21082RAF3

Relat´

orio da Actividade Formativa 3

I - Escolha m´

ultipla

Grelha de Corre¸c˜ao

1. - a) 2. - a) 3. - d) 4. - b) 5. - b) 6. - c) 7. - a) 8. - d) Justifica¸c˜ao

1. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a a). De facto, da segunda equa¸c˜ao resulta que an−1 =

−bn+ 3bn−1. Substituindo na primeira equa¸c˜ao vem −bn+1+ 3bn= bn−1− 2(−bn+ 3bn−1)

e, portanto,

bn+1 = bn+ 5bn−1,

para todo n≥ 1.

Note que os primeiros 5 termos de cada uma destas sucess˜oes s˜ao: a0 = 1 , a1 =−1 , a2 = 4 , a3 =−1 , a4 = 19 , a5 = 14 ,

b0 = 1 , b1 = 2 , b2 = 7 , b3 = 17 , b4 = 52 , b5 = 137 ,

pelo que b), c) , d) s˜ao afirma¸c˜oes falsas.

2. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a a), porque (i) e (ii) s˜ao ambas verdadeiras.

(i) Temos que 71_{− 2}1 _{= 5, 7}2_{− 2}2 _{= (7− 2)(7 + 2) = 5 · 9, 7}3_{− 2}3 _{= (7− 2)(7}2_{+ 2· 7 + 2}2₎

= 5_{· 67. Mais geralmente,}

7n− 2n_{= (7− 2)(7}n−1_{+ 2· 7}n−2_{+ 2}2_{· 7}n−3_{+· · · + 2}n−2_{· 7 + 2}n−1₎

- para uma demonstra¸c˜ao rigorosa podemos recorrer ao m´etodo de indu¸c˜ao matem´a-tica. Logo, 7n_{− 2}n_{= 5k com k ∈ N e, portanto, 7}n_{− 2}n _{´e m´ultiplo de 5.}

(ii) Temos que u0 = 0, u1 = 7− 2 = 5, pelos que os dois primeiros termos das sucess˜oes

un e vn coincidem. Al´em disso

9· (7n−1_{− 2}n−1_{)− 14 · (7}n−2_{− 2}n−2₎

=(7 + 2)_{· 7}n−1_{− (7 + 2) · 2}n−1_{− 2 · 7 · 7}n−2+ 2_{· 7 · 2}n−2 =7n+ 2_{· 7}n−1_{− 7 · 2}n−1_{− 2}n_{− 2 · 7}n−1+ 7_{· 2}n−1 = 7n_{− 2}n.

Logo$un% satisfaz a rela¸c˜ao de recorrˆencia linear xn= 9xn−1− 14xn−2, n≥ 2, sujeita

`as condi¸c˜oes iniciais x0 = 0, x1 = 5. Segue-se que $un% coincide com $vn%.

3. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a d). Por defini¸c˜ao an= αλn1 + βλn2 ´e uma solu¸c˜ao da rela¸c˜ao

de recorrˆencia linear xn= axn−1+ bxn−2 se λ1 e λ2 s˜ao as ra´ızes do polin´omio caracter´ıstico

da recorrˆencia. Portanto, neste caso, como an = 2n+ 3(−1)n vem que α = 1, β = 3 e que

4. Para n = 1, a ´unica sequˆencia de comprimento 1 que termina em 1 ´e: 1 - donde a1 = 1.

Para n = 2 as sequˆencias que terminam em 1 s˜ao: 01 e 11 - donde a2 = 2. Assim as

afirma¸c˜oes a) e c) s˜ao falsas. Agora suponhamos n_{≥ 2. Uma sequˆencia de comprimento n} ou come¸ca por 0 e a seguir tem de vir 1, porque n˜ao pode ocorrer um bloco 00, ou come¸ca por 1: 0 1 . . . ! "# $ an−2 ou 1 . . . ! "# $ an−1 . Portanto an= an−1+ an−2 e b) ´e verdadeira.

5. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a b). De facto, t + 1 t2_{− 4t + 4} = t + 1 (t_{− 2)}2 = t + 1 (−2(1 − 1 2t))2 = t + 1 4 1 (1−1 2t)2 = t + 1 4 ∞ % n=0 & 1 2 'n(2 + n − 1 n ) tn₌ & t 22 + 1 22 '_%∞ n=0 n + 1 2n t n = ∞ % n=0 n + 1 2n+2 t n+1₊ ∞ % n=0 n + 1 2n+2 t n ₌ mud. de var. n!n−1 ∞ % n=1 n 2n+1 t n₊ ∞ % n=0 n + 1 2n+2 t n = ∞ % n=0 n 2n+1t n₊ ∞ % n=0 n + 1 2n+2 t n₌ ∞ % n=0 2n + n + 1 2n+2 t n ₌ ∞ % n=0 1 + 3n 2n+2 t n

Alternativa: Como antes, temos

t + 1 t2_{− 4t + 4} = 1 4 t + 1 (1− 1 2t)2 .

Pelo teorema das frac¸c˜oes parciais, sabemos que existem α e β tais que t + 1 (1− 1 2t)2 = α (1− 1 2t)2 + β 1− 1 2t = α + β(1− 1 2t) (1−1 2t)2 = (α + β)− β 2 t (1− 1 2t)2 . Sendo assim, ter´a de ser α = 3 e β =_{−2, logo}

t + 1 (1₋1 2t)2 = 3 (1₋1 2t)2 − 2 1₋ 1 2t = 3 ∞ % n=0 1 2n (2 + n − 1 n ) tn− 2 ∞ % n=0 1 2nt n = ∞ % n=1 3(n + 1)_{− 2} 2n t n₌ ∞ % n=0 3n + 1 2n t n_.

Dividindo por 4, conclu´ımos que t + 1 t2_{− 4t + 4} = ∞ % n=0 3n + 1 2n+2 t n_. 6. Temos que A(t)2 = A(t)A(t) = ∞ % n=0 * _n % k=0 (−1)k₍₋₁₎n−k + tn= ∞ % n=0 n % k=0 (−1)n_tn₌ ∞ % n=0 (n + 1)(−1)n_tn_,

7. A resposta ´e a a). Com efeito: A(t) 1_{− t}2 = 1 1_{− t}2 ∞ % n=0 antn = * _∞ % n=0 t2n + * _∞ % n=0 antn + = * _∞ % n=0 cntn + * _∞ % n=0 antn + , onde cn = 0 para n ´ımpar e cn = 1 para n par. Se chamarmos bn ao coeficiente de tn da

s´erie produto que temos vindo a analisar, sabemos que bn =,n_r=0cran−r. Se n for par da

forma n = 2k ficamos com b2k = 2k % r=0 cra2k−r = r!2j k % j=0 a2k−2j = j!k−i k % i=0 a2i.

Se n for ´ımpar da forma n = 2k + 1 ficamos com b2k+1= 2k+1_% r=0 cra2k+1−r = r!2j k % j=0 a2k+1−2j = j!k−i k % i=0 a2i+1.

8. A afirma¸c˜ao verdadeira ´e a d). Com efeito, temos que

∞ % n=0 1 2n+1t n₌ 1 2 ∞ % n=0 & 1 2 'n tn= 1 2 1 1₋ 1₂t = 1 2− t. Logo 1 t2 _{− 4} * _∞ % n=0 1 2n+1t n +−1 = 1 (t− 2)(t + 2) & 1 2− t '−1 =− 1 t + 2 =− 1 2 1 1 + 1 2t =₋1 2 ∞ % n=0 & −1 2 'n tn = ∞ % n=0 & −1 2 'n+1 tn.

