Relações de Recorrência de 3ª Ordem

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1 Relações de Recorrência de 3ª Ordem Gustavo Franco Marra Domingues Universidade Federal de Uberlândia - Faculdade de Matemática Graduando em Matemática - Programa de Educação Tutorial gmarra86@ hotmail. com Walter dos Santos Motta Júnior Universidade Federal de Uberlândia - Faculdade de Matemática Professor Titutar wmotta@ ufu. br Resumo: O presente trabalho é uma generalização do artigo (1) para relações de recorrência homogêneas de 3ª ordem. Definida esse tipo de relação, nosso objetivo foi verificar ue o conjunto das seuências soluções dessas relações compõem um espaço vetorial e, ue, portanto, podemos escrever os elementos da seuência de forma não-recursiva a partir apenas dos elementos iniciais dados. A seguir, feitas algumas restrições sobre os coeficientes do polinômio característico da relação, foi possivel seuências com comportamento convergente. 1 Introdução O presente trabalho é uma generalização de (1) para relações de recorrência homogêneas de 3ª ordem, utilizadas em problemas de Modelagem Matemática (referência (3)). Nosso objetivo é caracterizar o espaço-solução deste tipo de relação e estudar seu comportamento assintótico. Neste artigo, estaremos lidando apenas com relações lineares sem termos independentes, ditas relaçoes homogêneas. 2 Relações de Recorrência de 3ª ordem Definição 1. Sejam a 0, a 1, a 2 R, com a 0 0. Dizemos ue uma euação é uma euação de recorrência homogênea de 3 a ordem uando ela é da forma: x n+3 = a 0 x n+2 + a 1 x n+1 + a 2 x n, n N (2.1) Uma seuência {x n } n 0 ou simplesmente x(n) é uma solução para (2.1) se ela satisfizer a euação para todo n N. Denotamos: x(n) = x n. Dados números reais x 0, x 1, x 2, o problema de encontrar uma seuência ue satisfaça (2.1) é chamada de Problema de Valor Inicial (PVI) para (2.1) (Mais sobre PVI em (2)). Exemplo 1. Seja x n+3 = 2x n+2 + 2x n+1 3x n. Pela definição anterior, temos ue esta é uma relação de recorrência homogênea de 3ª ordem. Se forem dados x 0 = 1, x 1 = 2 e x 2 = 3, então a seuência {x n } n = {1, 2, 3, 7, 14, 33, 73,...} é uma solução da relação definida. Posteriormente, estudaremos métodos para obter soluções não recorrentes para esta euação, isto é, exprimir um elemento da seuência sem ue tenhamos ue escrever toda a seuência.. Teorema 1. Um problema de valor inicial para (2.1) tem solução única.

2 102 FAMAT em Revista Demonstração. Vamos supor ue x(0) = x 0, x(1) = x 1, x(2) = x 2 números reais dados. Teremos a seuência x(n): x(0) = x 0 x(1) = x 1 x(2) = x 2 x(3) = a 0 x 2 + a 1 x 1 + a 2 x 0 := x 3 x(4) = a 0 x 3 + a 1 x 2 + a 2 x 1 := x 4. x(n) = a 0 x(n 1) + a 1 x(n 2) + a 2 x(n 3) = a 0 x n 1 + a 1 xn 2 + a 2 x n 3 := x n. x(n + 3) = a 0 x(n + 2) + a 1 x(n + 1) + a 2 x(n) = a 0 x n+2 + a 1 x n+1 + a 2 x n := x n+3 Como cada um desses elementos fica unicamente determinado, temos ue a solução do PVI é única. 