Tópicos de Matemática Discreta

Tópicos de Matemática Discreta

Prefácio

"O mundo é cada vez mais dominado pela Matemática".

A. F. Rimbaud Este texto foi elaborado aos poucos através das publicações mensais no blog Fatos Matemáticos, em que buscou evitar o máximo possível as técnicas e o formalismo matemático, priorizando as ideias, os relatos e as curiosidades destes grandes homens.

Lavras, julho de 2012

Sumário

1 O Cálculo de Diferenças Finitas 7

1.1 Introdução . . . 7 1.2 Denição e Propriedades . . . 7 1.3 O Polinômio Fatorial . . . 16 1.4 O Operador Antidiferença . . . 19 1.5 O Teorema Fundamental . . . 22 2 Equações de Recorrências 25 3 A Transformada Discreta de Laplace 26 3.1 Introdução . . . 26

3.2 Conceitos e Propriedades . . . 27

3.3 O Produto Convolutivo . . . 34

3.4 A TDDL de Algumas Sequências Elementares . . . 37

3.5 Relação Entre a Transformada de Laplace e a TDDL . . . 38

3.6 Somatórios Através da Transf. Discreta de Laplace . . . 40

3.7 A Transformada Discreta Inversa de Laplace (TDIL) . . . 42

3.8 A Sequência Delta . . . 45

3.9 Equações e Sistemas de Diferenças Finitas Lineares Através da TDL . . . 53

3.9.2 Equações de Diferenças Finitas Lineares

de Segunda Ordem de Coecientes Constantes . . . 59

3.9.3 Equações de Diferenças Finitas Lineares de Segunda Ordem Não-Homogênea . . . 64

3.9.4 Equações de Diferença do Tipo Volterra . . . 65

3.9.5 Sistemas de Equações de Diferenças Finitas Lineares de Primeira Ordem . . . 65

3.10 Exercícios Propostos . . . 65

4 Funções Geradoras 68 4.1 Introdução . . . 68

4.2 Conceitos e Propriedades . . . 69

4.3 A Notação Operacional G . . . 72

4.4 Os Números de Stirling do Segundo Tipo . . . 76

4.5 A Notação Operacional G−1 _{. . . 76}

4.6 Exercícios Propostos . . . 76

5 Técnicas Para o Cálculo Somatórios 78 5.1 Introdução . . . 78

5.2 Conceitos e Propriedades . . . 79

5.3 Somatórios Através do Teorema das Colunas . . . 80

5.4 A Técnica de Soma Por Partes . . . 82

5.5 A Notação de Iverson Para Somatórios . . . 85

5.6 Usando Derivadas Para Calcular Somatórios . . . 88

5.7 Usando Integrais Para Calcular Somatórios . . . 91

5.7.1 Uma Identidade Entre Séries e Integrais . . . 92

5.8 Somatórios Através das Funções Beta e Gama . . . 94

5.9 Somatórios Através da Transformada de Laplace . . . 99

5.10 Somatórios Através das Funções Geradoras . . . 103

5.11 Exercícios Propostos . . . 104

6 Apêndices 107

6.1.1 Introdução . . . 107

6.1.2 A Função Zeta de Euler . . . 109

6.1.3 O Teorema dos Números Primos . . . 116

6.1.4 A Função Zeta de Riemann . . . 118

6.1.5 A Conjectura ou Hipótese de Riemann . . . 120

6.1.6 Problemas Relacionados . . . 122

Capítulo 1

O Cálculo de Diferenças Finitas

1.1 Introdução

O Cálculo de Diferenças Finitas ou Cálculo Natural é o análogo discreto ao familiar Cálculo Diferencial e Integral. Historicamente, Brook Taylor (1685 − 1731)foi pioneiro nesta área extraindo muitas analogias entre seu cálculo nito e o cálculo ordinário, publicando seus resultados na obra Methodus Incremen-torum Directa e Inversa.

1.2 Denição e Propriedades

Denição 1.1 Dada a função real f, o operador diferença de f em x ∈ R com passo h é denido por:

         ∆0 hf (x) = If (x) = f (x) ∆1 hf (x) = ∆hf (x) = f (x + h)− f(x) ∆n hxn= ∆(∆n−1f (x + h)), n > 1

Denição 1.2 Dada a sequência f(x), o operador translação E é denido por:

Ef (x) = f (x + 1) Proposição 1.1 Se p ∈ N∗_{, então}

Epf (x) = f (x + p) (1.1)

Demonstração: Para p = 1, o resultado segue da Def.(1.2). Suponhamos que (1.1) seja válida e provaremos sua validade para p + 1. De fato,

Ep+1f (x) = E(Epf (x)) = Ef (x + p) = f (x + p + 1)

 Proposição 1.2 Os operadores ∆ e E são lineares, ou seja,

i) ∆[af(x) + bg(x)] = a∆f(x) + b∆g(x), ∀a, b ∈ R; ii) E[af(x) + bg(x)] = aEf(x) + bEg(x), ∀a, b ∈ R. Demonstração:

i)

∆[af (x) + bg(x)] = [af (x + 1) + bg(x + 1)− (af(x) + bg(x))] = a[f (x + 1)− f(x)] + b[g(x + 1) − g(x)] = a∆f (x) + b∆g(x)

ii) Análogo ao item anterior.

 Exemplo 1.1 Calcule a derivada nita das sequências abaixo:

a) an= k;

c) cn= n!; d) xn = sin2 ( nπ 2 ) . Resolução: a) ∆an = an+1− an = k− k = 0; b) ∆bn= (−1)n+1− (−1)n=−(−1)n− (−1)n =−2(−1)n; c) ∆cn= cn+1− cn = (n + 1)!− n! = (n + 1)n! − n! = nn!;

d) Da denição de derivada nita, temos: ∆xn= xn+1− xn = sin2 [ (n + 1)π 2 ] − sin2 ( nπ 2 ) = sin2 ( nπ 2 + π 2 ) − sin2 ( nπ 2 ) = 1− cos(nπ + π) 2 − 1− cos(nπ) 2 = cos(nπ) = (−1) n

Proposição 1.3 Sejam xn e yn duas sequências reais. Então:

 Exemplo 1.2 Use a Prop. (1.3) e a propriedade de linearidade do operador ∆e calcule: a) ∆(n · 2n₎ b) ∆(1 + n + n2₎ c) ∆ [ 4n(n + 1) 2n ] Resolução: a) ∆(n· 2n) = ∆n· 2n+1+ n· ∆2n= 2n+1+ n(2n+1− 2n) = 2· 2n+ n(2· 2n− 2n) = 2· 2n+ n· 2n = (n + 2)2n b) ∆(1 + n + n2) = ∆1 + ∆n + ∆n2 = 1 + (n + 1)2 − n2 = 2n + 2 c) Seja xn= 4n(n + 1). Assim, ∆xn= 4∆[n(n + 1)] = 4∆(n2+ n) = 4[(n + 1)2+ (n + 1)− n2− n] = 8n + 4 Se yn = 2n, então ∆yn= 2n. Assim,

