunas cuestiones sobre las fracciones
continuas
Octavio A. Agust
n-Aquino
21 de marzo de 2006
1.
Resultados preliminares
Las fracciones continuas son herramientas muy utiles en el Anlisis y la
a
Teora de Nmeros. Las de

2. nimos para manipularlas en lo subsecuente.
u
Definici´n 1. Una fraccin continua es una tripla ({an }∞ , {bn }∞ , {wn }∞ )
o
o
1
1
1
donde {an } y {bn } son sucesiones complejas, con an = 0 para n = 1, 2, . . .,
y wn se de

3. ne como sigue. Si tk es la transformacin
o
tk (u) =
ak
,
u + bk
(1)
k = 1, 2, . . . ,
entonces
wn := t1 ◦ · · · ◦ tn (0),
n = 1, 2 . . . .
A wn le llamamos n-simo aproximante de la fraccin continua.
e
o
T
x
Si al cociente y lo escribimos como el vector x y , vemos que cada
tk es equivalente a la matriz
0 ak
1 bk
Mk =
pues
0 ak
1 bk
u
1
1
ak
.
u + bk

4. De la de

5. nicin es evidente que wn es equivalente al valor de
o
T
M1,n := M1 · · · Mn−1 Mn 0 1
.
Supongamos que la matriz M1,n es de la forma
M1,n =
rn pn
sn qn
;
encontraremos cmo expresar a rn y sn en trminos de pn y qn . Por conso
e
truccin, tenemos que
o
M1,n = M1,n−1 Mn
=
rn−1 pn−1
sn−1 qn−1
0 an
1 bn
=
pn−1 an rn−1 + bn pn−1
qn−1 an sn−1 + bn qn−1
y entonces
rn = pn−1 ,
sn = qn−1 ,
lo que implica que
pn = an rn−1 + bn pn−1 = an pn−1 + bn pn−1 ,
qn = an sn−1 + bn qn−1 = an qn−1 + bn qn−1 .
Lo anterior con notacin matricial es simplemente
o
pn
qn
=
pn−2 pn−1
qn−2 qn−1
an
bn
T
= M1,n−1 an bn
.
(2)
Como M1,n = IM1,n , tiene sentido de

6. nir
M0 =
p−1 p0
q−1 q0
=
1 0
,
0 1
lo que hace que la recurrencia (2) tenga sentido para n ≥ 1.
2
(3)

7. Tenemos que
T
M1,n 0 1
T
= p n qn
y a pn y a qn los llamamos (respectivamente) n-ensimo denominador y
e
numerador de la fraccin continua. Es claro que
o
wn =
pn
.
qn
Resumimos lo anterior en el siguiente resultado
Teorema 1. Sea tk como en la Ecuacin (1). Entonces para n ≥ 1 la
o
transformacin
o
t1,n := t1 ◦ · · · ◦ tn
est asociada a la matriz
a
M1,n =
pn−1 pn
qn−1 qn
donde pn y qn estn de

8. nidas a travs de las Ecuaciones (2) y (3).
a
e
Adems,
a
wn =
2.
pn
.
qn
Aplicaciones de la teor´
ıa
Hemos visto que el enfoque matricial nos ha dado una recursin para
o
el clculo efectivo del n-simo aproximante de una fraccin continua. Pero
a
e
o
vamos a obtener un poco ms: en virtud de la identidad
a
det M1,n = det M1 det M2 · · · det Mn
resulta que
pn−1 qn − pn qn−1 = (−1)n a1 · · · an ;
dividiendo a esto ultimo entre qn qn−1 si es posible, nos conduce a
wn − wn−1 = (−1)n+1
3
a1 · · · an
.
qn−1 qn
(4)

9. De

10. niendo w0 = 0 y q0 = 1 y sumando (4) desde n = m hasta n = 1,
llegamos a una importante relacin
o
m
wm =
(−1)
k+1
k=1
k
=1
a
.
qk−1 qk
La transformacin tm puede escribirse equivalentemente como
o
tm (u) =
dm am
dm bm + dm u
donde {dm }∞ es una sucesin de nmeros complejos no nulos. Ms an,
o
u
a u
m=1
de

