Sequencias recorrentes

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Sequencias recorrentes

  1. 1. Seq¨ˆncias Recorrentes ue Carlos Gustavo Moreira IMPA Seq¨ˆncias recorrentes s˜o seq¨ˆncias x0 , x1 , x2 , . . . em que cada termo ´ determinado por ue a ue euma dada fun¸˜o dos termos anteriores. Dado um inteiro positivo k, uma seq¨ˆncia recorrente ca uede ordem k ´ uma seq¨ˆncia em que cada termo ´ determinado como uma fun¸˜o dos k termos e ue e caanteriores: xn+k = f (xn+k−1 , xn+k−2 , . . . , xn+1 , xn ), ∀ n ∈ N. Com essa generalidade, o estudo geral de seq¨ˆncias recorrentes se confunde em larga me- uedida com a teoria dos Sistemas Dinˆmicos, e o comportamento de tais seq¨ˆncias pode ser a uebastante ca´tico e de descri¸˜o muito dif´ o ca ıcil, mesmo qualitativamente. Um caso particularmuito importante ocorre quando a fun¸˜o f ´ linear: existem constantes c1 , c2 , . . . , cn com ca e xn+k = c1 xn+k−1 + c2 xn+k−2 + · · · + ck xn , ∀ n ∈ N.Tais seq¨ˆncias s˜o conhecidas como seq¨ˆncias recorrentes lineares, e generalizam simultanea- ue a uemente as progress˜es geom´tricas, aritm´ticas e os polinˆmios. Estas seq¨ˆncias ser˜o o objeto o e e o ue aprincipal dessas notas. N˜o obstante, algumas recorrˆncias n˜o-lineares ser˜o consideradas, a e a acomo a recorrˆncia xn+1 = x2 − 2, que tem grande interesse do ponto de vista de sistemas e ndinˆmicos e por suas aplica¸˜es ` teoria dos n´meros. a co a u Essas notas, adaptadas do texto de um mini-curso dado pelo autor na II Bienal da SBM, s˜o ainspiradas no excelente livreto ”Seq¨ˆncias Recorrentes”, de A. Markuchevitch, publicado na uecole¸˜o ”Inicia¸˜o na matem´tica”, da editora MIR, no qual o autor aprendeu bastante sobre o ca ca atema no in´ de sua forma¸˜o matem´tica. A se¸˜o 4, onde ´ deduzida a f´rmula para o termo ıcio ca a ca e ogeral de uma seq¨ˆncia recorrente linear, ´ adaptada do artigo ”Equa¸˜es de recorrˆncia”, de ue e co eH´ctor Soza Pollman, publicado no n´ mero 9 da revista Eureka! (de fato, o artigo original e u 1
  2. 2. submetido ` revista enunciava esta f´rmula sem demonstra¸˜o, a qual foi inclu´ no artigo a o ca ıdapelo autor destas notas, que ´ um dos editores da Eureka!). e1 — Seq¨ˆncias recorrentes lineares: ue Uma seq¨ˆncia (xn )n∈N ´ uma seq¨ˆncia recorrente linear de ordem k (onde k ´ um inteiro ue e ue epositivo) se existem constantes (digamos reais ou complexas) c1 , c2 , . . . , ck tais que k xn+k = cj xn+k−j = c1 xn+k−1 + c2 xn+k−2 + · · · + ck xn , ∀ n ∈ N. j=1 Tais seq¨ˆncias s˜o determinadas pelos seus k primeiros termos x0 , x1 , . . . , xk−1 . ue a Os exemplos mais simples (e fundamentais, como veremos a seguir) de seq¨ˆncias recorrentes uelineares s˜o as progress˜es geom´tricas: se xn = a · q n ent˜o xn+1 = qxn , ∀ n ∈ N, donde (xn ) a o e a´ uma seq¨ˆncia recorrente linear de ordem 1.e ue Se (xn ) ´ uma progress˜o aritm´tica, existe uma constante r tal que xn+1 − xn = r, ∀ n ∈ N, e a edonde xn+2 − xn+1 = xn+1 − xn , ∀ n ∈ N, e logo xn+2 = 2xn+1 − xn , ∀ n ∈ N, ou seja, (xn ) ´ euma seq¨ˆncia recorrente linear de ordem 2. ue Se xn = P (n) onde P ´ um polinˆmio de grau k, ent˜o (xn) satisfaz a recorrˆncia linear de e o a eordem k + 1 dada por k k+1 xn+k+1 = (−1)j xn+k−j , ∀ n ∈ N. (*) j=0 j+1 Isso ´ evidente se k = 0 (isto ´, se P ´ constante), pois nesse caso (*) se reduz a xn+1 = xn , e e e∀ n ∈ N, e o caso geral pode ser provado por indu¸˜o: se P ´ um polinˆmio de grau k ≥ 1 ca e oent˜o Q(x) = P (x + 1) − P (x) ´ um polinˆmio de grau k − 1, donde yn = xn+1 − xn = Q(n) a e o k−1 ksatisfaz a recorrˆncia yn+k = e (−1)j j+1 yn+k−1−j , ∀ n ∈ N, donde j=0 k−1 k xn+k+1 − xn+k = (−1)j (xn+k−j − xn+k−j−1 ), ∀ n ∈ N, j=0 j+1 2