∆ ( yn xn ) = (8n + 4)2 n_{− 4n(n + 1)2}n 2n· 2n+1 = −n2_{+ n + 1} 2n+1

Demonstração: De fato, ∆ (∑n−1 k=n0 xk ) = n ∑ k=n0 xk− n−1 ∑ k=n0 xk= xn+ n−1 ∑ k=n0 xk− n−1 ∑ k=n0 xk = xn  Denição 1.3 Sejam α ∈ R e p ∈ N. O coeciente binomial (α

p ) é denido por ( α p ) =    1, se p = 0 α(α− 1) . . . (α − k + 1) p! , se p > 0

No caso em que α = n ∈ N, temos: ( n p ) =    0, se p > n n! p!(n− p)! se 0 ≤ p ≤ n Proposição 1.5 Se(n p ) é o coeciente binomial. i) Então ∆ ( n p ) = ( n p− 1 ) ii) Vale a relação de Stifel:

( n p− 1 ) + ( n p ) = ( n + 1 p ) Demonstração: i) De fato, ∆ ( n p ) = ∆ ( n(p) p! ) = p p!· n (p−1) ₌ n(p−1) (p− 1)! = ( n p− 1 )

ii) Segue imediatamente do item anterior.

Proposição 1.6 Para a função f(x) e n ∈ N, temos: f (x + n) = n ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (x) (1.2)

Em particular, se ∆(m)_{f (n) é uma constante não-nula para todo n ∈ N, então}

f (n) = m ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (0)

Demonstração: Seja I o operador identidade, isto é, Ix = x, de modo que ∆ = E− I e E = ∆ + I. Da Prop. (1.1), segue que

f (x + n) = Enf (x) = (∆ + I)nf (x) = n ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (x)

Para a segunda parte, fazemos x = 0 em (1.2). Em seguida usamos o fato que ∆m+1_{f (n) = 0}, isto é, f (n) = n ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (0) = m ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (0) + m ∑ k=m+1 ( n k ) ∆kf (0) = m ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (0)  Através da proposição anterior, podemos achar o termo geral de uma se-quência que possui crescimento polinomial. Para isso, fazemos o esquema de diferenças abaixo:

x 0 1 2 3 . . .

f (x) f (0) f (1) f (2) f (3) . . .

∆f (x) f (1)− f(0) f (2)− f(1) f (3)− f(2) . . . ∆2_{f (x) f (2)− 2f(1) + f(0) f(3) − 2f(2) + f(1) . . .}

x 0 1 2 3 . . .

f (x) f (0) f (1) f (2) f (3) . . .

∆f (x) ∆f (0) ∆f (1) ∆f (2) . . . ∆2f (x) ∆2f (0) ∆2f (1) . . .

Os elementos da segunda coluna são os coecientes necessários para achar f(n). Exemplo 1.3 Ache o enésimo termo da sequência 4, 14, 30, 52, 80, 114, . . . as-sumindo que ela possui crescimento polinomial.

Resolução: Elaboramos o esquema de diferenças:

x 0 1 2 3 4 . . . f (x) 4 14 30 52 80 . . . ∆f (x) 10 16 22 28 . . . ∆2_{f (x) 6 6 6 . . .} Logo, f (n) = 2 ∑ k=0 ( n k ) ∆kf (0) = 4 ( n 0 ) + 10 ( n 1 ) + 6 ( n 2 ) = 3n2 + 7n + 4

Exemplo 1.4 Escreva n2 _{em função dos coecientes binomiais} (n k

) . Resolução: Fazemos o esquema de diferenças:

n 0 1 2 3 4 . . . n2 _{0 1 4 9 16 . . .} ∆n2 _{1 3 5 7 . . .} ∆2_n2 _{2 2 2 . . .} Logo, n2 = ( n 1 ) + 2 ( n 2 )

Proposição 1.7 Se ∆ é o operador diferença e E é o operador translação, então

Consequentemente, ∆pf (x) = p ∑ j=0 ( p j ) (−1)jf (x + p− j)

Demonstração: Para p = 0, temos ∆0_{f (x) = If (x) = (E − I)}0_{f (x).}

Suponhamos que a expressão (1.3) seja válida e provaremos que ∆p+1f (x) = (E− I)p+1f (x) De fato, ∆p+1f (x) = ∆(∆pf (x)) = ∆[(E− I)pf (x)] = (E− I)pf (x + 1)− (E − I)pf (x) = (E− I)pEf (x)− (E − I)pIf (x) = (E− I)p(E− I)f(x) = (E − I)p+1f (x) Pelo binômio de Newton, temos:

∆pf (x) = (E−I)pf (x) = p ∑ j=0 ( p j ) (−1)jEp−jf (x) = p ∑ j=0 ( p j ) (−1)jf (x + p−j)  Proposição 1.8 Se P (E) = k ∑ j=0 ajEk−j

Proposição 1.9 Se P (x) = anxn+ an−1xn−1+ . . . + a1x + a0 é um polinômio,

então

∆nP (x) = ann! e ∆n+kP (x) = 0 para k ≥ 1

sendo constantes reais ak, para k = 0, . . . , n.

Demonstração: Inicialmente, analisaremos a ação do operador ∆ sobre o termo maior de maior grau anxn. Se n = 0, então

∆0ann0 = I · an= an = an0!

Suponhamos que ∆n_a

nxn = ann!. Provaremos que esta expressão é válida para

n + 1. De fato, ∆n+1[an+1xn+1] = an+1∆n∆xn+1 = an+1∆n[(x + 1)n+1− xn+1] = an+1∆n [∑n+1 k=0 ( n + 1 k ) xn+1−k − xn+1 ] = an+1∆n [∑n+1 k=1 ( n + 1 k ) xn+1−k ] = an+1 n+1 ∑ k=1 ( n + 1 k ) ∆(n)xn+1−k = an+1 [( n + 1 1 ) ∆nxn+ n+1 ∑ k=2 ( n + 1 k ) ∆nxn+1−k ] = an+1(n + 1)n! = an+1(n + 1)!

pois ∆n_xk _{= 0 para 0 ≤ k ≤ n − 1. Logo,}

Demonstração: Seja P (x) = xn_{. Pela proposição anterior, ∆}n_{P (x) =} ∆n_xn_{= n!. Logo,} n! = ∆nxn = (E− I)nxn= n ∑ k=0 (−1)n−k ( n k ) Ekxn= n ∑ k=0 (−1)n−k ( n k ) (x + k)n 

1.3 O Polinômio Fatorial

Denição 1.4 Seja x ∈ R. O k−ésimo polinômio fatorial x(k) _{é denido por:}

x(k) = x(x− 1) . . . (x − k + 1), k∈ Z+

Note que se x = n ∈ Z+ e n ≥ k, então

n(k) = n! (n− k)! e n (n) = n! De fato, n(k) = n(n− 1) . . . (n − k + 1)(n− k)! (n− k)! = n! (n− k)! ⇒ n(n) = n! (n− n)! = n! Proposição 1.10 Sejam k ∈ Z+ e x ∈ R. Então:

i) ∆x(k) _{= kx}(k−1)

ii) ∆n_x(k) _{= k(k}− 1) . . . (k − n + 1)x(k−n)

iii) ∆k_x(k)_{= k!}

i) De fato, ∆x(k) = (x + 1)(k)− x(k) = (x + 1)x(x− 1) . . . (x + 1 − k + 1) − x(x − 1) . . . (x− k + 2)(x − k + 1) = [x + 1− (x − k + 1)](x − 1) . . . (x − k + 2) = kx(x− 1) . . . [x − (k + 1) + 1] = kx(k−1) ii) Pelo item anterior, para k = 1, temos

∆1x(k)= ∆x(k)= kx(k−1)

Suponhamos que a expressão ii) seja válida e provaremos sua validade para n + 1. De fato,

iii) Consequência do item anterior.