3 O Espaço das Soluções Estamos interessados em caracterizar o conjunto das seuências ue servem de solução para (2.1) como um espaço vetorial. Para isso, precisamos definir as seguintes operações: Definição 2. Seja S o conjunto das seuências numéricas satisfazendo (2.1). Dadas as seuências finitas, x 1 (n), x 2 (n), vamos definir a soma dessas seuências da seguinte forma: {x 1 (n)} n 0 + {x 2 (n)} n 0 = {x 1 (n 0 ) + x 2 (n 0 ),..., x 1 (n k ) + x 2 (n k ),...} = {x 1 (n) + x 2 (n)} n 0 (3.1) Definimos a multiplicação de uma seuência{x 1 (n)} n 0 por um escalar α da seguinte forma: α{x 1 (n)} n 0 = {αx 1 (n 0 ),..., αx 1 (n k ),...} = {αx 1 (n)} n 0 (3.2) Definição 3. Dadas as seuências x 1 (n), x 2 (n),..., x k (n), k > 0 e natural, dizemos ue estas seuências são linearmente dependentes para n n 0 se existirem constantes a i, i = 1, 2,..., k não todas nulas, tais ue a 1 x 1 (n) + a 2 x 2 (n) a k x k (n) = 0, n n 0 (3.3) Isso euivale a dizer ue cada x i (n), com coeficiente não nulo, é uma combinação linear dos outros x j (n), com i j. Da mesma forma, dizemos ue as seuências x 1 (n), x 2 (n),..., x k (n) são linearmente independentes para n n 0 se a 1 x 1 (n) + a 2 x 2 (n) a k x k (n) = 0, n n 0 (3.4) então a 1 = a 2 = a 3 =... = a k = 0. Isto nos diz ue cada seuência x i (n) não pode ser escrita como combinação linear das demais. Teorema 2. Considere S como sendo o conjunto das seuências numéricas satisfazendo (2.1). Com a soma e produto escalar definidos acima, S é um espaço vetorial real. A demonstração deste resultado será omitida, pois a verificação das propriedades de espaços vetoriais sejam imediatas, com as operações definidas acima. Com este resultado, podemos procurar uma base de S e então caracterizar soluções de (2.1). Relações de Recorrência de 3ª ordem Universidade Federal de Uberlândia

3 Relações de Recorrência de 3ª Ordem Caracterização de Soluções Vamos supor ue (2.1) admita uma solução exponencial da forma x n = λ n, λ R, λ 0. Dessa forma, temos, necessariamente: λ n+3 = a 0 λ n+2 + a 1 λ n+1 + a 2 λ n λ n (λ 3 a 0 λ 2 a 1 λ a 2 ) = 0 λ 3 a 0 λ 2 a 1 λ a 2 = 0 (4.1) Ou seja, se (2.1) é tal ue x n = λ n, λ R {0}, então λ existe e é solução de (4.1) (pois existem raízes deste polinômio em λ). A euação (4.1) é chamada euação característica associada a (2.1) (ou polinômio característico associado a (2.1)). Sabemos ue as raízes de (4.1) apresentam uma única configuração dentre as duas a seguir: - Todas elas são reais (podendo ser todas distintas, duas iguais e uma distinta, ou uma única raiz de multiplicidade 3). - Uma delas é real e as outras duas são complexas conjugadas. De posse dessas informações, vamos enunciar um Teorema ue nos permite criar bases para o espaço vetorial das soluções de uma euação de recorrência. Para a demonstração deste resultado, no entanto, precisaremos do seguinte lema: Lema 1. Seja p(r) = r 3 a 0 r 2 a 1 r a 2 tal ue p(r) = 0 admite três raizes reais r 1, r 2 e r 3, com r 1 = r 3 (ou seja, r 1 tem multiplicidade 2). Então r 1 é ponto crítico de p(r), ou seja, p (r 1 ) = 0. Demonstração. Sendo r 1, r 2 raízes de p(r), r 1 com multiplicidade 2, então p(r) pode ser reescrita da seguinte