1. Uma seqüência recorrente linear é uma seqüência cujos termos são determinados por uma função linear dos k termos anteriores, onde k é chamado de ordem da recorrência. 2. A seqüência de Fibonacci é definida por u0 = 0, u1 = 1 e un+2 = un+1 + un, e pode ser mostrado que seu termo geral é dado por un = (√5)n/√5 - (√5)n/√5. 3. Pode-se mostrar uma identidade útil sobre números de Fibonacci: um+n = umun-

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 e
uma dada fun¸˜o dos termos anteriores. Dado um inteiro positivo k, uma seq¨ˆncia recorrente
ca ue
de ordem k ´ uma seq¨ˆncia em que cada termo ´ determinado como uma fun¸˜o dos k termos
e ue e ca
anteriores:
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-
ue
dida com a teoria dos Sistemas Dinˆmicos, e o comportamento de tais seq¨ˆncias pode ser
a ue
bastante ca´tico e de descri¸˜o muito dif´
o ca ıcil, mesmo qualitativamente. Um caso particular
muito 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 ue
mente as progress˜es geom´tricas, aritm´ticas e os polinˆmios. Estas seq¨ˆncias ser˜o o objeto
o e e o ue a
principal dessas notas. N˜o obstante, algumas recorrˆncias n˜o-lineares ser˜o consideradas,
a e a a
como a recorrˆncia xn+1 = x2 − 2, que tem grande interesse do ponto de vista de sistemas
e n
dinˆmicos 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
a
inspiradas no excelente livreto ”Seq¨ˆncias Recorrentes”, de A. Markuchevitch, publicado na
ue
cole¸˜o ”Inicia¸˜o na matem´tica”, da editora MIR, no qual o autor aprendeu bastante sobre o
ca ca a
tema 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 o
geral de uma seq¨ˆncia recorrente linear, ´ adaptada do artigo ”Equa¸˜es de recorrˆncia”, de
ue e co e
H´ctor Soza Pollman, publicado no n´ mero 9 da revista Eureka! (de fato, o artigo original
e u
1

2. submetido ` revista enunciava esta f´rmula sem demonstra¸˜o, a qual foi inclu´ no artigo
a o ca ıda
pelo autor destas notas, que ´ um dos editores da Eureka!).
e
1 — 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 e
positivo) 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
ue
lineares 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 e
donde xn+2 − xn+1 = xn+1 − xn , ∀ n ∈ N, e logo xn+2 = 2xn+1 − xn , ∀ n ∈ N, ou seja, (xn ) ´
e
uma 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 e
ordem 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 o
ent˜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
k
satisfaz 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. 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 a
constantes. 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 a
xn+2 − qxn+1 = q(xn+1 − qxn ), donde xn+2 = 2qxn+1 − q 2 xn , ∀ n ∈ N, e portanto (xn ) ´ uma
e
seq¨ˆncia recorrente linear de ordem 2.
ue
Vamos agora considerar a famosa e popular seq¨ˆncia de Fibonacci, dada por u0 = 0, u1 = 1
ue
e un+2 = un+1 + un , ∀ n ∈ N. Seus primeiros termos s˜o u0 = 0, u1 = 1, u2 = 1, u3 = 2, u4 = 3,
a
u5 = 5, u6 = 8, u7 = 13, u8 = 21, . . . . Mostraremos na pr´xima se¸˜o como achar uma f´rmula
o ca o
expl´
ıcita para seu termo geral un em fun¸˜o de n, o que ser´ generalizado para seq¨ˆncias
ca a ue
recorrentes 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 ue
lineares, 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 recorrˆncia
e 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 ue
n primeiros termos sn = xk . Se (xn ) ´ uma seq¨ˆncia recorrente linear, (sn) tamb´m ´.
e ue e e
k≤n
k
De 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. k
sn+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=1
onde d1 = 1 + c1 , di = ci − ci−1 para 2 ≤ i ≤ k e dk+1 = −ck , ∀ n ∈ N, e portanto (sn ) ´ uma
e
seq¨ˆncia recorrente linear de ordem k + 1.
ue
2 — 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 e
Queremos achar uma f´rmula expl´
o ıcita para un em fun¸˜o de n. Para isso usaremos uma
ca
id´ia que ser´ bastante util tamb´m no caso geral: procuraremos progress˜es geom´tricas que
e a ´ e o e
satisfazem a mesma recorrˆncia que (un ): se xn = a · q n com a e q n˜o nulos satisfaz xn+2 =
e a
xn+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+ 5
assim 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− 5
e 2
. Assim, seq¨ˆncias da forma a
ue 2
e da forma b 2
satisfazem a recorrˆncia
e
√ n √ n
1+ 5 1− 5
acima, bem como seq¨ˆncias da forma yn = a
ue 2
+b 2
, pela observa¸˜o da se¸˜o
ca ca
anterior.
Basta agora encontrar valores de a e b tais que y0 = 0 e y1 = 1 para que tenhamos yn = un
para todo n (de fato, ter´
ıamos y0 = u0 , y1 = u1 e, por indu¸˜o se k ≥ 2 e yn = Un para todo
ca
n < 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 1
e portanto a = √
5
e b = − √5 . Mostramos assim que
√ n √ n
1 1+ 5 1− 5
un = √ − , ∀ n ∈ N.
5 2 2
4