 Observação 1.1 Do item ii), segue que:

∆nx(k) = k(k− 1) . . . (k − n + 1)x(k−n) = k(k− 1) . . . [k − (n − 1)](k− n)! (k− n)!x (k−n) = k! (k− n)!x (k−n)

b) De fato, ∆ ( n(3) 2n(2)_{+ 1} ) = 3n (2)· (2n(2)_{+ 1)}− 4n · n(3) (2n(2)_{+ 1)}· [2(n + 1)(2)_{+ 1]} = 2n4_{+ n}2− 3n 4n4_{+ 1}

Denição 1.5 Para k ∈ Z+, denimos

x(−k)= 1

x(x + 1) . . . (x + k− 1) com x(0) _{= 1.}

Proposição 1.11 Sejam k ∈ Z+ e x ∈ R. Então:

i) ∆x(−k)_=−kx−(k+1) ii) ∆n_x(−k) ₌−k(−k − 1) . . . (−k − n + 1)x(−k−n) Demonstração: i) De fato, ∆x(−k) = 1 (x + 1) . . . (x + k− 1)(x + k)− 1 x(x + 1) . . . (x + k− 1) = 1 (x + 1) . . . (x + k− 1) ( 1 x + k − 1 x ) =− k x(x + 1) . . . (x + k− 1)(x + k) =−kx −(k+1)

ii) Segue por indução nita.

 Observação 1.2 Procedendo de forma análoga, é possível mostrar que ∆(ax+ b)(k)= ka(ax + b)(k−1) para k ∈ Z.

Exemplo 1.6 Calcule as expressões abaixo: a) ∆

( 1 n

b) ∆[2n(−3)]

Resolução:

a) Usando a proposição anterior, temos: ∆ ( 1 n ) = 1 n + 1 − 1 n =− 1 n(n + 1) =−n (−2) b) De fato, ∆[2n(−3)]= 2∆n(−3) = 2· (−3) n−(3+1) =− 6 n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

1.4 O Operador Antidiferença

Assim como a derivada nita é semelhante a derivada de funções reais, apre-sentaremos nesta seção a antiderivada nita o qual é semelhante a integral e muito útil no cálculo de alguns somatórios.

Denição 1.6 Se ∆Xn= xn, então a antiderivada nita ou antidiferença de

xn é Xn+ C e representa-se por ∆−1xn= Xn+ C, C ∈ R Note que ∆∆−1xn = ∆(Xn+ c) = ∆Xn− ∆C = xn e ∆−1∆Xn = ∆−1xn = Xn+ C

de modo que ∆∆−1 _{= I, mas em geral, ∆}−1_{∆̸= I. Portanto os operadores ∆}

e ∆−1 _{não comutam. Da Prop. (1.4), segue que}

∆−1xn = n−1

∑

k=n0

xk+ C

Proposição 1.12 O operador ∆−1 _{é linear.}

Demonstração: Precisamos mostrar que para a, b ∈ R, ∆−1[axn+ byn] = a∆−1xn+ b∆−1yn De fato, ∆−1[axn+ byn] = n−1 ∑ k=n0 [axk+ byk] + C = n−1 ∑ k=n0 axk+ n−1 ∑ k=n0 byk = a n−1 ∑ k=n0 xk+ b n−1 ∑ k=n0 yk= a∆−1xn+ b∆−1yn  Vejamos agora a antidiferença de algumas sequências básicas.

Proposição 1.13 Segue da denição de antiderivada nita e das proposições anteriores que i) ∆−1_an ₌ a n a− 1 + C, para a ̸= 1 ii) ∆−1(n p ) =(_p+1n )+ C iii) ∆−1_x(k) ₌ x (k+1) k + 1 + C, para k ̸= −1 iv) ∆−1_{cos(an + b) =} sin(an− a2 + b)

ii) Segue da Prop. (1.5).

iii) Segue das Props. (1.10) e (1.11). iv) Pela fórmula de Euler, temos

cos(an + b) + i sin(an + b) = ei(an+b) = eianeib Aplicando o operador ∆, obtemos

∆ cos(an + b) + i∆ sin(an + b) = eib∆eian = eib[eia(n+1)− eian] = eibeian(eia− 1) = eibeian(eia− 1) = 2ie ia/2_{− e}−ia/2 2i e ia/2_ei(an+b) = 2i sin ( a 2 ) ei(an+a/2+b) = 2i sin ( a 2 )[ cos ( an + a 2+ b ) + i sin ( an + a 2 + b )]

Comparando as partes reais e imaginárias da última igualdade e apli-cando o operador ∆−1 _{segue o resultado.}

vi) Segue da Prop. (1.9).

b) Fazendo a = −1 no item i) da Prop. anterior, temos ∆−1(−1)n= (−1) n+1 2 + C c) Da Obs. (1.2), ∆−1(ax + b)k= (ax + b) (k+1) a(k + 1) + C de modo que ∆−1(2n + 1)(2) = (2n + 1) (3) 6 + C

1.5 O Teorema Fundamental

Nesta seção, veremos como aplicar a antidiferença nita no cálculo de so-matórios.

Teorema 1.1 (Teorema Fundamental) Se ∆Xn = xne m < n com m, n ∈

Exemplo 1.8 Calcule os somatórios abaixo: a) n ∑ k=1 (−1)k b) n ∑ k=1 (2k− 1) c) n ∑ k=1 (−1)kk Resolução:

a) Usando a letra b) do Exemplo 1.7, temos:

Capítulo 2

Capítulo 3

A Transformada Discreta de

Laplace

3.1 Introdução

3.2 Conceitos e Propriedades

Nesta seção, veremos alguns conceitos e teoremas relativos a transformada discreta direta de Laplace (TDDL).