forma: p(r) = (r r 1 ) 2 (r r 2 ). Além disso, p (r) = 3r 2a 0 r a 1. Vamos encontrar os pontos críticos desta função: p (r) = 2(r r 1 )(r r 2 ) + (r r 1 ) 2 = (r r 1 )(2(r r 2 ) + (r r 1 )) = (r r 1 )(3r 2r 2 r 1 ) Logo, p (r) = 0 r 1 raiz de p (r). Então, r 1 é ponto crítico de p(r) e, portanto, 3r 2 1 2a 0 r a 1 = 0. Teorema 3. Sejam {x n } a solução de um PVI e r 1, r 2 e r 3 raízes de (4.1). Então: (a) Se r 1 r 2 r 3 (r i R), então β = {{r n 1 }, {r n 2 }, {r n 3 }} é uma base de S e, neste caso, existem a, b, c R tais ue x n = ar n 1 + br n 2 + cr n 3, n R. (b) Se r 1 = r 2 r 3 (r i R), então β = {{r n 1 }, {nr n 2 }, {r n 3 }} é uma base de S e, neste caso, existem a, b, c R tais ue x n = ar n 1 + bnr n 2 + cr n 3, n R. (c) Se r 1 = r 2 = r 3 (r i R), então β = {{r n 1 }, {nr n 2 }, {n 2 r n 3 }} é uma base de S e, neste caso, existem a, b, c R tais ue x n = ar n 1 + bnr n 2 + cn 2 r n 3, n R. (d) Se r 1 R e r 2 = z, r 3 = z ( C), então β = {{r n 1 }, {r n cos(θn)}, {r n sen(θn)} é uma base de S e, neste caso, existem a, b, c R tais ue x n = ar n 1 + br n cos(θn) + cr n sen(θn), n R, onde r = r 2. Demonstração. (a) Seja x i (n) = ri n, i = 1, 2, 3 (ou seja, estamos supondo ue (2.1) admite solução exponencial da forma indicada) e s(r) = r 3 a 0 r 2 a 1 r a 2 = 0. Se r 1, r 2 e r 3 são as raízes distintas de s(r), temos: ri 3 a 0ri 2 a 1ri 1 a 2ri 0 = ri 3 a 0ri 2 a 1r i a 2 = ri n(r3 i a 0ri 2 a 1r i a 2 ) = r n+3 i a 0 r n+2 i a 1 r n+1 i a 2 ri n = x i (n + 3) a 0 x i (n + 2) a 1 x i (n + 1) a 2 x i (n) = 0 Faculdade de Matemática Caracterização de Soluções

4 104 FAMAT em Revista para i= 1, 2, 3. Pelo Teorema 2 temos ue, se x i (n) = r n i, então rn 1, r n 2 e r n 3 são soluções de (2.1). Portanto, existem a, b, c reais tais ue x n = ar n 1 + br n 2 + cr n 3 Logo, {{r n 1 }, {r n 2 }, {r n 3 }} constitui uma base do espaço S. (b) Sejam r 1, r 2, r 3 de p(r) = r 3 a 0 r 2 a 1 r a 2 = 0, com r 1 = r 2. Temos ue s(r) pode ser reescrito da seguinte forma: p(r) = (r r 1 ) 2 (r r 2 ). Temos ue mostrar ue x n = nr n 1 é solução de (2.1). Temos: x(n + 3) a 0 x(n + 2) a 1 x(n + 1) a 0 x(n) = = (n + 3)r1 n+3 a 0 (n + 2)r1 n+2 a 1 (n + 1)r1 n+1 a 0 nr1 n = n(r1 n+3 a 0 r1 n+2 a 1 r1 n+1 a 0 r1 n ) + (3r1 n+3 2a 0 r1 n+2 a 1 r n+1 = n0 + r1 n+1 (3r1 2 2a 0 r 1 a 1 ) = = r1 n+1 (3r1 2 2a 0 r 1 a 1 ) Se r 1 0, então, pelo Lema 1 temos ue (3r 2 1 2a 0 r 1 a 1 ) = 0, e, portanto, nr n 1 é solução para (2.1). Dessa forma, {{r n 1 }, {nr n 1 }, {r n 2 }} é uma base de S. (c) Do item anterior, temos ue, se r1 n = r2 n = r3 n é solução, então {nr1 n } também é solução. Portanto, {n(nr 1 ) n } também será solução. Dessa forma, temos ue {{r1 n }, {nr1 n }, {n 2 r1 n }} é uma base para S. (d) Seja z = a + ib, a, b R. A sucessão y(n) = (a + ib) n é solução para (2.1). Considerando ue as partes reais e imaginárias de uma solução também são soluções de (2.1), vamos escrever este número complexo em sua forma polar. Temos: 1 ) p = re iθ r = a 2 + b 2 tg(θ) = b a (θ = arg(p)) Temos: y(n) = (a + ib) n = r n e inθ = r n [cos(nθ) + isen(nθ)] (4.2) Logo, a parte real e a imaginária são soluções linearmente independentes de (2.1). Temos ue {{r n 1 }, {r n cos(nθ)}, {r n sen(nθ)}} é uma base para S. Com este resultado, é possivel estabelecer uma solução não recorrente para (2.1) para uaisuer x 0, x 1, x 2 iniciais. Exemplo 2. Seja a seguinte relação de recorrência: x n+3 = 6x n+2 11x n+1 6x n. O polinômio característico dessa euação será: λ 3 +6λ 2 +11λ+6 = 0, cujas raízes são λ 1 = 1, λ = 2 e λ 3 = 3. Pelo Teorema anterior, temos ue {( 1) n, ( 2) n, ( 3) n } é uma base para as soluções da relação de recorrência supracitada. De fato, vamos supor ue os primeiros elementos da seuência sejam x 0 = 1, x 1 = 1 2 e x 2 = 1. Temos ue existem a, b, c tais ue x 0 = 1 = a( 1) 0 + b( 2) 0 + c( 3) 0 x 1 = 1 2 = a( 1) 1 + b( 2) 1 + c( 3) 1 x 2 = 1 = a( 1) 2 + b( 2) 2 + c( 3) 2 Resolvendo este sistema, obtemos a = 15 4, b = 4 e c = 5 4. Pela relação de recorrência dada, temos ue ( ) 1 x 3 = 6( 1) 11 6(1) = = 11 2 a + b + c = 1 a 2b 3c = 1 2 a + 4b + 9c = 1 Caracterização de Soluções Universidade Federal de Uberlândia

5 Relações de Recorrência de 3ª Ordem 105 Agora, escrevendo em função da base {( 1) n, ( 2) n, ( 3) n }, temos: Da mesma forma, x 3 = 15 4 ( 1)3 4( 2) ( 3)3 = = 22 4 = 11 2 ( x 4 = 6 11 ) ( ) 1 11( 1) 6 = = Agora, escrevendo em função da base {( 1) n, ( 2) n, ( 3) n }, temos: x 4 = 15 4 ( 1)4 4( 2) ( 3)4 = = = = 41 E dessa forma, podemos encontrar ualuer elemento da seuência sem termos ue construí-la por completo. 5 Comportamento Assintótico de Soluções Neste tópico, estamos interessados em estabelecer restrições para a 0, a 1 e a 2 em (4.1) de forma ue a seuência (2.1) apresente comportamento convergente. A cada terna (x 0, x 1, x 2 ) o PVI é unicamente determinado e, portanto, a sua solução pode ser estabelecida como combinação linear das raízes do polinômio característico (vide último teorema). Estamos interessados em caracterizar o comportamento assintótico destas soluções. Precisaremos dos seguintes resultados: Lema 2. Dada uma euação polinomial r 3 a 0 r 2 a 1 r a 2 = 0, onde o polinômio da euação é polinômio característico de uma relação de recorrência de 3ª ordem, se a 0 > 0, a 1 0 e a 1 > 1, então existe uma raiz real > 1 para a euação. Demonstração. Notemos ue r 3 a 0 r 2 a 1 r a 2 = 0 1 a 0 r a 1 r 2 a 2 = 0, com r 0. Naturalmente, r3 os valores de r diferentes de zero ue satisfazem a primeira também satisfazem a segunda, portanto, vamos definir a seguinte função: f : (0, ) R x 1 a 0 r a 1 r 2 a 2 r 3 Essa função é contínua em seu domínio e derivável, sendo sua derivada f (x) = a 0 x 2 + a 1 x 3 + a 2 x 4 Como x > 0, temos ue f (x) > 0, x (0, ). Segue ue a função f é estritamente crescente. Como f(1) = 1 a 0 a 1 a 2 < 1, e lim x f(x) = 1 e lim x 0 + f(x) = Dessa forma, como f(1) < 1 e existe b > 1 tal ue f(b) > 0 (pois a função é estritamente crescente) pelo Teorema do Valor Intermediário, existe entre 1 e b tal ue f() = 0. Portanto, > 1. Exemplo 3. Seja p(r) = r 3 2r 2 1 2r 2. Tal euação satisfaz as condições do teorema. Suponha ue r 1 = 1, r 2 = 5 sejam dois pontos do domínio de p(r). Temos: p(r 1 ) = 9 2 < 1 e p(r 2) = 48 > 1. Pelo Teorema do Valor Intermediário, segue ue existe c entre 1 e 5 tal ue p(c) = 0. Portanto, existe uma raiz maior de 1 para p(r). Faculdade de Matemática Comportamento Assintótico de Soluções