II - Problemas

10. a) O caso base ´e trivialmente verdadeiro, pois temos d0 = 1 = 0! 0 % k=0 1 k!. Admitindo dn= n! n % k=0 1 k! − Hip´otese de Indu¸c˜ao,

provemos que dn+1 = (n + 1)! n+1 % k=0 1 k! − Tese de Indu¸c˜ao. Tem-se dn+1 = (n + 1)dn+ 1 = (n + 1) * n! n % k=0 1 k! +

+ 1 (por hip. de indu¸c˜ao) = (n + 1)! n % k=0 1 k!+ 1 = (n + 1)! n % k=0 1 k! + (n + 1)! 1 (n + 1)! = (n + 1)! * _n % k=0 1 k!+ 1 (n + 1)! + = (n + 1)! n+1 % k=0 1 k!.

b) Aplicando o m´etodo da substitui¸c˜ao de diante para tr´as, obtemos dn= ndn−1+ 1 = n((n− 1)dn−2+ 1) + 1 = n(n− 1)dn−2+ n + 1 = n(n_{− 1)((n − 2)d}n−3+ 1) + n + 1 = n(n_{− 1)(n − 2)d}n−3+ n(n− 1) + n + 1 = · · · = (n(n_{− 1) · · · 2 · 1)d}0+ (n(n− 1) · · · 3 · 2) + · · · + n(n − 1) + n + 1 = n! + (n(n− 1) · · · 3 · 2) + · · · + n(n − 1) + n + 1 = n % k=0 n(n_{− 1) · · · (n − k + 1) =} n % k=0 n! (n− k)! = n! n % k=0 1 (n− k)! k!n−k= n! n % k=0 1 k! 11. a) Estando-se no estado 2, h´a duas possibilidades de ir para o estado 1 e trˆes possibi-lidades de obter directamente a solu¸c˜ao (i.e., ir para o estado 0). Logo, a2 = 2a1+ 3 = 7.

b) Claramente,

an= 2an−1+ 3an−2 (n ≥ 3).

O polin´omio caracter´ıstico desta f´ormula de recorrˆencia ´e p(t) = t2_{− 2t − 3, cujas solu¸c˜oes}

s˜ao _{−1 e 3. Logo, a}n ´e da forma

an= α(−1)n+ β3n.

Calculam-se os valores das inc´ognitas de modo a que a1 = 2 e a2 = 7. Ficamos com

o sistema: −α + 3β = 2 e α + 9β = 7, cuja solu¸c˜ao ´e α = 1

4 e β = 3 4. Logo, an = 1 4((−1) n_{+ 3}n+1_). 12. Temos, claramente, a1 = 1 : ······ ··· ··· ··· ···· ···· ···· ···· e a2 = 3 : ······ ··· ··· ··· ···· ···· ···· ···· ··· ··· ··· ··· ··· ···· ···· ···· ···· , , ·····_·········_·········_·······_···········_··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· · ··· · ··· · ··· ·

No caso geral, para n _{≥ 2, a parte terminal do pavimento pode ser constitu´ıda por: um} azulejo 1 × 2 colocado transversalmente, ou um azulejo 2 × 2, ou dois azulejos 1 × 2, colocados longitudinalmente: ··· ··· ··· ··· ··· ···· ···· ···· ···· 1 n− 1 2 2 n− 2 2 2 n− 2 1 1 ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· · ··· · ··· · ··· · ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· ·· ··· · ··· · ··· · ··· ·

No primeiro caso, os restantes azulejos pavimentam uma superf´ıcie 2_{×(n−1) e, nos outros} dois, os restantes azulejos pavimentam uma superf´ıcie 2× (n − 2). Assim, a rela¸c˜ao de recorrˆencia pretendida ´e

an = an−1+ 2an−2.

O polin´omio caracter´ıstico ´e p(t) = t2_{− t − 2 = (t − 2)(t + 1), pelo que a}

n = α2n+ β(−1)n,

para alguns α, β _{∈ R. Dado que a}1 = 1 e a2 = 3, obtemos o sistema

. 2α− β = 1 4α + β = 3 ⇐⇒      α = 2 3 β = 1 3 .

A solu¸c˜ao da rela¸c˜ao de recorrˆencia ´e, pois, an=

2n+1_{+ (−1)}n

3 .