Denição 3.1 Dada a sequência (xn)n∈N, a transformada discreta de Laplace

(TDDL), denotada por ℓd é denida para s > 0 por

ℓd{xn} = ∞

∑

n=0

e−snxn:= X(s) (3.1)

Nem todas as sequências admitem a transformada discreta de Laplace, podemos citar, por exemplo xn = n!. Deste modo, devemos impor condições

sobre a sequência (xn) de modo que a série (3.1) seja convergente. As

sequên-cias (xn)para os quais a transformada discreta de Laplace existe são chamadas

de sequências admissíveis.

Teorema 3.1 (Existência da TDDL) Seja xn: N → R uma sequência tal

que |xn| ≤ αes0n para n ≥ N0, sendo α > 0 e s0 > 0. Então

∞

∑

n=0

e−snxn

é absolutamente convergente e portanto, convergente de modo que a transfor-mada discreta de Laplace ℓd{xn} existe para s > s0.

Proposição 3.1 (Linearidade da Transformada Discreta de Laplace) Se ℓd{xn} = X(s) e ℓd{yn} = Y (s), então i) ℓd{xn+ yn} = ℓd{xn} + ℓd{yn}; ii) ℓd{kxn} = kℓd{xn}, ∀k ∈ R Demonstração: i) De fato, ℓd{xn+ yn} = ∞ ∑ n=0 e−sn(xn+ yn) = ∞ ∑ n=0 (e−snxn+ e−snyn) = ∞ ∑ n=0 e−snxn+ ∞ ∑ n=0 e−snyn = X(s) + Y (s) ii) De fato, ℓd{kxn} = ∞ ∑ n=0 e−sn(kxn) = k ∞ ∑ n=0 e−snxn= kX(s)  Proposição 3.2 (Teorema do Valor Inicial e Final) Se ℓd{xn} = X(s)

para s > 0, então lim

s→+∞X(s) = x0.

Proposição 3.3 A série geométrica

∞

∑

n=0

xn

converge se |x| < 1; neste caso, sua soma é 1/(1 − x). A série geométrica diverge para |x| ≥ 1.

Demonstração: Ver [x]

Proposição 3.4 (Translação na TDDL) Seja (xn)n∈N. Se p ∈ N, então

ℓd{xn+p} = esp ∞

∑

n=p

e−snxn

Demonstração: Usando a denição de transformada discreta de Laplace dada em (3.1), temos: ℓd{xn+p} = ∞ ∑ n=0 e−snxn+p

Demonstração: i) De fato, ℓd{xn+1} = es ∞ ∑ n=1 e−snxn = es (_∑∞ n=0 e−sn − x0 ) = esX(s)− esx0 ii) De fato, ℓd{xn+2} = e2s ∞ ∑ n=2 e−snxn = e2s (_∑∞ n=0 e−sn− x0− e−sx1 ) = e2sX(s)− e2sx0− esx1  Corolário 3.2 Se ∆xn é a derivada discreta da sequência (xn)n∈N, então

ℓd{∆xn} = (es− 1)X(s) − esx0

Demonstração: Segue diretamente da Def. (3.1) e do Cor. (3.1) acima.  Proposição 3.5 (Multiplicação por r−an_{) Sejam a ∈ R e r > 0. Se ℓ}

d{xn} =

X(s), então

ℓd{r−anxn} = ℓd{xn}es_→ra_es = X(ras)

para s > 0, onde a expressão es _{→ r}a_es _{signica substituir e}s _{por r}a_es _na

função X(s).

Observação 3.1 Para a = −1 e r = −1, segue que ℓd{(−1)nxn} = ℓd{xn}es_→−es.

Observação 3.2 No caso em que r = e, temos ℓd{e−anxn} = X(s + a).

Proposição 3.6 (Multiplicação por n) Se ℓd{xn} = X(s), então

ℓd{nxn} = −X′(s)

Demonstração: Por denição, temos: X(s) =

∞

∑

n=0

e−snxn

Derivando ambos os lados desta expressão, segue que X′(s) = ∂ ∂s (_∑∞ n=0 e−snxn ) = ∞ ∑ n=0 xn ∂ ∂s(e −sn_{) =} ∑∞ n=0 xne−sn(−n) ⇒ ℓd{nxn} = ∞ ∑ n=0 e−sn(nxn) =−X′(s)  Corolário 3.3 Para k ∈ N, ℓd{nkxn} = (−1)k dk dskℓd{xn} = (−1) k_X(k)_(s)

Demonstração: O resultado segue por indução nita.

 Observação 3.3 Tomando xn ≡ 1, temos a relação

Demonstração: Seja f(x) = 1/(1 − x) denida para x ∈ (−1, 1). Então para todo p ∈ N,

f(p)(x) = p!

(1− x)p+1 (3.2)

Para p = 0 é claro que f(0)_{(x) = 1/(1− x). Suponhamos que a expressão (3.2)}

seja válida e provaremos que ela também é válida para p + 1. De fato,

f(p+1)(x) = [f(p)(x)]′ = p![(1−x)−p−1]′ =−(p+1)p!(1−x)−p−2(−1) = (p + 1)! (1− x)p+2

Por outro lado, mostraremos que f(p)(x) = ∞ ∑ n=p p! ( n p ) xn−p (3.3)

Usaremos indução nita sobre p para provar este resultado. Para p = 0, temos: f(0)(x) = ∞ ∑ n=0 0! ( n 0 ) xn−0 = ∞ ∑ n=0 xn= f (x)

Suponhamos que a expressão (3.3) seja válida e provaremos sua validade para p + 1. De fato, f(p+1)(x) = [f(p)(x)]′ = [_∑∞ n=p p! ( n p ) xn−p ]_′ = ∞ ∑ n=p+1 p!(n− p) ( n p ) xn−1−p = ∞ ∑ n=p+1 (p + 1)! ( n p + 1 ) xn−(p+1) Na última linha, usamos o fato que

p!(n− p) ( n p ) = p!(n− p)n! p!(n− p)! = n! (n− 1 − p)! = (p + 1)! ( n p + 1 ) Das expressões (3.2) e (3.3), segue que

para |x| < 1. Fazendo x = e−s _{nesta expressão, temos} ∞ ∑ n=p e−sn ( n p ) = (e −s₎p (1− e−s)p+1 = es (es− 1)p+1 (3.4)

Por outro lado, ℓd {( n p )} = ∞ ∑ n=0 e−sn ( n p ) = ∞ ∑ n=p e−sn ( n p ) (3.5) De (3.4) e (3.5) segue o resultado.  Exemplo 3.1 Calcule ℓd{n2}.

Resolução: Note que

n2 = n(n− 1) + n = 2 ( n 2 ) + ( n 1 ) Assim, pelo Teor. (3.2), temos

ℓd{n2} = ℓd {( n 1 )} + 2· ℓd {( n 2 )} = e s (es− 1)2 + 2es (es− 1)3 = e s_(es− 1) + 2 · es (es− 1)3 = es_(es_{+ 1)} (es− 1)3

Corolário 3.4 (Relação de Stifel) Se(n p

)

é o coeciente binomial de n por

p, então ₍ n p− 1 ) + ( n p ) = ( n + 1 p ) Demonstração: Pelo Cor. (3.2) e o Teor. (3.2),

ℓd { ∆ ( n p )} = (es− 1) · e s (es− 1)p+1 = es (es− 1)p = ℓd {( n p− 1 )} ⇒ ℓd { ∆ ( n p ) − ( n p− 1 )} = 0 ⇒ ( n + 1 p ) − ( n p ) = ( n p− 1 ) donde segue o resultado.