5. ´
E curioso que na f´rmula do termo geral de uma seq¨ˆncia de n´ meros inteiros definida de
o ue u
modo t˜o simples quanto (un ) apare¸am n´meros irracionais.
a c u
Provaremos a seguir uma identidade util sobre n´meros de Fibonacci:
´ u
Proposi¸˜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 a
recorrˆncia xn+2 = xn+1 +xn , ∀ n ∈ N. Por outro lado, y0 = un , y1 = un+1 , z0 = 0·un−1 +1·un =
e
un = 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 = 1
e, por indu¸˜o, mdc(un+1 , un+2 ) = mdc(un+1 , un+1 + un ) = mdc(un+1 , un ) = 1. Al´m disso, se
ca e
m = 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 ca
em 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 para
e
todo n ∈ N, isto ´, que mdc(uk , un ) = umdc(k,n) para todo n ∈ N. Note que, se n < k,
e
mdc(uk , un ) = mdc(un , uk ) = umdc(n,k) = umdc(k,n) , por hip´tese de indu¸˜o. J´ se n ≥ k,
o ca a
un = 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. 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 e
rec´
ıproca: se um divide un ent˜o m divide n.
a
3 — 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 e
x2 − 2, ∀ n ∈ N. Suponha que x0 = α + α−1 para um certo α (real ou complexo). Ent˜o
n a
n n
podemos provar por indu¸˜o que xn = α2 + α−2 , ∀ n ∈ N. De fato, se vale a f´rmula para
ca o
xn , 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 −4
Se |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 iθ
m´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 ca
x2 −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.
n
Podemos usar esta express˜o para obter diversos tipos de comportamento poss´ para uma
a ıvel
tal 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 ter
x0 = 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
ue
a “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. No caso em que x0 ´ um inteiro, a seq¨ˆncia (xn ) pode ter propriedades aritm´ticas muito
e ue e
√ 2n √ 2n
interessantes. Em particular, se x0 = 4 (e logo xn = (2 + 3) + (2 − 3) , ∀ n ∈ N) vale o
famoso crit´rio de Lucas-Lehmer para testar a primalidade de n´meros de Mersenne: se n ≥ 3
e u
ent˜o 2n − 1 ´ primo se e somente se 2n − 1 ´ um divisor de xn−2 (por exemplo, 23 − 1 = 7 ´
a e e e
primo e ´ um divisor de x3−1 = x1 = x2 − 2 = 42 − 2 = 14).
e 0
Exerc´
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).
e
4 - 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 a
Supondo que a equa¸˜o (2) admite uma solu¸˜o do tipo: xn = λn, em que λ ´ um parˆmetro,
ca ca e a
e substituindo em (2) temos
ak λn+k + ak−1 λn+k−1 + · · · + a0 λn = 0.
7