  3. 3. e logo k k j k k k+1 xn+k+1 = (−1) ( + )xn+k−j = (−1)j xn+k−j , ∀ n ∈ N. j=0 j+1 j j=0 j+1 Um outro exemplo ´ dado por seq¨ˆncias do tipo xn = (an + b) · q n , onde a, b e q s˜o e ue aconstantes. Temos que xn+1 − qxn = (a(n + 1) + b)q n+1 − q(an + b) · q n == q n+1 (a(n + 1) + b − (an + b)) = aq n+1 ´ uma progress˜o geom´trica de raz˜o q, e logo e a e axn+2 − qxn+1 = q(xn+1 − qxn ), donde xn+2 = 2qxn+1 − q 2 xn , ∀ n ∈ N, e portanto (xn ) ´ uma eseq¨ˆncia recorrente linear de ordem 2. ue Vamos agora considerar a famosa e popular seq¨ˆncia de Fibonacci, dada por u0 = 0, u1 = 1 uee un+2 = un+1 + un , ∀ n ∈ N. Seus primeiros termos s˜o u0 = 0, u1 = 1, u2 = 1, u3 = 2, u4 = 3, au5 = 5, u6 = 8, u7 = 13, u8 = 21, . . . . Mostraremos na pr´xima se¸˜o como achar uma f´rmula o ca oexpl´ ıcita para seu termo geral un em fun¸˜o de n, o que ser´ generalizado para seq¨ˆncias ca a uerecorrentes lineares quaisquer, e veremos algumas de suas propriedades aritm´ticas. e Antes por´m, concluiremos esta se¸˜o com alguns fatos gerais sobre seq¨ˆncias recorrentes e ca uelineares, que ser˜o uteis nas se¸˜es subsequentes. a ´ co O conjunto das seq¨ˆncias que satisfazem uma dada recorrˆncia linear ue e k xn+k = cj xn+k−j , ∀n∈N j=1´ um espa¸o vetorial , isto ´, dadas duas seq¨ˆncias (yn ) e (zn ) que satisfazem esta recorrˆnciae c e ue e k k(ou seja, yn+k = cj yn+k−j e zn+k = cj zn+k−j , ∀ n ∈ N) e uma constante a, a seq¨ˆncia ue j=1 j=1 k(wn ) dada por wn = yn + azn satisfaz a mesma recorrˆncia: wn+k = e cj wn+k−j , ∀ n ∈ N. j=1 ´ E bastante usual, dada uma seq¨ˆncia (xn ), estudar a seq¨ˆncia obtida pela soma de seus ue uen primeiros termos sn = xk . Se (xn ) ´ uma seq¨ˆncia recorrente linear, (sn) tamb´m ´. e ue e e k≤n kDe fato, sn+1 − sn = xk − xk = xn+1 , ∀ n ∈ N. Se xn+k = cj xn+k−j , temos k≤n+1 k≤n j=1 3
  4. 4. ksn+k+1 − sn+k = cj (sn+k+1−j − sn+k−j ), ∀ n ∈ N, donde j=1 k−1 k+1 sn+k+1 = (1 + c1 )sn+k + (cj+1 − cj )sn+k−j − ck sn = di sn+k+1−i j=1 i=1onde d1 = 1 + c1 , di = ci − ci−1 para 2 ≤ i ≤ k e dk+1 = −ck , ∀ n ∈ N, e portanto (sn ) ´ uma eseq¨ˆncia recorrente linear de ordem k + 1. ue2 — A seq¨ˆncia de Fibonacci: ue A seq¨ˆncia de Fibonacci ´ definida por u0 = 0, u1 = 1 e un+2 = un+1 + un , ∀ n ∈ N. ue eQueremos achar uma f´rmula expl´ o ıcita para un em fun¸˜o de n. Para isso usaremos uma caid´ia que ser´ bastante util tamb´m no caso geral: procuraremos progress˜es geom´tricas que e a ´ e o esatisfazem a mesma recorrˆncia que (un ): se xn = a · q n com a e q n˜o nulos satisfaz xn+2 = e axn+1 + xn, ∀ n ∈ N, teremos a · qn+2 = a · q n+1 + a · q n = a · q n (q + 1), donde q 2 = q + 1. Temos √ 1+ 5assim dois valores poss´ ızes da equa¸˜o q 2 − q − 1 = 0, que s˜o ıveis para q: as duas ra´ ca a 2 √ √ n √ n 1− 5 1+ 5 1− 5e 2 . Assim, seq¨ˆncias da forma a ue 2 e da forma b 2 satisfazem a recorrˆncia e √ n √ n 1+ 5 1− 5acima, bem como seq¨ˆncias da forma yn = a ue 2 +b 2 , pela observa¸˜o da se¸˜o ca caanterior. Basta agora encontrar valores de a e b tais que y0 = 0 e y1 = 1 para que tenhamos yn = unpara todo n (de fato, ter´ ıamos y0 = u0 , y1 = u1 e, por indu¸˜o se k ≥ 2 e yn = Un para todo can < k, temos yk = yk−1 + yk−2 = uk−1 + uk−2 = uk ). Para isso, devemos ter:   a + b = 0  √ √ a 1+ 5 +b 1− 5 =1 2 2 1 1e portanto a = √ 5 e b = − √5 . Mostramos assim que √ n √ n 1 1+ 5 1− 5 un = √ − , ∀ n ∈ N. 5 2 2 4