13. Temos que b1 = 1 (s´o tem um degrau para subir) e b2 = 2 (sobe um degrau de cada

vez ou sobe os dois degraus de uma vez s´o). Para n≥ 2 temos dois casos poss´ıveis:

ou sobe o ´ultimo degrau ! _{n− 1} degraus " # ou sobe os ´ultimos dois degraus de uma s´o vez

! _{n− 2}

degraus

" #

Ora o n´umero de maneiras do Professor Cabe¸cudo subir n− 1 degraus ´e dado por bn−1 e

o n´umero de maneiras de subir n_{− 2 degraus ´e dado por bn−2}. Assim, temos que bn= bn−1+ bn−2.

Deste modo,_$bn% ´e a solu¸c˜ao da rela¸c˜ao de recorrˆencia xn = xn−1+xn−2 sujeita `as condi¸c˜oes

iniciais x1 = 1, x2 = 2. Ora a solu¸c˜ao desta recorrˆencia sujeita `as condi¸c˜oes iniciais x1 = 1,

x2 = 1 ´e dada pela sucess˜ao $Fn% dos n´umeros de Fibonacci. Deste modo,

bn = Fn+1= 1 √ 5 ( Φn+1− 3Φn+1), n ≥ 1, onde Φ = 1+√5 2 e 3Φ = 1−√5 2 .

14. O polin´omio caracter´ıstico, da recorrˆencia dada, ´e p(t) = t2_−t+1=(t−1+√3i 2 )(t−

1−√3i 2 ),

pelo que a solu¸c˜ao geral ´e dada por an= α(1+ √ 3i 2 ) n_+β(1−√3i 2 ) n_{, n≥ 0, para alguns α, β ∈ C.}

Dado que a0 = 2 e a1 = 4, obtemos o sistema

   α + β = 2 α1 + √ 3i 2 + β 1−√3i 2 = 4 ⇔      α + β = 2 (α + β) ! "# $ 2 1 2 + (α− β) √ 3i 2 = 4 ⇔ . α + β = 2 (α− β)√3i = 6 ⇔ . α + β = 2 α_{− β = −2}√3i ⇔ . α = 1₋√3i β = 1 +√3i .

A solu¸c˜ao da rela¸c˜ao de recorrˆencia ´e, pois, an= (1− √ 3i) * 1 +√3i 2 +n + (1 +√3i) * 1−√3i 2 +n = (1− √

3i)(1 +√3i)n_{+ (1 +}√_3i)(1−√_3i)n

2n .

Temos que (1₋√3i)(1 +√3i) = 4. Por outro lado, 4 12₊√₃2 _{= 2 e arctg}√_{3 =} π 3, donde 1 +√3i = 2(cosπ 3 + i sen π 3 ) , 1₋√3i = 2(cosπ 3 − i sen π 3 ) . Segue-se, para n≥ 0, que

an= 45(1 +√3i)n−1_{+ (1−}√_3i)n−16 2n = 4_{· 2}n−1(5_cosπ 3 + i sen π 3 6n−1 +5cosπ 3 − i sen π 3 6n−1) 2n = 2 && cos(n− 1)π 3 + i sen (n_{− 1)π} 3 ' + & cos(n− 1)π 3 − i sen (n_{− 1)π} 3 '' = 4 cos(n− 1)π 3 .

15. a) Temos que a1 = 3b0−a0 =−4, b1 = b0+a0 = 4, a2 = 3b1−a1 = 16 e b2 = b1+a1 = 0.

b) As sucess˜oes $an% e $bn% s˜ao definidas pelo sistema de recorrˆencias

.

an = 3bn−1− an−1

bn = bn−1+ an−1

.

Da segunda equa¸c˜ao, obtemos an−1 = bn−bn−1. Logo tamb´em an= bn+1−bn. Substituindo

na primeira equa¸c˜ao, vem bn+1− bn= 3bn−1− bn+ bn−1 ou seja bn+1 = 4bn−1 e, portanto

bn = 0bn−1+ 4bn−2 e b0 = 0, b1 = 4.

Temos, assim, uma f´ormula de recorrˆencia para a sucess˜ao $bn%, cujo polin´omio

carac-ter´ıstico ´e

p(t) = t2_{− 4 = (t − 2)(t + 2).}

As solu¸c˜oes desta f´ormula de recorrˆencia s˜ao da forma bn = α2n+ β(−2)n, com α, β ∈ R.