Proposição 3.7 (Mudança de Escala) Seja p ∈ R∗_{. Se ℓ} d{xn} = X(s), então ℓd{x(pn)} = X ( s p )

Demonstração: De fato, note que ℓd{x(pn)} =

∞

∑

n=0

e−nsx(pn) Fazendo m = pn, então n = m/p, de modo que

ℓd{x(pn)} = ∞ ∑ m=0 e−mps_x m = ∞ ∑ n=0 e−(s/p)nxn = X ( s p ) 

3.3 O Produto Convolutivo

O produto convolutivo ou convolução denida por duas funções reais, também é denido para sequências, ou seja:

Denição 3.2 Dadas as sequências (xn)n∈N e (yn)n∈N, o produto convolutivo

é denido por: xn∗ yn= n ∑ k=0 xn−kyk

Proposição 3.8 Segue desta denição que

i) O produto convolutivo é comutativo, isto é, xn∗ yn= yn∗ xn

i) De fato, pela denição de produto convolutivo, temos: yn∗ xn= n ∑ k=0 yn−kxk

Fazendo n − k = j, segue que: yn∗ xn = 0 ∑ j=n yjxn−j = n ∑ j=0 xn−jyj = xn∗ yn

ii) Seja yn= 1. Assim, yn−k = 1. Logo, pela denição de produto

convolu-tivo, temos: xn∗ 1 = xn∗ yn= n ∑ k=0 xk  Proposição 3.9 Se ℓd{xn} = X(s) e ℓd{yn} = Y (s), então ℓd{xn∗ yn} = X(s)Y (s)

Demonstração: O produto de séries é denido por:

∞ ∑ k=0 akxk· ∞ ∑ k=0 bkxk = ∞ ∑ k=0 (∑k j=0 ajbk−j ) xk Desta identidade, resulta que

Demonstração: Pelo item ii) da Prop. (3.8), temos xn∗1 = n ∑ k=0 xk, de modo que ℓd {∑n k=0 xk } = ℓd{xn∗ 1} = X(s) · ℓd{1} = es_X(s) es− 1  Proposição 3.10 Sejam as sequências xn = cos(an)e yn = sin(an). Então:

i) ℓd{xn} = e2s− es_{cos a} e2s− 2es_{cos a + 1} ii) ℓd{yn} = es_{sin a} e2s− 2es_{cos a + 1}

Demonstração: Seja zn= eian. Pela fórmula de Euler,

eian = cos(an) + i sin(an) de modo que

ℓd{eian} = ℓd{cos(an)} + iℓd{sin(an)} (3.6)

Assim, Z(s) = ∞ ∑ n=0 e−sneian= ∞ ∑ n=0 e−(s+ia)n = ℓd{1}s+ia = e s+ia es+ia− 1 = eseia es_eia− 1 = es es− e−ia = e s (es− cos a) − i sin a = es_(es_{− cos a + i sin a)} (es− cos a)2_{+ sin}2_a ⇒ Z(s) = e 2s_{− e}s_{cos a + ie}s_{sin a} e2s− 2 · es_{cos a + 1} (3.7)

3.4 A TDDL de Algumas Sequências Elementares

Nesta seção apresentaremos a transformada discreta de Laplace de algumas sequências que surgem frequentemente.

Proposição 3.11 Considere as sequências abaixos denidas em N. i) Se xn= n, n ∈ N, então ℓd{n} = es (es− 1)2 para s > 0 ii) Se xn= rn, n ∈ N, então ℓd{rn} = es es− r para s > 0. iii) Se xn= 1, n ∈ N, então ℓd{1} = es es− 1 para s > 0 iv) Se xn= (−1)n, n ∈ N, então ℓd{(−1)n} = es es_{+ 1} para s > 0

v) Se xn= cos(nπ₂ ), n ∈ N, então ℓd{cos(nπ₂ )} =

e2s

e2s_{+ 1} para s > 0

vi) Se xn= sin(nπ₂ ), n ∈ N, então ℓd{sin(nπ₂ )} =

es e2s_{+ 1} para s > 0 Demonstração: i) De fato, ℓd{n} = ℓd {( n 1 )} = e s (es− 1)2

para s > 0 pelo Teor. (3.2). ii) De fato, ℓd{rn} = ∞ ∑ n=0 e−snrn= ∞ ∑ n=0 (e−sr)n = ∞ ∑ n=0 ( r es )n = 1 1−_ers = e s es− r para es_{> r, ou seja, s > ln r.}

v) Basta fazer a = π/2 no item i) da Prop. (3.10). vi) Basta fazer a = π/2 no item ii) da Prop. (3.10).



3.5 Relação Entre a Transformada de Laplace e

a TDDL

Em alguns casos, é possível usar a transformada de Laplace para calcular a TDDL de algumas sequências.

Teorema 3.3 Considere a sequência {xn} e suponhamos que L−1{xn} = F (t).

Então X(s) = es ∫ _∞ 0 F (t) es− e−tdt (3.8)

Demonstração: Por hipótese, L{F (t)} = xn, de modo que

X(s) = ℓd{xn} = ∞ ∑ n=0 e−snL{F (t)} = ∞ ∑ n=0 e−sn ∫ _∞ 0 e−ntF (t)dt = ∫ _∞ 0 F (t) ∞ ∑ n=0 e−(s+t)ndt = ∫ _∞ 0 F (t) 1− e−se−tdt = e s ∫ _∞ 0 F (t) es− e−tdt  Corolário 3.6 Sejam a > 0 e b ≥ 0. Se xn= 1/(an + b), então

ℓd{xn} = es a ∫ 1 0 ub/a−1 es− udu

para s > 0. Fazendo u = e−t_{, temos du = −e}−t_{dt = −udt. Além disso, se} t = 0, temos u = 1 e se t → +∞, u → 0. Assim, ℓd{xn} = es a ∫ 0 1 ub/a_(−du/u) es− u = es a ∫ 1 0 ub/a−1 es− udu  Exemplo 3.2 Calcule a transformada discreta de Laplace de xn = 1/(n + 1).