  5. 5. ´E curioso que na f´rmula do termo geral de uma seq¨ˆncia de n´ meros inteiros definida de o ue umodo t˜o simples quanto (un ) apare¸am n´meros irracionais. a c u Provaremos a seguir uma identidade util sobre n´meros de Fibonacci: ´ uProposi¸˜o: ca um+n = um un−1 + um+1 un , ∀ m, n ∈ N, n ≥ 1.Prova: Sejam ym = um+n e zm = um un−1 + um+1 un . Temos que (yn ) e (zn ) satisfazem arecorrˆncia xn+2 = xn+1 +xn , ∀ n ∈ N. Por outro lado, y0 = un , y1 = un+1 , z0 = 0·un−1 +1·un = eun = y0 e z1 = 1 · un−1 + 1 · un = un+1 = y1 , e portanto, como antes, zn = yn , ∀ n ∈ N. Podemos usar este fato para provar o seguinte interessante fato aritm´tico sobre a seq¨ˆncia e ue(un ), que pode ser generalizado para as chamadas seq¨ˆncias de Lucas, as quais s˜o uteis para ue a ´certos testes de primalidade:Teorema: mdc(um , un ) = umdc(m,n) , ∀ m, n ∈ N.Prova: Observemos primeiro que mdc(un , un+1 ) = 1, ∀ n ∈ N. Isso vale para n = 0 pois u1 = 1e, por indu¸˜o, mdc(un+1 , un+2 ) = mdc(un+1 , un+1 + un ) = mdc(un+1 , un ) = 1. Al´m disso, se ca em = 0, mdc(um , un ) = mdc(0, un ) = un = umdc(m,n) , ∀ n ∈ N, e se m = 1, mdc(um , un ) =mdc(1, un ) = 1 = u1 = umdc(m,n) , ∀ n ∈ N. Vamos ent˜o provar o fato acima por indu¸˜o a caem m. Suponha que a afirma¸˜o do enunciado seja v´lida para todo m < k (onde k ≥ 2 ca a´ um inteiro dado) e para todo n ∈ N. Queremos provar que ela vale para m = k e paraetodo n ∈ N, isto ´, que mdc(uk , un ) = umdc(k,n) para todo n ∈ N. Note que, se n < k, emdc(uk , un ) = mdc(un , uk ) = umdc(n,k) = umdc(k,n) , por hip´tese de indu¸˜o. J´ se n ≥ k, o ca aun = u(n−k)+k = un−k uk−1 + un−k+1 uk , e logo mdc(uk , un ) = mdc(uk , un−k uk−1 + un−k+1 uk ) =mdc(uk , un−k uk−1 ) = mdc(uk , un−k ) (pois mdc(uk , uk−1 ) = 1) = umdc(k,n−k) = umdc(k,n) . 5
  6. 6. Corol´rio: Se m ≥ 1 e m ´ um divisor de n ent˜o um divide un . Al´m disso, se m ≥ 3 vale a a e a erec´ ıproca: se um divide un ent˜o m divide n. a3 — A recorrˆncia xn+1 = x2 − 2 e n Consideremos as seq¨ˆncias (xn )n∈N de n´ meros reais que satisfazem a recorrˆncia xn+1 = ue u ex2 − 2, ∀ n ∈ N. Suponha que x0 = α + α−1 para um certo α (real ou complexo). Ent˜o n a n npodemos provar por indu¸˜o que xn = α2 + α−2 , ∀ n ∈ N. De fato, se vale a f´rmula para ca oxn , teremos n n n+1 n+1 n+1 n+1 xn+1 = x2 − 2 = (α2 + α−2 )2 − 2 = α2 n + 2 + α−2 − 2 = α2 + α−2 . √ −1 x0 + x2 −4Se |x0 | > 2, temos x0 = α + α para α = 2 0 ∈ R. Se |x0 | ≤ 2, vale a mesma f´rmula para α, mas nesse caso α ´ um n´ mero complexo de o e u n iθ n iθm´tulo 1, e pode ser escrito como α = eiθ = cos θ + i sen θ. Nesse caso, xn = e2 o + e−2 =(cos(2n θ) + i sen(2n θ)) + (cos(2nθ) − sen(2n θ)) = 2 cos(2n θ). Podemos ver isso de outra forma: se |x0 | ≤ 2, escrevemos x = 2 cos θ, com θ ∈ [0, π].Podemos mostrar ent˜o por indu¸˜o que xn = 2 cos(2n θ), para todo n ∈ N. De fato, xn+1 = a cax2 −2 = 4 cos2 (2n θ)−2 = 2(2 cos2 (2n θ)−1) = 2 cos(2n+1 θ), pois cos(2x) = 2 cos2 x−1, ∀ x ∈ R. nPodemos usar esta express˜o para obter diversos tipos de comportamento poss´ para uma a ıveltal seq¨ˆncia (xn ). Se x0 = 2 cos θ e θ/π ´ racional e tem representa¸˜o bin´ria peri´dica de ue e ca a o ıodo m ent˜o (xn ) = (2 cos(2n θ)) ´ peri´dica de per´per´ a e o ıodo m. Por outro lado, podemos terx0 = 2 cos θ onde θ/π tem representa¸˜o bin´ria como ca a 0, 0100011011000001010011100101110111...em que todas as seq¨ˆncias finitas de zeros e uns aparecem em algum lugar (isso acontece para uea “maioria” dos valores de θ). Nesse caso, a seq¨ˆncia (xn ) = (2 cos(2n θ)) ´ densa em [−2, 2], isto ´, qualquer ponto de ue e e[−2, 2] pode ser apromado por elementos de (xn ), com erro arbitrariamente pequeno. 6