Sabe-se que b0 = 0 e b1 = 4. Assim, resolvendo o sistema

. α + β = 0 2α_{− 2β = 4} ⇐⇒ . α =_{−β = 1} β =₋₁

obtemos a solu¸c˜ao bn= 2n− (−2)n= 2n(1− (−1)n) = 2n(1 + (−1)n+1). Segue-se que

an = bn+1− bn= 2n+1− (−2)n+1− 2n+ (−2)n= 2n(1 + 3(−1)n).

16. Seja A(t) =,∞_n=0antna fun¸c˜ao geradora associada `a sucess˜ao que ´e solu¸c˜ao da rela¸c˜ao

de recorrˆencia. Note que o polin´omio caracter´ıstico deste rela¸c˜ao de recorrˆencia ´e p(t) = t3− 6t2_{+ 12t− 8 =} 3 % i=0 (3 i ) ti(−2)3−i _{= (t− 2)}3_.

Temos: A(t) = a0+ a1t + a2t2+ ∞ % n=3 antn= 1 + 6t + 28t2+ ∞ % n=3 (6an−1− 12an−2+ 8an−3)tn = 1 + 6t + 28t2_{+ 6t} * _∞ % n=3 a_n−1tn−1 + − 12t2 * _∞ % n=3 a_n−2tn−2 + + 8t3 * _∞ % n=3 a_n−3tn−3 + = 1 + 6t + 28t2+ 6t * _∞ % n=2 antn + − 12t2 * _∞ % n=1 antn + + 8t3 * _∞ % n=0 antn +

= 1 + 6t + 28t2+ 6t(A(t)− 1 − 6t) − 12t2_{(A(t)− 1) + 8t}3_A(t)

= 1 + 6t + 28t2_{− 6t − 36t}2+ 12t2+ A(t)(6t_{− 12t}2 + 8t3) = 1 + 4t2+ A(t)(6t_{− 12t}2+ 8t3).

Logo, A(t)(1_{− 6t + 12t}2_{− 8t}3_{) = 1 + 4t}2_{. Donde se conclui que}

A(t) = 1 + 4t

2

1− 6t + 12t2_{− 8t}3 =

1 + 4t2

(1− 2t)3.

Pelo teorema das fun¸c˜oes parciais (vers˜ao da p´agina 219), sabemos que existem valores α, β e γ tais que A(t) = 1 + 4t 2 (1− 2t)3 = α 1− 2t+ β (1− 2t)2 + γ (1− 2t)3 = α(1_{− 4t + 4t}2_{) + β(1− 2t) + γ} (1− 2t)2 .

Fazendo uns c´alculos simples, obtemos α = 1, β =_{−2 e γ = 2. Vem:}

A(t) = 1 1− 2t − 2 (1− 2t)2 + 2 (1− 2t)3 = ∞ % n=0 2ntn− 2 ∞ % n=0 (n + 1)2ntn+ 2 ∞ % n=0 (n + 2)(n + 1)2n−1tn (ver p´ag. 210) = ∞ % n=0 2n(1_{− 2(n + 1) + (n + 2)(n + 1))t}n = ∞ % n=0 2n(1 + n + n2)tn. Logo, an = 2n(1 + n + n2).

17. Em primeiro lugar vamos pˆor a s´erie dada na forma duma frac¸c˜ao racional. Ora, n2+ 4n + 2 = (n + 2)2_{− 2 = (n + 2)((n + 1) + 1) − 2 = (n + 2)(n + 1) + (n + 1) − 1.} Logo, ∞ % n=0 (n2+ 4n + 2)tn= ∞ % n=0 (n + 2)(n + 1)tn+ ∞ % n=0 (n + 1)tn− ∞ % n=0 tn = ∞ % n=0 2(n + 2_n )tn+ 1 (1− t)2 − 1 1− t = 2 (1− t)3 + 1 (1− t)2 − 1 1− t (ver p´ag. 210) = 2 + (1− t) − (1 − t) 2 (1− t)3 = 2 + t_{− t}2 1− 3t + 3t2_{− t}3.