Resolução: Pelo teorema anterior, temos ℓd{xn} = es

∫ 1 0

1 es− udu

Fazendo v = es− u, então dv = −du. Para u = 0, temos v = es e se u = 1,

temos v = es− 1. Assim, ℓd{xn} = es ∫ es₋₁ es (−dv) v = e s ∫ es es₋₁ dv v

= es[ln(es)− ln(es− 1)] = es[s− ln(es− 1)] Corolário 3.7 Sejam b > c > 0. Se xn= 1 (n + b)(n + c) então ℓd{xn} = es b− c ∫ 1 0 uc−1− ub−1 es− u du

Exemplo 3.3 Determine ℓd{xn}, sendo

xn=

1 (n + 1)(n + 2)

Resolução: Fazendo b = 1 e c = 2 na proposição anterior, temos: ℓd{xn} = −es

∫ 1 0

u− 1 es− udu

Fazendo v = es_{− u, temos dv = −du. Além disso, para u = 0, temos v = e}s _e

se u = 1 ⇒ v = es_{− 1. Assim,} ℓd{xn} = es ∫ es₋₁ es v− es v dv = e s ∫ es₋₁ es ( 1−e s v ) dv = e2s[s− ln(es− 1)] − es

3.6 Somatórios Através da Transf. Discreta de

Laplace

Podemos usar a TDL para calcular o valor da soma de algumas séries conver-gentes, conforme a proposição seguinte:

Proposição 3.12 Se ℓd{xn} = X(s), então ∞

∑

n=1

xn = X(0)

Demonstração: Basta substituir s = 0 na denição de TDDL.

 Observação 3.4 Se ℓd{xn} = X(s) e r > 0, então da Prop. (3.5), segue que

∞ ∑ n=0 r−anxn= ∞ ∑ n=0 (ra)−nxn= ℓd{xn}es_→ra

No caso em que r = e, temos

∞

∑

n=0

d) ∞ ∑ n=0 1 2n_{(2n + 1)} = ℓd { 1 2n + 1 } es_→1 = ∞ ∑ n=0 2−n 2n + 1 = 1 √ 2ln (√ 2 + 1 √ 2− 1 ) e) ∞ ∑ n=0 ( n 3 ) 1 4n = ℓd { 2−2n· ( n 3 )} es_→4 = [ es (es− 1)4 ] es_→4 = 4 81 f) ∞ ∑ n=0 cos2(nπ/2) 3n = ∞ ∑ n=0 3−n 2 [1 + cos(nπ)] = 1 2ℓd{1}es→3+ 1 2ℓd{(−1) n_} es_→3 = 1 2 [ es es− 1 ] es_→3 +1 2 [ es es_{+ 1} ] es_→3 = 6 8 + 3 8 = 9 8

3.7 A Transformada Discreta Inversa de Laplace

(TDIL)

Para obter a solução de equações e de sistemas de equações de diferença nita é necessário aplicar a transformada discreta inversa de Laplace (TDIL) que apresentaremos a seguir.

Denição 3.3 Se X(s) é a transformada discreta de Laplace da sequência xn,

dene-se a transformada discreta inversa de Laplace através da expressão ℓ−1_d {X(s)} = x(n) = xn

Se Nn ≡ 0 é a sequência nula, então ℓd{xn+Nn} = ℓd{xn} = X(s), de

modo que a transformada discreta inversa de Laplace não é única. Excluindo as sequências nulas, obtemos a unicidade. Assim, dispensaremos as sequências nulas, fazendo uso delas apenas na resolução das equações de diferenças nitas que serão estudadas futuramente.

Proposição 3.13 (Prop. da transf. discreta inversa de Laplace) Se ℓ−1

d {X(s)} =

i) ℓ−1 d {X(s) + Y (s)} = ℓ−1d {X(s)} + ℓ−1d {Y (s)}; ii) ℓ−1 d {kX(s)} = kℓ−1d {X(s)} ∀k ∈ R; iii) ℓ−1 d {X(s) · Y (s)} = xn∗ yn; iv) ℓ−1 d {X′(s)} = −nxn; v) ℓ−1 d { es es_−r} = rn; vi) ℓ−1 d { es e2s₊₁} = sin( nπ 2 ); vii) ℓ−1 d { e2s e2s₊₁} = cos( nπ 2 ); viii) ℓ−1 d { es (es₋₁₎p+1} = (_n p ) ; ix) ℓ−1 d { es es₋₁} = 1; x) ℓ−1 d {X(r a_{s)} = r}−an_x n. Demonstração: i) De fato, X(s) + Y (s) = ℓd{xn} + ℓd{yn} = ℓd{xn+ yn} ⇒ ℓ−1_d {X(s) + Y (s)} = xn+ yn= ℓ−1d {X(s)} + ℓ−1d {Y (s)}

ii) Segue de modo análogo ao item anterior.

iii) Segue da Prop. (3.9) e da denição de transformada discreta inversa de Laplace.

iv) Da Prop. (3.6), temos que ℓd{nxn} = −X′(s). Tomando a transformada

discreta inversa de Laplace em ambos os lados segue o resultado. v) Segue da Prop. (3.5).

vi) Segue da Prop. (3.11).

viii) Segue da denição da TDIL e do Teor. (3.2). ix) Segue do item anterior;

x) Segue da Prop. (3.5).  Exemplo 3.5 Calcule: a) ℓ−1 d { e2s (es− 1)3 } ; b) ℓ−1 d { es es_{+ 1} } ; c) ℓ−1 d { 2es 4e2s_{+ 1} } ; d) ℓ−1 d { e2s e2s_{+ 4} } ; e) ℓ−1 d { 1 e2s_{+ 4} } . Resolução: a) Note que e2s (es− 1)3 = e s_· es (es− 1)3 = e s_· es− 1 + 1 (es− 1)3 = e s [ 1 (es− 1)2 + 1 (es− 1)3 ] Assim, ℓ−1_d { e2s (es− 1)3 } = ℓ−1_d { es (es− 1)2 } + ℓ−1_d { es (es− 1)3 } = ( n 1 ) + ( n 2 )

c) Pelo item x) da proposição anterior, temos ℓ−1_d { 2es 4e2s_{+ 1} } = ℓ−1_d { (2es) (2es₎2_{+ 1} } = ℓ−1_d {X(21s)} = 2−nℓ−1_d {X(s)} = 2−nsin ( nπ 2 ) d) ℓ−1_d { e2s e2s_{+ 4} } = ℓ−1_d { (es_/2)2 (es_/2)2_{+ 1} } = 2ncos ( nπ 2 ) e) Note que ℓ−1_d { e2s e2s_{+ 4} } = ℓ−1_d { e2s_{+ 4}− 4 e2s_{+ 4} } = ℓ−1_d { 1− 4 e2s_{+ 4} } = ℓ−1_d {1} − 4ℓ−1_d { 1 e2s + 4 } de modo que ℓ−1_d { 1 e2s_{+ 4} } = δ0(n) 4 − 2n 4 cos ( nπ 2 )

3.8 A Sequência Delta

Uma sequência muito útil na teoria das transformadas discretas de Laplace é a sequência delta que apresentamos a seguir:

Denição 3.4 Seja p ∈ N. A sequência delta denotada por δp(n) é denida

por δp(n) =    0, n̸= p 1, n = p

Segue diretamente desta denição que δp(n)· xn = xp e

δp(n)∗ 1 = n

∑

k=0

δp(k)· 1 = 1

Proposição 3.14 A transformada discreta de Laplace da sequência delta é dada por: ℓd{δp(n)} = e−sp consequentemente, ℓ−1 d {e−sp} = δp(n). Demonstração: De fato, ℓd{δp(n)} = ∞ ∑ n=0 e−snδp(n) = e−sp· 1 = e−sp  Desta proposição, observamos que ℓd{δ0(n)} = 1 e ℓd{δ1(n)} = e−s. Além

disso, a imagem da sequência δp(n) é um pulso unitário em n = p. Assim, é

natural esperar que quando variamos p ∈ N, a soma de todos esses pulsos é igual a sequência unitária xn≡ 1. Este resultado é apresentado na proposição

seguinte.