  7. 7. No caso em que x0 ´ um inteiro, a seq¨ˆncia (xn ) pode ter propriedades aritm´ticas muito e ue e √ 2n √ 2ninteressantes. Em particular, se x0 = 4 (e logo xn = (2 + 3) + (2 − 3) , ∀ n ∈ N) vale ofamoso crit´rio de Lucas-Lehmer para testar a primalidade de n´meros de Mersenne: se n ≥ 3 e uent˜o 2n − 1 ´ primo se e somente se 2n − 1 ´ um divisor de xn−2 (por exemplo, 23 − 1 = 7 ´ a e e eprimo e ´ um divisor de x3−1 = x1 = x2 − 2 = 42 − 2 = 14). e 0Exerc´ ıcio: Seja x0 ≥ 3 um inteiro ´ ımpar. i) Prove que se p ´ um n´ mero primo ent˜o existe no m´ximo um valor de n ∈ N tal que p e u a a divide xn . ii) Prove que se p ´ um fator primo de xn ent˜o p > n. e a Sugest˜o: Considere a seq¨ˆncia xn (mod p). a ue Esse exerc´ pode ser generalizado para outras recorrˆncias. Nesse caso particular da ıcio e recorrˆncia xn+1 = x2 −2 ´ poss´ mostrar um resltado mais forte: se p ´ um fator primo e n e ıvel e de xn ent˜o p ≥ 2n+2 − 1 (note que quando p = 2q − 1 ´ primo, com q ≥ 3 e n = q − 2, a e vale a igualdade p = 2n+2 − 1 e p|xn , pelo crit´rio de Lucas-Lehmer enunciado acima). e4 - F´rmulas gerais para seq¨ˆncias recorrentes lineares: o ue Considere a equa¸˜o ca ak xn+k + ak−1 xn+k−1 + · · · + a0 xn = 0, n≥0 (2)em que a0 , . . . , ak s˜o constantes, e os valores de xi s˜o conhecidos para i = 0, . . . , k − 1. a aSupondo que a equa¸˜o (2) admite uma solu¸˜o do tipo: xn = λn, em que λ ´ um parˆmetro, ca ca e ae substituindo em (2) temos ak λn+k + ak−1 λn+k−1 + · · · + a0 λn = 0. 7
  8. 8. Dividindo por λn , obtemos a equa¸˜o caracter´stica associada a equa¸˜o (2) ca ı ca a1 λk + ak−1 λk−1 + · · · + a0 λ0 = 0.Vamos mostrar que se esta equa¸˜o tem as ra´ ca ızes complexas λ1 , . . . , λr com multiplicidadesα1 , α2 , . . . , αr ∈ N, respectivamente, ent˜o as solu¸˜es de (2) s˜o exatamente as seq¨ˆncias a co a ue(xn ) da forma xn = Q1 (n)λn + Q2 (n)λn + · · · + Qr (n)λn , onde Q1 , . . . , Qr s˜o polinˆmios com 1 2 r a ograu(Qi ) < αi , 1 ≤ i ≤ r (em particular, se λi ´ uma raiz simples ent˜o Qi ´ constante). e a e Seja P (x) = ak xk + ak−1 xk−1 + · · · + a0 um polinˆmio. o Defini¸˜o: Dizemos que uma seq¨ˆncia (xn )n∈N satisfaz a propriedade Rec(P (x)) se ca ueak xn+k + ak−1 xn+k−1 + · · · + a0 xn = 0, ∀ n ∈ N. N˜o ´ dif´ verificar os seguintes fatos: a e ıcil i) Se (xn ) e (yn ) satisfazem Rec(P (x)) e c ∈ C ent˜o (zn ) = xn + cyn satisfaz Rec(P (x)). a ii) Se Q(x) = br xr + br−1 xr−1 + · · · + b0 e (xn ) satisfaz Rec(P (x)) ent˜o (xn ) satisfaz a r Rec(P (x)Q(x)) (isso segue de bj (ak xn+j+k +ak−1 xn+j+k−1 +· · ·+a0 xn+j ) = 0, ∀ n ∈ N) j=0 iii) (xn ) satisfaz Rec(P (x)) se e s´ se (yn ) = (xn /λn) satisfaz Rec(P (λx)) (substitua xn+j = o k λn+j yn+j em aj xn+j = 0). j=0 n iv) Se sn = xk ent˜o (xn ) satisfaz Rec(P (x)) se e s´ se (sn ) satisfaz Rec((x − 1)P (x)) a o k=0 n (escreva xn+j+1 = sn+j+1 − sn+j e substitua em aj xn+j+1 = 0). j=0 Por iii), para ver que, para todo polinˆmio Q(x) de grau menor que m, xn = Q(n)λn osatisfaz Rec((x − λ)m ), basta ver que (yn ) = (Q(n)) satisfaz Rec((x − 1)m ), o que faremos porindu¸˜o. Isso ´ claro que m = 1, e em geral, se zn = yn+1 − yn = Q(n + 1) − Q(n), como ca e˜Q(x) = Q(x + 1) − Q(x) tem grau menor que m − 1, (zn ) satisfaz Rec((x − 1)m−1 ) (por hip´tese ode indu¸˜o), e logo, por (iv), (Yn ) satisfaz Rec((x − 1)m ). Essa observa¸˜o, combinada com ii) ca cae i), mostra que se P (x) = (x − λ1 )α1 (x − λ2 )α2 (x − λ2 )α2 . . . (x − λr )αr , e grau(Qi ) < αi para r1 ≤ i ≤ r ent˜o xn = a Qi (n)λn satisfaz Rec(P (x)). i i=1 8
  9. 9. Para ver que se (xn ) satisfaz Rec(P (x)) ent˜o xn ´ da forma acima, usaremos indu¸˜o a e canovamente. Supomos λ1 = 0 e tomamos yn = xn /λn , zn = yn+1 − yn , para n ≥ 0. 1 Por iii) e iv), zn satisfaz Rec(P (λ1 x)/(x − 1)) e, portanto por hip´tese de indu¸˜o, zn = o ca˜ ˜ ˜ ˜ ˜Q1 (x) + Q2 (x)(λ2 /λ1 )n + · · · + Qr (x)(λr /λ1 )n , onde grau(Qi ) < αi para 2 ≤ i ≤ r e grau(Q1 ) <α1 − 1. Para terminar a prova, vamos mostrar que se existem polinˆmios P1 , P2 , . . . , Pk tais que o n nyn+1 − yn = P1 (n) + P2 (n)β2 + · · · + Pk (n)βk (onde 1, β2 , . . . , βk s˜o complexos distintos e a ˜ ˜ n ˜ n ˜ ˜ aPi = 0, ∀ i ≥ 2) ent˜o yn = P1 (n) + P2 (n)β2 + · · · + Pk (n)βk , onde P1 , . . . , Pk s˜o polinˆmios a o ˜ ˜com grau Pi = grau Pi para i ≥ 2 e grau P1 = grau P1 + 1, por indu¸˜o na soma dos graus dos capolinˆmios Pi , onde convencionamos que o grau do polinˆmio nulo ´ −1. o o e (no nosso caso temos βi = λi /λ1 , e como xn = λn yn o resultado segue imediatamente). 