Logo, a s´erie inversa de que estamos `a procura tem 1− 3t + 3t

2_{− t}3

2 + t− t2 como fun¸c˜ao racional.

Vamos agora calcular a s´erie formal desta frac¸c˜ao racional. Fazendo a divis˜ao dos polin´omios numerador e denominador, obtemos a igualdade 1_−3t+3t2_−t3 _{= (2+t−t}2_{)(t−2)+5−3t.}

Logo,

1− 3t + 3t2_{− t}3

2 + t_{− t}2 =−2 + t +

5− 3t 2 + t_{− t}2.

Ora, 2 + t_{− t}2 _{=−(t + 1)(t − 2) = (1 + t)(2 − t). Logo, pelo teorema das frac¸c˜oes parciais,}

sabemos que existem constantes α e β tais que 5_{− 3t} 2 + t− t2 = α 1 + t+ β 2− t = α(2_{− t) + β(1 + t)} (1 + t)(2− t) = (2α + β) + (_{−α + β)t} (1 + t)(2− t) . Efectuando uns pequenos c´alculos, vem α = 8

3 e β =− 1 3. Donde, 5_{− 3t} 2 + t− t2 = 1 3 & 8 1 + t − 1 2− t ' = 8 3 ∞ % n=0 (₋₁₎ntn₋ 1 3 & 1 2· 1 1− t 2 ' = 8 3 ∞ % n=0 (₋₁₎ntn₋ 1 6 ∞ % n=0 & t 2 'n = 8 3 ∞ % n=0 (₋₁₎ntn₋ 1 6 ∞ % n=0 tn 2n = 1 3 ∞ % n=0 & 8(−1)n₋ 1 2n+1 ' tn= 5 2− 11 4 t + 1 3 ∞ % n=2 & 8(−1)n₋ 1 2n+1 ' tn. A s´erie inversa de que estamos `a procura ´e, portanto,

−2 + t + 5 2 − 11 4 t + 1 3 ∞ % n=2 & 8(₋₁₎n₋ 1 2n+1 ' tn = 1 2 − 7 4t + 1 3 ∞ % n=2 & 8(₋₁₎n₋ 1 2n+1 ' tn.

18. Determinando a sucess˜ao $an%, associada `a fun¸c˜ao geradora A(t), ent˜ao os n´umeros

pedidos s˜ao a15 e a25. Ora

A(t) = 1

(1_{− t)}2_{(1− t}2₎ =

1 (1_{− t)}3_{(1 + t)}

e, portanto, pelo teorema das frac¸c˜oes parciais existem n´umeros reais α, β, γ, δ tais que 1 (1− t)3_{(1 + t)} = α 1 + t+ β 1− t + γ (1− t)2 + δ (1− t)3 = α(1− t) 3_{+ β(1 + t)(1− t)}2_{+ γ(1 + t)(1− t) + δ(1 + t)} (1− t)3_{(1 + t)} = α(1− 3t + 3t 2_{− t}3_{) + β(1− t − t}2 _{+ t}3_{) + γ(1− t}2_{) + δ(1 + t)} (1− t)3_{(1 + t)} . Resolvendo o sistema          α + β + γ + δ = 1 −3α − β + δ = 0 3α− β − γ = 0 −α + β = 0

= 1 8, γ = 1 4 e δ = 1 2. Deste modo, A(t) = 1 8 & 1 1 + t+ 1 1_{− t} + 2 (1_{− t)}2 + 4 (1_{− t)}3 ' = 1 8 * _∞ % n=0 (₋₁₎n_tn₊ ∞ % n=0 tn_{+ 2} ∞ % n=0 (n + 1)tn_{+ 4} ∞ % n=0 (n + 2 n ) tn + = ∞ % n=0 2(n + 1)(n + 3) + (₋₁₎n_{+ 1} 8 t n_. Segue-se que a15 = 2_{· 16 · 18} 8 = 4· 18 = 72 , a25= 2_{· 26 · 28} 8 = 26· 7 = 182. 19. a)-(i) Temos que