6 106 FAMAT em Revista Teorema 4. O módulo das raízes da euação r 2 + br + c = 0 é menor ue 1 se, e somente se, 1 + b + c > 0, 1 b + c > 0 e c < 1. A demonstração do último teorema encontra-se em (1). Com estes resultados, temos ue a euação r 3 a 0 r 2 a 1 r a 2 = 0 se fatora em: ( (r ) r 2 + ( a 0 )r + a ) 2 = 0 (5.1) Estamos interessados em ue as raízes de r 2 + ( a 0 )r + a 2 raízes são reais, temos, pelo teorema 4: = 0 tenham módulo menor ue 1. Se as e Seja K = a Temos: 1 + ( a 0 ) + a 2 > 0 (5.2) 1 ( a 0 ) + a 2 > 0 (5.3) { ( a0 ) > K ( a 0 ) > K { (ao ) < K ( a 0 ) < K { (ao ) < K (a 0 ) < K Seja a 0 < K, onde K = a Além disso, se as raízes são complexas não reais, devemos ter também: ( a 0 ) ± 4 a 2 ( a 0) 2 z = 2 ( a 0 ) 2 4a 2 r = z = ( a 0) 2 a2 = (5.5) 4 Como, por hipótese, a 0 > 0 e > 1, então a 2 > 0 e a 2 < 1, então 0 < r < 1 é a condição ue ueremos. Satisfeitas estas condições, então temos ue uma raiz do polinômio característico é maior ue 1, e as outras duas são, em módulo, menores ue 1. Então, temos o seguinte resultado: Teorema 5. Seja uma relação de recorrência como em (2.1), tal ue a 0 0, a 1 0 e a 2 > 1, satisfazendo as condições: a 0 < a e a 2 < 1 onde é uma raiz real maior ue um (já provamos sua existência). Se x n é uma solução de (2.1), então existe a R {0} tal ue x n lim n n = a (5.6) Demonstração. Faremos a demonstração apenas para o caso em ue as raízes do polinômio característico são reais e distintas, pois a demonstração nos outros casos e análoga. Sendo x n solução de (2.1), suponha ue β = {{r n 1 }, {r n 2 }, {r n 3 }} seja uma base do espaço das soluções, conforme o Teorema 3. Vamos tomar r 1 = > 1. Pelos resultados anteriores, dadas as restrições das hipóteses r 2 < 1 e r 3 < 1. Então, existem a, b, c reais tais ue x n = ar n 1 + br n 2 + cr n 3 = a n + br n 2 + cr n 3 (5.4) Comportamento Assintótico de Soluções Universidade Federal de Uberlândia

7 Relações de Recorrência de 3ª Ordem 107 De onde obtemos: x n lim x n = lim a n x n + b Como > 1, r 2 < 1 e r 3 < 1 então temos x n (5.7) = lim n n = lim a n x n + b ( ) n r2 + c ( ) n r2 + c ( ) n r3 (5.7) ( ) n r3 = a (5.8) Referências Bibliográficas [1] GARCIA, Ronaldo Alves; CRUZ, José Hilário. "Euações Diferenças Lineares de Segunda Ordem", Revista da Olimpíada Brasileira de Matemática nº 6, páginas IME-UFG, [2] GARCIA, Ronaldo Alves; CRUZ, José Hilário. "Problemas de Valor Inicial e de Contorno para Euações Diferenças", Revista da Olimpíada Brasileira de Matemática nº 6, páginas IME-UFG, [3] BASSANEZI, Rodney C. "Ensino-aprendizagem com Modelagem Matemática". Ed. Contexto. São Paulo-SP, Faculdade de Matemática Comportamento Assintótico de Soluções

8 108 FAMAT em Revista Comportamento Assintótico de Soluções Universidade Federal de Uberlândia