1 Para provar essa afirma¸˜o observamos inicialmente que, se a soma dos grau de Pi ´ −1, ca eent˜o yn+1 − yn = 0, ∀ n, e logo, yn ´ constante. Em geral, consideramos 2 casos: a e cm nm+1 a) P1 (x) = cm xm + cm−1 xm−1 + · · · + c0 , cm = 0. Nesse caso definimos yn = yn − ˜ m+1 , e n n temos yn+1 − yn = Q1 (n) + P2 (n)β1 + · · · + Pk (n)βk , com grau(Q) < m. Por hip´tese de ˜ ˜ o indu¸˜o, yn (e logo yn ) ´ da forma desejada. ca ˜ e ds ns λn b) P2 (x) = ds xs + ds−1 xs−1 + · · · + d0 , ds = 0. Nesse caso, definimos yn = yn − ˜ λ2 −1 2 , e n n n temos yn+1 − yn = P1 (n) + Q(n)β2 + P3 (n)β3 + · · · + Pk (n)βk , com grau(Q) < s. Por ˜ ˜ hip´tese de indu¸˜o, yn (e logo yn ) ´ da forma desejada. o ca ˜ e Vimos na primeira parte da demonstra¸˜o acima que (xn ) satisfaz Rec(P (x)), onde P (x) = ca(x − λ1 )α1 (x − λ2 )α2 . . . (x − λr )αr sempre que xn = Q1 (n)λn + Q2 (n)λn + · · · + Qr (n)λn , 1 2 ronde Q1 , Q2 , . . . , Qr s˜o polinˆmios com grau(Qj ) < αj , ∀ j ≤ r. Vamos apresentar um ar- a ogumento alternativo, motivado por conversas do autor com Bruno Fernandes Cerqueira Leite,para mostrar que todas as seq¨ˆncias que satisfazem as recorrˆncia s˜o dessa forma. ue e a 9
  10. 10. Cada polinˆmio Qi (n) tem αi coeficientes (dos monˆmios cujos graus s˜o 0, 1, 2, . . . , αi − 1). o o aComo o espa¸o vetorial das seq¨ˆncias que satisfazem Rec(P (x)) tem dimens˜o grau(P (x)) = c ue a r αi , basta ver que h´ unicidade na representa¸˜o de uma seq¨ˆncia na forma cima. Para isso, a ca uei=1devemos mostrar que, se λ1 , λ2 , . . . , λr s˜o n´meros complexos distintos e Q1 , Q2 , . . . , Qr s˜o a u apolinˆmios tais que Q1 (n)λn + Q2 (n)λn + · · · + Qr (n)λn = 0, ∀ n ∈ N, ent˜o Qj ≡ 0, ∀ j ≤ r. o 1 2 r a Vamos supor por absurdo que n˜o seja assim. Supomos sem perda de generalidade que, apara certos s e t com 1 ≤ s ≤ t ≤ r, |λ1 | = |λi | > |λj |, ∀ i ≤ t, j > t, e grau(Q1 ) = grau(Qi ) >grau(Qj ), se i ≤ s < j ≤ t. Se os polinˆmios Qj n˜o s˜o todos nulos, temos Q1 n˜o nulo. Seja o a a a Qj (n)λn jd o grau de Q1 . Se |λj | < |λ1 | ent˜o lim a d n = 0, e se |λi | = |λ1 | e grau(Q) < d, tamb´m e n→∞ n λ1 Q(n)λntemos lim nd λn i = 0. Portanto, se Q1 (n)λn + 1 Q2 (n)λn + · · · + Qr (n)λn = 0, ∀ n ∈ N e o 2 r n→∞ 1coeficiente de nd em Qi ´ ai para i ≤ s, dividindo por nd λn e tomando o limite, temos e 1 n λi lim a1 + ai = 0, n→∞ 2≤i≤s λ1donde n k 1 λi 0 = lim a1 + ai n→∞ n k=1 2≤i≤s λ1 n k 1 λi = lim a1 + ai n→∞ n k=1 2≤i≤s λ1 n k 1 λi = a1 + ai · lim n→∞ n λ1 2≤i≤s k=1 1 (λi /λ1 )n+1 − (λi /λ1 ) = a1 + ai · lim · = a1 , 2≤i≤s n→∞ n (λi /λ1 ) − 1pois, para 2 ≤ i ≤ s, λi /λ1 = 1 ´ um complexo de m´dulo 1, donde e o (λi /λ1 )n+1 − (λi /λ1 ) 2 ≤ , (λi /λ1 ) − 1 |(λi /λ1 ) − 1|e logo 1 (λi /λ1 )n+1 − (λi /λ1 ) lim = 0. n→∞ n (λi /λ1 ) − 1Entretanto, isso ´ um absurdo, pois grau(Q1 ) = d, e logo a1 = 0. e 10
  11. 11. Exemplo: xn = sen(nα) satisfaz uma recorrˆncia linear. De fato, e xn+1 = sen(nα + α) = sen(nα) cos α + cos(nα) sen α ⇒ xn+2 = sen(nα + 2α) = sen(nα) cos 2α + cos(nα) sen 2α ⇒ sen 2α sen 2α ⇒ xn+2 − x sen α n+1 = (cos 2α − sen α cos α)xn , ou seja, xn+2 = 2 cos α · xn+1 − xn . Note que xn n˜o parece ser da forma geral descrita nesta se¸˜o, a camas de fato einα − e−inα 1 1 1 1 xn = = (eiα )n − (e−iα )n = (cos α + i sen α)n − (cos α − i sen α)n 2i 2i 2i 2i 2i( observe que cos α + i sen α e cos α − i sen α s˜o as ra´ de x2 − 2 cos α · x + 1). a