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 multiplicidades
α1 , 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 o
grau(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 ue
ak 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
o
satisfaz Rec((x − λ)m ), basta ver que (yn ) = (Q(n)) satisfaz Rec((x − 1)m ), o que faremos por
indu¸˜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
o
de indu¸˜o), e logo, por (iv), (Yn ) satisfaz Rec((x − 1)m ). Essa observa¸˜o, combinada com ii)
ca ca
e i), mostra que se P (x) = (x − λ1 )α1 (x − λ2 )α2 (x − λ2 )α2 . . . (x − λr )αr , e grau(Qi ) < αi para
r
1 ≤ i ≤ r ent˜o xn =
a Qi (n)λn satisfaz Rec(P (x)).
i
i=1
8

9. Para ver que se (xn ) satisfaz Rec(P (x)) ent˜o xn ´ da forma acima, usaremos indu¸˜o
a e ca
novamente.
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 n
yn+1 − yn = P1 (n) + P2 (n)β2 + · · · + Pk (n)βk (onde 1, β2 , . . . , βk s˜o complexos distintos e
a
˜ ˜ n ˜ n ˜ ˜ a
Pi = 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
ca
polinˆmios 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 e
ent˜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 r
onde Q1 , Q2 , . . . , Qr s˜o polinˆmios com grau(Qj ) < αj , ∀ j ≤ r. Vamos apresentar um ar-
a o
gumento 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. Cada polinˆmio Qi (n) tem αi coeficientes (dos monˆmios cujos graus s˜o 0, 1, 2, . . . , αi − 1).
o o a
Como 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 ue
i=1
devemos mostrar que, se λ1 , λ2 , . . . , λr s˜o n´meros complexos distintos e Q1 , Q2 , . . . , Qr s˜o
a u a
polinˆmios 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,
a
para 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
j
d 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)λn
temos 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→∞ 1
coeficiente 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
λ1
donde
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 ) − 1
pois, 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 ) − 1
Entretanto, isso ´ um absurdo, pois grau(Q1 ) = d, e logo a1 = 0.
e
10

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 ca
mas 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 ızes
Observa¸˜o: Se (xn ) safisfaz Rec((x − 1)P (x)), onde P (x) = an xk + ak−1 xk−1 + · · · + a0 , ent˜o,
ca a
se 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 util
e 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 ue
recorrentes para provar um resultado de teoria dos n´meros:
u
Problema 1. (Problema 69 da Revista Eureka! no . 14) Sejam a e b inteiros positivos
tais 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. bn (b/ak+1 )n 1
Note 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
aj
temos que
bn 1
xn − yn = kn (an − 1)
− n
a a −1
tende a 0 quando n tende a infinito. Por outro lado, como yn ´ uma soma de k progress˜es
e o
geom´tricas de raz˜es b/aj , 1
e o ≤ j ≤ k, yn satisfaz a equa¸˜o de recorrˆncia
ca e
c0 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 ak
Note 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 k
est´ 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 a
para todo n grande.
Agora, como
n
b bn 1
xn = yn + + − n ,
ak+1 a(k+1)n (an − 1) a −1
temos
k n+k−j
b
c0 xn+k + c1 xn+k−1 + · · · + ck xn = cj + zn+k−j ,
j=0
ak+1
onde
bm 1
zm = (k+1)m (am − 1)
− m .
a a −1
Note que
k n+k−j n
b b b
ck =P · ,
j=0
ak+1 ak+1 ak+1
onde
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. b b n
donde 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 b
wn = cj xn+k−j ak+1
tende a P ak+1
= 0, o que ´ um absurdo, pois, como vi-
e
j=0
mos antes, wn ´ igual a 0 para todo n grande.
e
Veremos a seguir dois problemas resolvidos que envolvem seq¨ˆncias recorrentes, que foram
ue
propostos 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
e
A0 o interior desse quadrado. Para cada n ∈ N, Pn+4 ´ o ponto m´dio do segento Pn Pn+1 , Qn ´
e e e
o 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 ca
de 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 +
2
2Pn+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 2
sempre pertence ao interior de An . Se mostrarmos que o diˆmetro (maior distˆncia entre 2
a a
3 4
pontos) 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 e
e
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. e
Pn+4 + Pn+5 Pn + 2Pn+1 + Pn+2
Pn+8 = = ·
2 4
Assim,
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 4
e
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 4
que 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+1
de x4 − ızes de 2x3 + 2x2 + 2x + 1 = 0 (pois
= 0, ou seja, α, β e γ s˜o ra´
a
2
14

