SolucoesListaU8

Solu¸

c˜

oes da Lista de Exerc´ıcios

Unidade 8

1. a) As ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica r2+ 5r + 6 = 0 s˜ao r1 = −2 e

r2 = −3. Logo, a solu¸c˜ao geral ´e xn = C1(−2)n+ C2(−3)n, onde

C1 e C2 s˜ao constantes arbitrarias.

b) A equa¸c˜ao caracter´ıstica r2_{+ 6r + 9 = 0 tem duas ra´ızes iguais a}

-3. Logo, a solu¸c˜ao geral ´e xn = C1(−3)n+ C2n(−3)n, onde C1 e

C2 s˜ao constantes arbitrarias.

c) Como as ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica r2 _{− 5r + 6 = 0 s˜ao}

r1 = 2 e r2 = 3, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea ´e xn =

C12n + C23n. Por outro lado, tentando uma solu¸c˜ao particular

da forma xn = An + B, obtemos 2An + 2B − 3A = n, que se

verifica quando A = 1₂ e B = 3₄. Portanto, xn = 1₂n + 3₄ ´e uma

solu¸c˜ao particular e, em conseq¨uˆencia, a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao n˜ao-homogˆenea ´e xn = 1₂n + ₄3 + C12n+ C23n.

d) A solu¸c˜ao geral da homogˆenea ´e a mesma do exerc´ıcio anterior. Como xn = 2n´e solu¸c˜ao da homogˆenea, na busca por uma solu¸c˜ao

particular temos xn = An2n, o que leva a A(n + 2)2n+2− 5A(n +

1)2n+1 + 6An2n. Da´ı, obtemos A = −1₂, que fornece a solu¸c˜ao particular xn = −1₂n2n = −n2n−1. A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao

n˜ao homogˆenea ´e xn = −1₂n2n= −n2n−1+ C12n+ C23n.

e) As solu¸c˜oes da equa¸c˜ao caracter´ıstica r2 _{+ 1 = 0 s˜ao r}

1 = i e

r2 = −i. A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao homogˆenea ´e xn = C1in+

C2(−i)n = C1cosnπ₂ + C2nπ₂ . Tentando uma solu¸c˜ao particular

da forma xn = A, obtemos 2A = 1, ou seja, xn = A = 1/2.

A solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao n˜ao homogˆenea ´e, portanto, xn = 1 2 + C1cos nπ 2 + C2 nπ 2 .

2. a) No exerc´ıcio 1a), encontramos a solu¸c˜ao geral xn = C1(−2)n+

C2(−3)n. Substituindo n = 0 e n = 1 na solu¸c˜ao, encontramos:

C1+ C2 =3

Resolvendo, encontramos C1 = 0 e C2 = 3, levando `a solu¸c˜ao

xn= 3(−2)n.

b) As solu¸c˜oes da equa¸c˜ao caracter´ıstica r2 _{+ r − 6 = 0 s˜ao r} 1 = 2

e r2 = −3, conduzindo `a solu¸c˜ao geral xn = C12n + C2(−3)n

para a solu¸c˜ao homogˆenea. Tentando uma solu¸c˜ao particular da forma xn= An + B, encontramos que a equa¸c˜ao ´e satisfeita para

A = 2 e B = 0. Assim, xn = 2n ´e uma solu¸c˜ao particular e

xn = 2n + C12n + C2(−3)n ´e a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao n˜ao

homogˆenea.

Substituindo n = 0 e n = 1 nesta solu¸c˜ao, obtemos: C1+ C2 =1

2C1− 3C2 =2

Resolvendo, encontramos C1 = 0 e C2 = 1. Portanto, a solu¸c˜ao ´e

xn= 2n + 2n

c) A equa¸c˜ao caracter´ıstica r2 _{− 4r + 4 = 0 tem duas ra´ızes iguais a}

2, conduzindo `a solu¸c˜ao geral xn = C12n+ C2n2npara a parte

ho-mogˆenea. Tentando uma solu¸c˜ao particular da forma xn = An22n,

verificamos que xn = n22n ´e uma solu¸c˜ao particular e que, assim,

xn = n22n+ C12n+ C2n2n ´e a solu¸c˜ao geral da equa¸c˜ao n˜ao

ho-mogˆenea.

Substituindo n = 0 e n = 1 encontramos: C1 =3

2C1+ 2C2 =4

Resolvendo, encontramos C1 = 3 e C2 = −1. Logo, a solu¸c˜ao da

equa¸c˜ao ´e xn = 32n− n2n+ n22n

3. Seja xn o n´umero de seq¨uencias formadas por n termos iguais a 0, 1

ou 2 sem dois zeros repetidos. As seq¨uencias de n + 2 termos que n˜ao tem dois termos consecutivos podem come¸car por 0, 1 ou 2 . As que come¸cam por 0 tem o pr´oximo elemento igual a 1 ou 2 e, a seguir, uma seq¨uencia de n termos sem zeros repetidos. Logo, h´a 2xn tais

seq¨uencias. As que come¸cam por 1 ou 2 tˆem, a seguir uma seq¨uencia de n + 1 termos sem zeros repetidos. Logo, h´a 2xn+1 seq¨uencias deste

tipo. Assim, xn satisfaz a recorrˆencia xn+2 = 2xn + 2xn+1, ou seja,

xn+2− 2xn+1− 2xn= 0, com x1 = 3 e x2 = 8 (todas as 3 seq¨uencias de

comprimento 1 cumprem o requisito e todas as 32 = 9 de comprimento 2, exceto a 00, tamb´em cumprem a condi¸c˜ao).