ızesObserva¸˜o: Se (xn ) safisfaz Rec((x − 1)P (x)), onde P (x) = an xk + ak−1 xk−1 + · · · + a0 , ent˜o, ca ase definirmos yn = ak xn+k + ak−1 xn+k−1 + · · · + a0 xn , teremos yn+1 = yn , ∀ n ∈ N, ou seja, yn´ constante. Assim, ak xn+k + · · · + a0 xn ´ um invariante da seq¨ˆncia xn , o que ´ um fato utile e ue e ´para muitos problemas envolvendo recorrˆncia (veja, por exemplo, os Problemas 2 e 3 abaixo). e Vamos agora ver um problema resolvido em que se usam estimativas assint´ticas de seq¨ˆncias o uerecorrentes para provar um resultado de teoria dos n´meros: uProblema 1. (Problema 69 da Revista Eureka! no . 14) Sejam a e b inteiros positivostais que an − 1 divide bn − 1 para todo inteiro positivo n. Prove que existe k ∈ N tal que b = ak .Solu¸˜o de Zoroastro Azambuja Neto (Rio de Janeiro-RJ): ca Suponha por absurdo que b n˜o seja uma potˆncia de a. a e bn −1 Ent˜o existe k ∈ N tal que ak < b < ak+1 . Consideremos a seq¨ˆncia xn = a ue an −1 ∈ N, ∞ 1 1 1 1∀ n ≥ 1. Como an −1 = an + a2n + ··· = ajn , temos j=1 ∞ n n n bn 1 b b b bn 1 xn = jn − n = + + ... + − n . j=1 a a −1 a a2 ak akn (an − 1) a −1 11
  12. 12. bn (b/ak+1 )n 1Note que como akn (an −1) = 1−a−n e an −1 tendem a 0 quando n cresce, se definimos n n k n b b b b yn = + + ··· + = , a a2 ak j=1 ajtemos que bn 1 xn − yn = kn (an − 1) − n a a −1tende a 0 quando n tende a infinito. Por outro lado, como yn ´ uma soma de k progress˜es e ogeom´tricas de raz˜es b/aj , 1 e o ≤ j ≤ k, yn satisfaz a equa¸˜o de recorrˆncia ca ec0 yn+k + c1 yn+k−1 + · · · + ck yn = 0, ∀ n ≥ 0, onde b b b c0 xk + c1 xk−1 + · · · + ck−1 x + ck = ak(k+1)/2 x − x− ... x− a a2 akNote que todos os ci s˜o inteiros. Note tamb´m que a e c0 xn+k + c1 xn+k−1 + · · · + ck xn = c0 (xn+k − yn+k ) + c1 (xn+k−1 − yn+k−1 ) + · · · + ck (xn − yn )tende a 0 quando n tende a infinito, pois xn+j − yn+j tende a 0 para todo j com 0 ≤ j ≤ k (e kest´ fixo). Como os ci e os xn s˜o todos inteiros, isso mostra que c0 xn+k +c1 xn+k−1 +· · ·+ck xn = 0 a apara todo n grande. Agora, como n b bn 1 xn = yn + + − n , ak+1 a(k+1)n (an − 1) a −1temos k n+k−j b c0 xn+k + c1 xn+k−1 + · · · + ck xn = cj + zn+k−j , j=0 ak+1onde bm 1 zm = (k+1)m (am − 1) − m . a a −1Note que k n+k−j n b b b ck =P · , j=0 ak+1 ak+1 ak+1onde b b b P (x) = c0 xk + c1 xk−1 + · · · + ck−1 x + ck = ak(k+1)/2 x − x− ... x − , a a2 ak 12
  13. 13. b b ndonde P ak+1 = 0. Por outro lado, para todo j com 0 ≤ j ≤ k, zn+k−j ak+1 = (b/ak+1 )k−j 1= an+k−j −1 − (ak−j −a−n )(b/ak )n , que tende a 0 quando n tende a infinito, donde k b n bwn = cj xn+k−j ak+1 tende a P ak+1 = 0, o que ´ um absurdo, pois, como vi- e j=0mos antes, wn ´ igual a 0 para todo n grande. e Veremos a seguir dois problemas resolvidos que envolvem seq¨ˆncias recorrentes, que foram uepropostos na OBM e na IMO, respectivamente:Problema 2. (Problema 5 da 13a Olimp´ ıada Brasileira de Matem´tica - N´ a ıvel Sˆnior e- 1991) Seja Q0 o quadrado de v´rtices P0 = (1, 0), P1 = (1, 1), P2 = (0, 1) e P3 = (0, 0). Seja eA0 o interior desse quadrado. Para cada n ∈ N, Pn+4 ´ o ponto m´dio do segento Pn Pn+1 , Qn ´ e e eo quadril´tero de v´rtices Pn , Pn+1 , Pn+2 e Pn+3 e An ´ o interior de Qn . Encontre a interse¸˜o a e e cade todos os An .Solu¸˜o 1: ca Pn + Pn+1 Temos Pn+4 = . Portanto, Pn+1 + 2Pn+2 + 2Pn+3 + 2Pn+4 = Pn + 2Pn+1 + 2Pn+2 + 22Pn+3 , logo Pn + 2Pn+1 + 2Pn+2 + 2Pn+3 = P0 + 2P1 + 2P2 + 2P3 = (3, 4), para todo n ∈ N(note que 2x4 − x − 1 = (x − 1)(2x3 + 2x2 + 2x + 1)), donde, como An ´ sempre convexo, e 3 4 Pn + 2Pn+1 + 2Pn+2 + 2Pn+3 , = = 7 7 7 3 1 2 4 Pn+2 + Pn+3 = Pn + Pn+1 + 7 3 3 7 2sempre pertence ao interior de An . Se mostrarmos que o diˆmetro (maior distˆncia entre 2 a a 3 4pontos) de An tende a 0, teremos mostrado que a interse¸˜o de todos os An ´ ca e , . 7 7 Para isso, note que o diˆmetro de ABCD ´ diam(ABCD) = max AB, AC, AD, BC, BD, CD , a ee Pn + Pn+1 Pn+1 + Pn+2 Pn+2 + Pn+3 Pn+4 = , Pn+5 = , Pn+6 = 2 2 2 Pn+3 + Pn+4 2Pn+3 + Pn + Pn+1 Pn+7 = = 2 4 13