11. niendo
dm am
dm b m + u
rm (u) = dm u
sm (u) =
tenemos que tm = sm ◦ rm y adicionalmente
t1 ◦ · · · ◦ tm = s1 ◦ r1 ◦ · · · ◦ sm ◦ rm = s1 ◦ (r1 ◦ s2 ) ◦ · · · ◦ (rm−1 ◦ sm ) ◦ rm ,
entonces, de

12. niendo
t∗ (u) = rm−1 ◦ sm (u) =
m
dm−1 dm am
dm b m + u
y ya que rm (0) = 0, se sigue que
wm = t1 ◦ t2 ◦ · · · ◦ tm (0) = t∗ ◦ · · · ◦ t∗ (0).
1
m
Con esto llegamos a otra relacin importante: si reemplazamos las suo
cesiones {am } y {bm } por
{dm−1 dm am },
{dm bm }
(5)
respectivamente (y de

13. niendo d0 := 1), obtenemos una fraccin continua
o
con la misma sucesin de aproximantes. Dos fracciones continuas con dicha
o
propiedad se dicen equivalentes.
4

14. Ahora estamos en posicin de examinar qu sucede con las sucesiones
o
e
a1 = c1 ,
ak = −ck /ck−1 ,
b1 = 1,
bk = 1 + ck /ck−1 ,
donde ck = 0. Primeramente
(−1)n+1 a1 · · · an = cn
y adems q2 = a2 q0 + b2 q1 = a2 + b2 b1 = 1. Por lo tanto, suponiendo que
a
qk−1 = qk−2 = 1, entonces qk = 1 por las relaciones de recurrencia. Luego
qk−1 qk = 1 para k ≥ 1. Entonces tenemos un resultado debido a Euler
n
wn =
cn .
k=1
Usando esto para los nmeros cn = zn /n!, vemos que
u
a1 = z,
ak = −z/k,
b1 = 1,
bk = 1 + z/k,
y esto, adems, es equivalente a
a
a1 = z,
ak = −(k − 1)/z,
b1 = 1,
bk = k + z,
utilizando la sucesin dk = k en (5).
o
De aqu que
∞
z
e =1+
k=1
zk
=1+
k!
z
1·z
1−
2+z−
5
2·z
3 + z − ···

15. y en particular cuando z = 1,
1
e=1+
1
1−
2
3−
4−
3
5 − ···
y cuando z = −1
1−
1
1
=
e
,
1
1+
2
1+
3
2+
3+
4
4 + ···
de donde es fcil concluir que
a
1
1
e
−1=
=
e−1
e−1
.
2
1+
3
2+
3+
4
4 + ···
Todo esto funciona de maravilla para e. Probemos ahora para π. Sabemos que si |z| 1, entonces
arctan z =
∞
(−1)k−1
k=1
x2k − 1
2k − 1
y segn el resultado de Euler
u
a1 = x,
b1 = 1,
(−1)k−1 x2k−1 /(2k − 1)
2k − 3 2
=
x ,
(−1)k−2 x2k−3 /(2k/3)
2k − 1
2k − 3 2
x ,
bk = 1 +
2k − 1
ak = −
6

16. tomando dk = 2k − 1, nos lleva a los coe

17. cientes
a1 = x,
ak = (2k − 3)2 x2 ,
b1 = 1,
bk = 2k − 1 + (2k − 3)x2 ,
y por lo tanto
x
arctan x =
.
1 · x2
1+
9 · x2
3 − x2 +
5−
3x2
25 · x2
+
7 − 5x2 + · · ·
Ya que arctan(1) = π , tenemos
4
1
π
=
4
1+
9
2+
2+
3.
.
1
25
2 + ···
La fracci´n elegante de Euler
o
Consideremos la fraccin continua simple
o
1
1
a1 +
a2 +
1
a3 + · · ·
que denotaremos con
[a1 , a2 , a3 , . . .].
Sabemos por las recurrencias (2) y (3) que para este caso
pn = pn−2 + an pn−1 ,
qn = qn−2 + an qn−1 ,
7