As ra´ızes da equa¸c˜ao caracter´ıstica r2 − 2r − 2 = 0 s˜ao r1 = 1 +

√ 3 e r2 = 1 −

√

3, levando `a solu¸c˜ao geral xn= C1(1 +

√

3)n+ C2(1 +

√ 3)n para a recorrˆencia. Substituindo n = 1 e n = 2, obtemos

(1 +√3)C1+ (1 − √ 3)C2 = 3 (3 + 2√3)C1+ (3 − 2 √ 3)C2 = 8

Resolvendo o sistema, encontramos C1 = 3+2 √

3

6 e C2 = 3−2√3

6 . Logo o

n´umero de seq¨uencias por n termos iguais a 0, 1 ou 2 sem dois zeros repetidos ´e xn= 3−2 √ 3 6 (1 + √ 3)n+3+2 √ 3 6 (1 − √ 3)n.

4. Considere um tabuleiro com 2 linhas e n + 2 colunas. Para preencher o canto esquerdo do tabuleiro, h´a duas alternativas: colocar um domin´o “em p´e”, restando tabuleiro com 2 linhas e n+1 colunas a preencher, ou colocar dois domin´os “deitado” restando um tabuleiro com 2 linhas e n colunas. Logo, o n´umero xn de modos de preencher um tabuleiro 2 × n

com domin´os 2 × 1 satisfaz a recorrˆencia xn+2 = xn+ xn+1, com x1 = 1

e x − 2 = 2. Esta ´e exatamente a seq¨uencia de Fibonacci estudada no exemplo 4. Logo, temos xn = Fn= √1₅

 1+√5 2 n+1 − _√1 5  1−√5 2 n+1 . 5. No ano n + 2 s˜ao geradas 21 sementes para cada semente gerada no

ano n + 1 e 44 sementes para cada semente gerada nos anos anteriores. Logo, se xn denota o n´umero de sementes geradas no ano n, temos

xn+2 = 21xn+1+ 44(xn+ xn−1+ · · · + x1+ x0),

com x1 = 1 e x2 = 44 + 21.21 = 485. Para transformar esta recorrˆencia

em uma recorrˆencia linear de segunda ordem, escrevemos a express˜ao para xn+1:

xn+1 = 21xn+ 44(xn−1+ xn−2+ · · · + x1+ x0),

Subtraindo as duas express˜oes, obtemos: xn+2 = 22xn+1+ 23xn,

ou seja,

xn+2− 22xn+1− 23xn = 0

A equa¸c˜ao caracter´ıstica r2_{−22r −23 = 0 tem ra´ızes r}

1 = 23 e r2 = −1,

levando `a solu¸c˜ao geral xn = C123n + C2(−1)n para a recorrˆencia.

Usando as condi¸c˜oes iniciais, obtemos 23C1− C2 =21

529C1+ C2 =485

Resolvendo, encontramos C1 = 11/12 e C2 = 1/12. A solu¸c˜ao da

recorrˆencia ´e, assim, xn = 11₁₂23n+₁₂1 (−1)n.

6. Seja pn a probabilidade de que a ta¸ca n˜ao seja ganha nos primeiros

n torneios. Qualquer time pode ganhar o primeiro torneio. Vamos exprimir pn+2em fun¸c˜ao de pne pn+1usando probabilidade condicional.

Se o segundo torneio for ganho por um time diferente do que ganhou o primeiro (o que ocorre com probabilidade 4₅), tudo se passa como se a s´erie de torneios estivesse come¸cando no segundo torneio. Ou seja, a probabilidade condicional de que a ta¸ca n˜ao seja ganha at´e o torneio n + 2 ´e igual a pn+1. Se o segundo torneio for ganho pelo mesmo time

do primeiro, mas no terceiro n˜ao (ocorre com probabilidade 1₅.4₅), tudo se passa como se a s´erie de torneios come¸casse no terceiro jogo e a probabilidade condicional de que a ta¸ca n˜ao seja ganha at´e o torneio n + 2 torneio ´e igual a pn. Finalmente, se os trˆes primeiros torneios

forem ganhos pelo mesmo time, a ta¸ca ´e ganha na terceira realiza¸c˜ao e, portanto, a probabilidade condicional de que ela n˜ao tenha sido ganha at´e o torneio n + 2 ´e igual a zero, para todo n ≥ 1. Assim, temos pn+2 = 4₅pn+1 + 1₅.4₅pn, com p1 = p2 = 1 (j´a que a ta¸ca certamente

n˜ao ´e ganha nas duas primeiras realiza¸c˜oes). A equa¸c˜ao caracter´ıstica r2₋4 5r − 1 5. 4 5 = 0 tem ra´ızes r1 = 2+2√2 5 e r2 = 2−2√2 5 . Logo, a solu¸c˜ao

geral da recorrˆencia ´e pn= C1

 2+2√2 5 n + C2  2−2√2 5 n . Substituindo n = 1 e n = 2, temos: 2 + 2√2 5 ! C1+ 2 − 2√2 5 ! C2 = 1 12 + 8√2 25 ! C1+ 12 − 8√2 25 ! C2 = 1

Resolvendo, encontramos C1 = 10+5 √ 2 16 e C2 = 10−5√2 16 , levando `a solu¸c˜ao pn= 10+5 √ 2 16  2+2√2 5 n + 10−5 √ 2 16  2−2√2 5 n

7. Seja xn o n´umero de modos de obter 1 ou 2 pontos no primeiro jogo.

No primeiro caso, ele tem que obter n+1 pontos nos jogos seguintes; no segundo caso, ele tem que obter n pontos a seguir. Logo, xn+2= xn+

xn+1, com x1 = 1 e x2 = 2. Esta ´e a recorrˆencia que define a seq¨uencia

de Fibonacci Fn. Logo, xn = Fn= √1₅  1+√5 2 n+1 −_√1 5  1−√5 2 n+1 , para todo n.