  14. 14. e Pn+4 + Pn+5 Pn + 2Pn+1 + Pn+2 Pn+8 = = · 2 4Assim, Pn+3 − Pn+1 1 Pn+5 Pn+6 = |Pn+6 − Pn+5 | = = Pn+1 Pn+3 , 2 2 2Pn+3 + Pn − Pn+1 − 2Pn+2 Pn+5 Pn+7 = |Pn+7 − Pn+5 | = ≤ 4 1 1 Pn+2 Pn+3 Pn Pn+1 ≤ |Pn+3 − Pn+2 | + |Pn − Pn+1 | = + , 2 4 4 2 Pn − Pn+2 Pn Pn+2 Pn+5 Pn+8 = |Pn+8 − Pn+5 | = = , 4 4 Pn + Pn+1 − 2Pn+2 Pn+6 Pn+7 = |Pn+7 − Pn+6 | = ≤ 4 |Pn − Pn+2 | |Pn+1 − Pn+2 | 1 1 ≤ + = Pn Pn+2 + Pn+1 Pn+2 , 4 4 4 4 Pn + 2Pn+1 − Pn+2 − 2Pn+3 Pn+6 Pn+8 = |Pn+8 − Pn+6 | = ≤ 4 1 1 1 1 ≤ |Pn+1 − Pn+3 | + |Pn − Pn+2 | = Pn+1 Pn+3 + Pn Pn+2 , 2 4 2 4e Pn+2 + Pn+1 − 2Pn+3 Pn+7 Pn+8 = |Pn+8 − Pn+7 | = ≤ 4 |Pn+2 − Pn+3 | |Pn+1 − Pn+3 | 1 1 ≤ + = Pn+2 Pn+3 + Pn+1 Pn+3 . 4 4 4 4 3 Portanto, diam(Pn+5 Pn+6 Pn+7 Pn+8 ) ≤ diam(Pn Pn+1 Pn+2 Pn+3 ), donde 4 k √ k 3 3 diam(P5k P5k+1 P5k+2 P5k+3 ) ≤ diam(P0 P1 P2 P3 ) = 2 · , 4 4que tende a 0, o que implica o nosso resultado.Solu¸˜o 2: ca Podemos escrever Pn = Q0 + Q1 αn + Q2 β n + Q3 γ n , onde 1, α, β e γ s˜o as ra´ a ızes x+1de x4 − ızes de 2x3 + 2x2 + 2x + 1 = 0 (pois = 0, ou seja, α, β e γ s˜o ra´ a 2 14
  15. 15. (x − 1)(2x3 + 2x2 + 2x + 1) = 2x4 − x − 1). Temos P (x) = 2x3 + 2x2 + 2x + 1 = 1 1= 2(x − α)(x − β)(x − γ). Como P (0) = 1, P (−1) = −1 e P − = podemos 2 4 1supor que −1 < α < − , logo βγ = −1/2α < 1 e β + γ = −1 − α ∈ (−1, 0), donde 2 2 1(β + γ) − 4βγ = 1 + 2α + α2 + < 0 pois α < 0 ⇒ α + ≤ −2 e |α| < 1 ⇒ α2 < 1. Assim, 2 α α √ 2(β − γ) < 0, donde β e γ s˜o complexos conjugados, e |β| = |γ| = βγ < 1. Portanto, Pn atende a Q0 quando n cresce, e logo a interse¸˜o de todos os An deve ser Q0 . ca Para calcular Q0 , observe que:  Q + Q + Q + Q = P  0   1 2 3 0     Q0 + Q1 α + Q2 β + Q3 γ = P1  Q0 + Q1 α2 + Q2 β 2 + Q3 γ 2 = P2       Q + Q α3 + Q β 3 + Q γ 3 = P 1 1 2 3 3⇒ 7Q0 + Q1 (1 + 2α + 2α2 + 2α3 ) + Q2 (1 + 2β + 2β 2 + 2β 3 ) + Q3 (1 + 2γ + 2γ 2 + 2γ 3 )= P0 + 2P1 + 2P2 + 2P3 ⇒ 7Q0 = P0 + 2P1 + 2P2 + 2P3 (pois α, β e γ s˜o ra´ a ızes de P0 + 2P1 + 2P2 + 2P3 3 42x3 + 2x2 + 2x + 1) ⇒ Q0 = = , . 7 7 7Problema 3. (Problema 3 da 41a Olimp´ ıada Internacional de Matem´tica, realizada aem 2000, na Cor´ia do Sul) Seja n ≥ 2 um inteiro. Existem n pulgas numa reta horizontal, enem todas no mesmo ponto. Para um dado n´ mero real positivo λ, define-se um salto da useguinte maneira: • Escolhem-se duas pulgas quaisquer nos pontos A e B, com o ponto A ` esquerda do ponto a B; BC • A pulga que est´ em A salta at´ o ponto C da reta, ` direita de B, tal que a e a AB = λ. Determine todos os valores de λ para os quais, dado qualquer ponto M na reta e quaisquerposi¸˜es iniciais das n pulgas, existe uma sucess˜o finita de saltos que levam todas as pulgas co apara pontos ` direita de M . a 15
  16. 16. Solu¸˜o: ca 1 A resposta ´: para ℓ ≥ e (n−1) . Devemos demonstrar duas coisas: 1 a) que, para ℓ ≥ (n−1) , existe uma seq¨ˆncia infinita de movimentos que vai levando as ue pulgas cada vez mais para a direita, ultrapassando qualquer ponto prefixado M ; 1 b) que, para ℓ < (n−1) e para qualquer posi¸˜o inicial das pulgas, existe um ponto M tal que ca as pulgas em um n´mero finito de movimentos jamais alcan¸am ou ultrapassam M . u c Come¸aremos pelo item b). Sejam x1 , x2 , . . . , xn as posi¸˜es iniciais das pulgas, com x1 ≤ c cox2 ≤ · · · ≤ xn , de tal forma que xn ´ a posi¸˜o da pulga mais ` direita. Seja e ca a 1 P = · (xn − ℓ · x1 − ℓ · x2 − · · · − ℓ · xn−1 ). 