18. y que Euler descubri, en 1774, la particularmente bella expresin
o
o
1
e−2=
1
1+
1
2+
1
1+
1
1+
4+
1
1 + ···
que, ms sucitamente es,
a
e − 2 = [1, 2, 1, 1, 4, 1, . . . , 1, 1, 2n, 1, 1, . . .],
y que demostraremos ahora, siguiendo a Cohn [1]. De la fraccin continua
o
anterior fcilmente se siguen las recurrencias para n ≥ 0:
a
p3n+1 = p3n−1 + p3n ,
q3n+1 = q3n−1 + q3n ,
p3n+2 = p3n + 2np3n+1 ,
q3n+2 = q3n + 2nq3n+1 ,
p3n+3 = p3n+1 + p3n+2 ,
q3n+3 = q3n+1 + q3n+2 .
Lema 1. Dados los nmeros
u
1
An =
0
1
Bn =
0
1
Cn =
0
xn (x − 1)n x
e dx,
n!
xn+1 (x − 1)n x
e dx,
n!
xn (x − 1)n+1 x
e dx,
n!
para n ≥ 0 se satisfacen las relaciones
An = q3n−2 (e − 2) − p3n−2 ,
Bn = p3n−1 − q3n−1 (e − 2),
Cn = q3n − p3n (e − 2),
de

19. niendo p−2 = −1 y q−2 = 1.
8

20. Demostracin. Integrando por partes la expresin para An , tenemos
o
o
1
An = −
0
xn−1 (x − 1)n ex
−
(n − 1)!
1
0
xn (n − 1)n−1 ex
= −Cn−1 − Bn−1
(n − 1)!
(6)
y ahora examinamos la derivada
d
dx
xn (x − 1)n+1 x
e
n!
xn (x − 1)n+1 x nxn−1 (x − 1)n+1 x
e +
e +
n!
n!
(n + 1)xn (x − 1)n x
e
n!
xn (x − 1)n+1 x 2nxn (x − 1)n x
=
e +
e
n!
n!
nxn−1 (x − 1)n x xn (x − 1)n x
−
e +
e
n!
n!
xn (x − 1)n x
xn+1 (x − 1)n x
e + 2n
e
=
n!
n!
xn−1 (x − 1)n x
e .
−
(n − 1)!
=
Esto puede integrarse en el intervalo [0, 1] para obtener
1
0=
xn+1 (x − 1)n x
e dx + 2n
n!
0
1 n−1
x (x − 1)n x
−
e dx
(n − 1)!
0
1
0
xn (x − 1)n x
e dx
n!
= Bn + 2nAn − Cn−1
que implica
Bn = −2nAn + Cn−1 .
(7)
Por ultimo
1
1 n+1
xn (x − 1)n x
x (x − 1)n x
e dx −
e dx
n!
n!
0
0
1 n
x (x − 1)n
=
(1 − x)ex dx
n!
0
1 n
x (x − 1)n+1 x
=−
e dx
n!
0
= −Cn
A n − Bn =
9
(8)

21. y

22. nalmente
1
ex dx = e − 1 = q−2 (e − 2) − p−2 ,
A0 =
0
1
xex dx = 1 = p−1 − q−1 (e − 2),
B0 =
0
−1
1
(x − 1)ex dx =
C0 =
0
1
xex dx −
0
ex dx
0
= 2 − e = p0 − q0 (e − 2)
que junto con las recurrencias (6), (7) y (8) implican el lema.
Teorema 2. Se satisface e − 2 = [1, 2, 1, . . . , 1, 2n, 1, . . .].
Demostracin. Claramente An , Bn y Cn tienden a 0 conforme n → ∞.
o
Por el Lema 1 se tiene que
lm qk (e − 2) − pk = 0
k→∞
y como qk 0 cuando k ≥ 1, se sigue que
pk
= [1, 2, 1, . . . , 1, 2n, 1 . . .].
k→∞ qk
e − 2 = lm
Referencias
[1] Cohn, Henry, A short proof of the simple continued fraction expansion of e. American Mathematical Monthly, enero de 2006, pp. 57-62.
[2] Henrici, Peter, Applied and computational complex analysis, vol. II,
Wiley, 1997.
10