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
1
supor 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
a
tende 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 4
2x3 + 2x2 + 2x + 1) ⇒ Q0 = = , .
7 7 7
Problema 3. (Problema 3 da 41a Olimp´
ıada Internacional de Matem´tica, realizada
a
em 2000, na Cor´ia do Sul) Seja n ≥ 2 um inteiro. Existem n pulgas numa reta horizontal,
e
nem todas no mesmo ponto. Para um dado n´ mero real positivo λ, define-se um salto da
u
seguinte 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 quaisquer
posi¸˜es iniciais das n pulgas, existe uma sucess˜o finita de saltos que levam todas as pulgas
co a
para pontos ` direita de M .
a
15

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 co
x2 ≤ · · · ≤ 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)ℓ
O 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)ℓ
ent˜o P ′ ≤ P , o que conclui a demonstra¸˜o, pois isso mostra que as pulgas nunca passar˜o do
a ca a
ponto 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 )
a
e 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 a
estava em xi pula sobre a pulga que estava em xj . Se a pulga que pulou continua atr´s de xn ,
a
temos x′n = xn e x′1 + · · · + x′n−1 > x1 + · · · + xn−1 , donde P ′ < P . Se ela passa de xn , teremos
x′n = xj + ℓ(xj − xi ) ⇒ x′n − ℓxn < x′n − ℓxj = xj − ℓxi < xn − ℓxi , donde novamente temos
P′ < P.
16

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 a
x′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 a
x′n − ℓ(x′1 + x′2 + · · · + x′n−1 ), temos P ′ = P , donde P ´ uma constante. Podemos supor sem
e
x1 +···+xn−1
perda de generalidade que P ´ positivo (escolhendo a origem, por exemplo, em
e n−1
; note
x1 +···+xn−1
que 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
P
donde o ponto mais ` direita caminha pelo menos
a n−1
para a direita a cada passo, logo tende
a infinito. Como o ponto mais a direita ap´s n − 1 passos ser´ o ponto mais ` esquerda, todos
o a a
os 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 a
o mais ` direita, donde podemos definir xn+1 = x′n = xn + ℓ(xn − x1 ), e teriamos simplesmente
a
x′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, do
xn+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 =
a
xm − 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 ue
rentes ` trigonometria.
a
Problema 4. Prove que os ˆngulos agudos de um triˆngulo retˆngulo de lados 3, 4 e 5
a a a
s˜o irracionais quando expressos em graus (i.e., s˜o m´ ltiplos irracionais de π).
a a u
17

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
a
ra´ da equa¸˜o x2 − 4x + 5 = 0, (xn ) satisfaz a recorrˆncia xn+2 = 4xn+1 − 5xn . Da´ segue
ızes ca e ı
que xn+2 ´ congruente a −xn+1 m´dulo 5 para todo n ≥ 1, donde xn ´ congruente a (−1)n+1
e o e
para 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)n
para 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 5
3
5
+ 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,
a
p. 60 por Carlos Gustavo Moreira e Jos´ Paulo Carneiro, e a solu¸˜o de seus autores publicada
e ca
na Eureka! 20, pp. 52-53.
18