A(t)2 = * _∞ % n=0 antn +2 = ∞ % n=0 * _n % k=0 akan−k + tn. Seja n≥ 2. Logo, por defini¸c˜ao de an, n ≥ 0,

bn = n % k=0 akan−k = 2a0an+ n−1 % k=1 akan−k = 2an+ n−1 % k=1 (αak−1)(αan−k−1) = 2an+ α2 n−1 % k=1 ak−1a(n−2)−(k−1) = k!k+12an+ α 2 n−2 % k=0 aka(n−2)−k = 2an+ α2bn−2.

a)-(ii) Seja n_{≥ 3. Pela al´ınea a), a}n=

1 2(bn− α 2_b n−2). Deste modo, an= αan−1 ⇐⇒ 1 2(bn− α 2_b n−2) = α 1 2(bn−1− α 2_b n−3) ⇐⇒ 1 2bn= α2 2 bn−2+ α 2bn−1− α3 2 bn−3 ⇐⇒ bn= αbn−1+ α2bn−2− α3bn−3. b) Temos que b0 = a0a0 = 1 , b1 = 2a0a1 = 2a1 = 2αa0 = 2α , b2 = 2a0a2+ a1a1 = 2α2+ α2 = 3α2.

Assim, por a)-(ii), B(t) = b0+ b1t + b2t2+ ∞ % n=3 bntn = 1 + 2αt + 3α2t2 + ∞ % n=3 (αbn−1+ α2bn−2− α3bn−3)tn = 1 + 2αt + 3α2t2+ αt * _∞ % n=3 bn−1tn−1 + + α2t2 * _∞ % n=3 bn−2tn−2 + − α3t3 * _∞ % n=3 bn−3tn−3 + = 1 + 2αt + 3α2t2+ αt * _∞ % n=2 bntn + + α2t2 * _∞ % n=1 bntn + − α3_t3 * _∞ % n=0 bntn + = 1 + 2αt + 3α2t2+ αt(B(t)_{− 1 − 2αt) + α}2t2(B(t)_{− 1) − α}3t3B(t) = 1 + 2αt + 3α2t2− αt − 2α2_t2_{− α}2_t2_{+ B(t)(αt + α}2_t2_{− α}3_t3₎ = 1 + αt + B(t)(αt + α2t2− α3_t3_).

Logo, B(t)(1_{− αt − α}2_t2_{+ α}3_t3_{) = 1 + αt. Donde se conclui que} B(t) = 1 + αt 1_{− αt − α}2_t2_{+ α}3_t3 = 1 + αt (1_{− αt)}2_{(1 + αt)} = 1 (1_{− αt)}2 = ∞ % n=0 (n + 1)αntn. Segue-se que bn = (n + 1)αn para todo n≥ 0.

c) Temos que A(t) =7A(t)2 ₌7_{B(t) =} 8 1 (1_{− αt)}2 = 1 1_{− αt}.

Alternativa: Por a)-(i), an= 1₂(bn− α2bn−2). Por outro lado, por c), bn= (n + 1)αn. Logo

an = 1 2 5 (n + 1)αn− α2_{(n− 1)α}n−26 _{= α}n_, donde A(t) = ∞ % n=0 antn = ∞ % n=0 αntn = 1 1_{− αt}. 20. a) Tem-se C(t2) = ∞ % n=0 cnt2n= ∞ % n=0 c$_ntn onde c$_n= . 0, se n ´e ´ımpar, cn/2, se n ´e par . Sendo assim, pn= n % k=0 bkc$_n−k = k!n−k n % k=0 bn−kc$k = % 0≤k≤n k ´e par bn−kck/2= % 0≤l≤&n2' bn−2lcl = &n 2' % k=0 bn−2kck

- a pen´ultima igualdade ´e verdadeira fazendo a substitui¸c˜ao k = 2l e notando que 0_{≤ 2l ≤} n se e s´o se 0≤ l ≤ ,n

2-.

b) Usamos a al´ınea anterior com

B(t) = C(t) = ∞ % n=0 & r n ' tn (de modo que bn= cn =

5_r n 6 , n_{≥ 0). Tem-se} an = &n 2' % k=0 & r k '& r n_{− 2k} ' = &n 2' % k=0 & r n_{− 2k} '& r k ' = &n 2' % k=0 bn−2kck e, portanto, A(t) = B(t)C(t2) = B(t)B(t2).