Proposição 3.15 Se δp(n)é a sequência delta e xn≡ 1 é a sequência unitária,

então _∞ ∑ p=0 δp(n) = xn Demonstração: De fato, ℓd {_∑∞ p=0 δp(n) } = ∞ ∑ n=0 e−sn (_∑∞ p=0 δp(n) ) = ∞ ∑ p=0 ∞ ∑ n=0 e−snδp(n) = ∞ ∑ p=0 ℓd{δp(n)} = ∞ ∑ p=0 e−sp = 1 1− e−s = es es− 1 ⇒ ∞ ∑ p=0 δp(n) = ℓ−1d { es es− 1 } = xn ≡ 1  Proposição 3.16 Se δ0(n) é a sequência delta no ponto p = 0 e r ∈ R, então

ℓd{rn− δ0(n)} =

Demonstração: De fato, ℓd{rn− δ0(n)} = ℓd{rn} − ℓd{δ0(n)} = es es− r − ∞ ∑ n=0 e−snδ0(n) = e s es− r − 1 = es_{− (e}s_{− r)} es− r = r es− r  Observação 3.5 Desta proposição segue que para r ̸= 0,

ℓ−1_d { 1 es− r } = 1 r[r n_{− δ} 0(n)] = rn−1− δ0(n) r (3.10)

Podemos usar as sequências delta para calcular a transformada discreta de Laplace de algumas sequências. Ilustraremos esta técnica através de dois exemplos:

b) Usando o fato que ex = ∞ ∑ n=0 xn n! para todox ∈ R temos, ℓ−1_d {ee−s} = ℓ−1_d {_∑∞ k=0 (e−s)k k! } = ∞ ∑ k=0 ℓ−1_d {e−sk} = ∞ ∑ k=0 δk(n) k! = 1 n! Exemplo 3.7 Ache a transformada discreta de Laplace de xn=

(−1)n (2n)!. Resolução: De fato, ℓd { (−1)n (2n)! } = ℓd {_∑∞ k=0 (−1)k_δ k(n) (2k)! } = ∞ ∑ k=0 (−1)k (2k)!ℓd{δk(n)} = ∞ ∑ k=0 (−1)ke−sk (2k)! = ∞ ∑ k=0 (−1)k(e−s/2)2k (2k)! = cos(e −s/2₎

Proposição 3.17 Seja a ∈ R∗_{. Então:}

Proposição 3.18 Se p, r ∈ R, então ℓ−1_d { es_{+ p} (es_{+ p)}2− r2 } = 1 2(−r − p) n−1₊1 2(r− p) n−1₊ rδ0(n) r2− p2

Demonstração: Note que es+ p (es_{+ p)}2− r2 = es+ p (es_{+ p + r)(e}s_{+ p}− r) = A es_{+ p + r} + B es_{+ p}− r de modo que es+ p = A(es+ p− r) + B(es+ p + r) ⇒ A = B = 1 2 Assim, ℓ−1_d { es+ p (es_{+ p)}2− r2 } = 1 2ℓ −1 d { 1 es_{+ p + r} } + 1 2ℓ −1 d { 1 es_{+ p}− r } = 1 2 [ (−r − p)n−1− δ0(n) (−r − p) ] +1 2 [ (r− p)n−1− δ0(n) r− p ] = 1 2(−r − p) n−1₊1 2(r− p) n−1₊ rδ0(n) r2− p2  Exemplo 3.8 Calcule: ℓ−1_d { 1 (es− 1)2 + es_{+ 2} (es_{+ 2)}2− 1 }

Proposição 3.19 Sejam as sequências xn = sin(nπ/2) e yn = cos(nπ/2). Então: i) sin ( nπ 2 ) = ∞ ∑ k=0 (−1)kδ2k+1(n) ii) cos ( nπ 2 ) = ∞ ∑ k=0 (−1)kδ2k(n) Demonstração: i) De fato, sin ( nπ 2 ) = ℓ−1_d { es e2s_{+ 1} } = ℓ−1_d { e−s 1 + e−2s } = e−sℓ−1_d {_∑∞ k=0 (−1)k(e−2s)k } = ℓ−1_d {_∑∞ k=0 (−1)ke−(2k+1)s } = ∞ ∑ k=0 (−1)kℓ−1_d {e−(2k+1)s} = ∞ ∑ k=0 (−1)kδ2k+1(n)

ii) Segue de forma análoga ao item anterior.

 Proposição 3.20 Seja p ∈ N. Então:

ii) ℓ−1_d { 1 e(2p+1)s_(e2s_{+ 1)} } = p ∑ k=0 (−1)kδ2k+1(n)− sin ( nπ 2 ) Demonstração: i) Note que 1 e2ps_(e2s_{+ 1)} = e−2ps e2s_{+ 1} = (e−s)2pe−2s 1 + e−2s = (e−2s)p+1 1 + (e−2s) (3.11) onde x = e−2s_{. Mas,} xp+1 1 + x = 1 + xp+1 1 + x − 1 1 + x = p ∑ k=0 (−x)k− 1 1 + x (3.12) De (3.11) e (3.12) segue que 1 e2ps_(e2s_{+ 1)} = p ∑ k=0 (−1)ke−2sk− 1 1 + e−2s = p ∑ k=0 (−1)ke−2sk− e 2s e2s_{+ 1} Logo, ℓ−1_d { 1 e2ps_(e2s_{+ 1)} } = ℓ−1_d {_∑p k=0 (−1)ke−2sk } − ℓ−1 d { e2s e2s_{+ 1} } = p ∑ k=0 (−1)kℓ−1_d {e−2sk} − cos ( nπ 2 ) = p ∑ k=0 (−1)kδ2k(n)− cos ( nπ 2 )

Assim, ℓ−1_d { 1 e(2p+1)s_(e2s_{+ 1)} } = p ∑ k=0 (−1)kℓ−1_d {e−(2k+1)s} − ℓ−1_d { es e2s_{+ 1} } = p ∑ k=0 (−1)kδ2k+1(n)− sin ( nπ 2 )  Exemplo 3.9 Calcule ℓ−1_d { 1 e4s_(e2s_{+ 1)} } Resolução: Usando a proposição acima, temos