1 − (n − 1)ℓO ponto P claramente est´ ` direita de todas as pulgas. aa Afirmamos que, se ap´s alguns movimentos as novas posi¸˜es s˜o x′1 , . . . , x′n e definimos o co a 1 P′ = · (x′n − ℓ · x′1 − ℓ · · · x′1 − · · · − ℓ · x′n−1 ), 1 − (n − 1)ℓent˜o P ′ ≤ P , o que conclui a demonstra¸˜o, pois isso mostra que as pulgas nunca passar˜o do a ca aponto P . Para provar esta afirma¸˜o, basta considerar o que ocorre ap´s um movimento. ca o Se a pulga que estava em xi pula sobre a pulga que estava em xn ent˜o x′n − xn = ℓ · (xn − xi ) ae x′n − ℓ · xn = xn − ℓ · xi e P ′ = P . Vamos ver que qualquer outro caso ´ ainda mais favor´vel. Suponhamos que a pulga que e aestava em xi pula sobre a pulga que estava em xj . Se a pulga que pulou continua atr´s de xn , atemos x′n = xn e x′1 + · · · + x′n−1 > x1 + · · · + xn−1 , donde P ′ < P . Se ela passa de xn , teremosx′n = xj + ℓ(xj − xi ) ⇒ x′n − ℓxn < x′n − ℓxj = xj − ℓxi < xn − ℓxi , donde novamente temosP′ < P. 16
  17. 17. Vamos agora ao item a): Seja P = xn − ℓ(x1 + x2 + · · · + xn−1 ) se, em cada movimento,a pulga mais ` esquerda pula sobre a pulga mais ` direita, temos x′n = xn + ℓ(xn − x1 ) ⇒ a ax′n − ℓxn = xn − ℓx1 . Assim, se as novas posi¸˜es s˜o x′1 = x2 , . . . , x′n−1 = xn e x′n , e P ′ = co ax′n − ℓ(x′1 + x′2 + · · · + x′n−1 ), temos P ′ = P , donde P ´ uma constante. Podemos supor sem e x1 +···+xn−1perda de generalidade que P ´ positivo (escolhendo a origem, por exemplo, em e n−1 ; note x1 +···+xn−1que ent˜o teremos sempre a n−1 ≥ 0). Temos ent˜o a n−1 1 1 (xn − xj ) = xn − (x1 + · · · + xn−1 ) ≥ xn − ℓ(x1 + · · · + xn−1 ) = P ⇒ n−1 j=1 n−1 n−1 1 P xn − x1 ≥ (xn − xj ) ≥ P ⇒ x′n − xn = ℓ(xn − x1 ) ≥ , n−1 j=1 n−1 Pdonde o ponto mais ` direita caminha pelo menos a n−1 para a direita a cada passo, logo tendea infinito. Como o ponto mais a direita ap´s n − 1 passos ser´ o ponto mais ` esquerda, todos o a aos pontos tendem a infinito (para a direita).Nota: Na estrat´gia descrita na solu¸˜o do item a), o ponto mais ` esquerda se torna sempre e ca ao mais ` direita, donde podemos definir xn+1 = x′n = xn + ℓ(xn − x1 ), e teriamos simplesmente ax′j = xj+1 , ∀ j. Reduzimos ent˜o a an´lise dessa estrat´gia ao estudo da recorrˆncia linear a a e e o ıstico ´ P (x) = xn+1 − (1 + ℓ)xn + ℓ, doxn+1 = (1 + ℓ)xn − ℓx1 , cujo polinˆmio caracter´ e P (x)qual 1 ´ raiz, donde, como e x−1 = xn − ℓ(xn−1 + xn−2 + · · · + x + 1), a express˜o ym = axm − ℓ(xm−1 + xm−2 + · · · + xm−n+1 + xm−n ) ´ um invariante da recorrˆncia, isto ´, ym+1 = ym e e e∀ m, donde ym ´ constante. Da´ vem nossa f´rmula para P . e ı o Conclu´ ımos com o problema a seguir, que ´ uma interessante aplica¸˜o de seq¨ˆncias recor- e ca uerentes ` trigonometria. a Problema 4. Prove que os ˆngulos agudos de um triˆngulo retˆngulo de lados 3, 4 e 5 a a as˜o irracionais quando expressos em graus (i.e., s˜o m´ ltiplos irracionais de π). a a u 17
  18. 18. Solu¸˜o: ca (2+i)n −(2−i)n Considere a seq¨ˆncia xn = ue 2i . Temos x0 = 0, x1 = 1 e, como 2 + i e 2 − i s˜o ara´ da equa¸˜o x2 − 4x + 5 = 0, (xn ) satisfaz a recorrˆncia xn+2 = 4xn+1 − 5xn . Da´ segue ızes ca e ıque xn+2 ´ congruente a −xn+1 m´dulo 5 para todo n ≥ 1, donde xn ´ congruente a (−1)n+1 e o epara todo n ≥ 1, e logo xn n˜o ´ m´ ltiplo de 5 para nenhum n ≥ 1. Em particular, xn = 0, a e u (2+i)npara todo n ≥ 1. Assim, 1 = (2−i)n = ( 2+i )n = ( 3 + 4 i)n , para todo n ≥ 1. Se θ = cos−1 (3/5), 2−i 5 535 + 4 i = eiθ , donde ( 3 + 4 i)n = einθ = 1, para todo n ≥ 1, o que implica que θ/π ´ irracional 5 5 5 e ıamos e2iqθ = e2ipπ = 1).(de fato, se θ/π = p/q, ter´Nota: Para uma vers˜o mais geral deste problema, veja o Problema 88 proposto na Eureka! 17, ap. 60 por Carlos Gustavo Moreira e Jos´ Paulo Carneiro, e a solu¸˜o de seus autores publicada e cana Eureka! 20, pp. 52-53. 18

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