Como 5_r+1r 6=5_r+2r 6=5_r+3r 6=_{· · · = 0 (porque r + i > r para i ≥ 1), tem-se} B(t) = ∞ % n=0 & r n ' tn= r % n=0 & r n ' tn= (1 + t)r

(pelo bin´omio de Newton). Por conseguinte, A(t) = B(t)B(t2) = (1 + t)r(1 + t2)r = [(1 + t)(1 + t2)]r = (1 + t + t2 + t3)r. 21. a) Tem-se P (t) = 1 2[A(t) + A(−t)] = 1 2 * _∞ % n=0 antn+ ∞ % n=0 an(−t)n + = 1 2 * _∞ % n=0 antn+ ∞ % n=0 (₋₁₎nantn + = 1 2 ∞ % n=0 [an+ (−1)nan]tn = 1 2 5 2a0+ 2a2t2+ 2a4t4+· · · 6 = a0+ a2t2 + a4t4+· · ·

e, portanto, a s´erie formal P (t) est´a associada `a sucess˜ao a0, 0, a2, 0, a4, 0, . . ..

b) Tem-se I(t) = 1 2[A(t)− A(−t)] = 1 2 * _∞ % n=0 antn− ∞ % n=0 an(−t)n + = 1 2 * _∞ % n=0 antn− ∞ % n=0 (−1)n_a ntn + = 1 2 ∞ % n=0 [an− (−1)nan]tn = 1 2 5 2a1t + 2a3t3+ 2a5t5+· · · 6 = a1t + a3t3+ a5t5+· · ·

e, portanto, a s´erie formal I(t) est´a associada `a sucess˜ao 0, a1, 0, a3, 0, a5, 0, . . ..

c) Pondo A(t) = ∞ % n=0 F2ntn= F0+ F2t + F4t2+ F6t3+· · · , temos que A(t2) = ∞ % n=0 F2nt2n= F0+ F2t2+ F4t4+ F6t6+· · ·

e, portanto, a s´erie formal A(t2_{) est´a associada `a sucess˜ao F}

0, 0, F2, 0, F4, 0, . . .. Sendo

assim, pela al´ınea a), tem-se

A(t2) = 1 2[F (t) + F (−t)] onde F (t) = ∞ % n=0 Fntn= F0+ F1t + F2t2+ F3t3+· · ·

´e a s´erie formal que est´a associada `a sucess˜ao dos n´umeros de Fibonacci. Como

F (t) = t 1− t − t2, obtemos A(t2) = 1 2 & t 1_{− t − t}2 + −t 1 + t_{− t}2 ' = 2t 2 2(1_{− 3t}2_{+ t}4₎ = t2 1_{− 3t}2_{+ t}4

e, portanto, ∞ % n=0 F2ntn= A(t) = t 1− 3t + t2 .

Por outro lado, pondo B(t) = ∞ % n=0 F2n+1tn = F1+ F3t + F5t2+ F7t3+· · · , temos que tB(t2) = t ∞ % n=0 F2n+1t2n = ∞ % n=0 F2n+1t2n+1 = F1t + F3t3+ F5t5+ F7t7+· · ·

e, portanto, a s´erie formal tB(t2_{) est´a associada `a sucess˜ao 0, F}

1, 0, F3, 0, F5, 0, . . .. Sendo

assim, pela al´ınea b), tem-se tB(t2) = 1 2[F (t)− F (−t)] = 1 2 & t 1− t − t2 − −t 1 + t− t2 ' = 2(t− t 3₎ 2(1_{− 3t}2_{+ t}4₎ = t 1− t2 1_{− 3t}2_{+ t}4 e, portanto, B(t2) = 1− t 2 1− 3t2_{+ t}4, donde ∞ % n=0 F2n+1tn = B(t) = 1_{− t} 1_{− 3t + t}2. FIM