ℓ−1_d { 1 e4s_(e2s_{+ 1)} } = 2 ∑ k=0 (−1)kδ2k(n)− cos ( nπ 2 ) = δ0(n)− δ2(n) + δ4(n)− cos ( nπ 2 )

A próxima proposição que apresentaremos a seguir é uma generalização da Prop. (3.16). Proposição 3.21 Se p ∈ N∗ _{e r ∈ R, então} ℓ−1_d { 1 eps_(es− r) } = 1 rp+1 [ rn− p ∑ k=0 rkδk(n) ] Demonstração: De fato, note que

Observação 3.6 Note que ℓ−1_d { 1 eps_(es− r) } = ℓ−1_d { 1 ep−1_s· es es− r } = ℓ−1_d { e−(p−1)s· e s es− r } = δp−1(n)∗rn

Exemplo 3.10 Use a observação anterior e calcule ℓ−1

d {δ1(n)∗ 2n}. Resolução: De fato, δ1(n)∗ 2n = ℓ−1_d { 1 e2s_(es− 2) } = 1 23 [ 2n− 2 ∑ k=0 2k· δk(n) ] = 1 8 [ 2n− 20δ0(n)− 2δ1(n)− 22δ2(n) ] = 2n−3− δ0(n) 8 − δ1(n) 4 − δ2(n) 2

3.9 Equações e Sistemas de Diferenças Finitas

Lineares Através da TDL

Equações de diferenças nitas ou lineares são equações de recorrência envol-vendo sequências numéricas. Nesta seção, usaremos as de transformadas dis-cretas de Laplace para achar a solução de PVI (problema de valor inicial) formados por estas equações. Este método possui a vantagem de achar dire-tamente a solução do problema, ao contrário do método tradicional em que a solução do PVI é obtida da solução geral e das condições iniciais.

3.9.1 Equações de Diferenças Finitas Lineares

Não-Homogêneas de Primeira Ordem de

Coecientes Constantes

Para a ∈ R e f : N → R, considere o PVI: 

 

xn+1 = axn+ f (n), n∈ N

O primeiro passo para obter a solução deste PVI, aplicamos a transformada discreta direta de Laplace em ambos os lados da equação dada. Em seguida, usamos a condição inicial e isolamos X(s).

ℓd{xn+1} = aℓd{xn} + ℓd{f(n)} ⇒ esX(s)− esx0 = aX(s) + F (s) ⇒ X(s) = x0e s es− a + F (s) es− a (3.13)

Para obter a solução xn, aplicamos a transformada discreta inversa de Laplace

em (3.13), isto é, ℓ−1_d {X(s)} = ℓ−1_d { x0es es− a } + ℓ−1_d { F (s) es− a }

Para o caso em que a ̸= 1, temos xn = x0an+ f (n)∗ an−1− 1 af (n)∗ δ0(n) xn = x0an+ 1 a n ∑ k=0 f (n− k)ak− 1 a n ∑ k=0 f (n− k)δ0(k) = x0an+ 1 a n ∑ k=1 f (n− k)ak ⇒ xn= x0an+ n ∑ k=1 f (n− k)ak−1 (3.17)

Observação 3.8 Da expressão (3.17), se f(n) = b ∈ R, então xn = x0an+ b(an− 1) a− 1 e se f(n) = n, temos xn = x0an+ n ∑ k=1 (n− k)ak−1 = x0an+ (an− 1)n a− 1 − nan a− 1 − an a− 1+ an+1− 1 (a− 1)2 = ( x0− 1 a− 1 ) an+a n+1− 1 (a− 1)2 − an a− 1 Nos cálculos acima usamos o fato que

n ∑ k=1 kxk−1 = (n− 1)x n x− 1 − xn+1− 1 (x− 1)2

que explicado no capítulo 4.

Exemplo 3.11 Se um capital C0 é aplicado a uma taxa i ao mês, determine

o montante após n meses, se o regime for: a) de juros simples;

Resolução: Seja xn o montante no mês n. Assim, o montante inicial será

x0 = C0. No regime de juros simples, o montante no n + 1 mês é igual ao

montante do período anterior adicionado ao juro de um mês, incidido sobre o capital inicial. Deste modo que temos o PVI:

   xn+1 = xn+ iC0 x0 = C0 Resolução:

a) Neste caso, a = 1 e f(n) = C0i. Da expressão (3.16), segue que

xn+1 = C0+ C0in = C0(1 + in)

b) Para juros compostos, temos xn+1 = xn+ ixn = (1 + i)xn, de modo a

obter o PVI: 

 

xn+1 = (1 + i)xn

x0 = C0

Neste caso, a = 1 + i e f(n) = 0. Da expressão (3.17), temos xn =

C0(1 + i)n.

Para praticar o método das transformadas discretas de Laplace, é preferível em alguns casos resolver passo a passo cada PVI ao invés de usar as fórmulas deduzidas acima.

Exemplo 3.12 Determine a solução do PVI: 

 

∆xn = n

x1 = 1

Resolução: Aplicando a transformada discreta direta de Laplace, temos ℓd{∆xn} = ℓd{n} ⇒ (es− 1)X(s) = esx0+

e2s (es− 1)2

Tomando a transformada discreta inversa de Laplace e usando a Prop. (3.13), obtemos xn= x0· 1 + 1 ∗ n = x0+ n ∑ k=0 k = x0+ n(n + 1) 2 Sendo x1 = 1, então 1 = x1 = x0+ 1, de modo que x0 = 0 e

xn=

n(n + 1) 2 Exemplo 3.13 Resolva o PVI:

   ∆xn = 1 n + 1 x0 = 1

Resolução: Neste caso, temos: ℓd{xn+1}−ℓd{xn} = ℓd { 1 n + 1 } ⇒ es_X(s)−es_x 0−X(s) = es[s−ln(es−1)]

Isolando X(s), segue que

X(s) = e s es− 1+ es es− 1[s− ln(e s_{− 1)] ⇒} xn = ℓ−1_d { es es− 1 } + ℓ−1_d { 1 es− 1· e s [s− ln(es− 1)] } = 1 + [1− δ0(n)]∗ 1 n + 1 devido ao Exem. (3.2) e a Obs. (3.5). Assim,

xn = 1 + n ∑ k=0 1− δ0(k) n− k + 1 = 1 + n ∑ k=0 1 n− k + 1 − n ∑ k=0 δ0(k) n− k + 1 = 1 + 0 ∑ j=0 1 j + 1− 1 n + 1 = 1 + n−1 ∑ j=0 1 j + 1 Exemplo 3.14 Ache a solução da equação soma abaixo:

n

∑

k=0

Resolução: Aplicando a transformada discreta de Laplace em ambos os lados da equação dada, temos:

ℓd {∑n k=0 xk } = 2ℓd{xn} − ℓd{1} ⇒ ℓd{xn∗ 1} = 2X(s) − es es− 1 ⇒ es_X(s) es− 1 − 2X(s) = − es es− 1 ⇒ X(s) = es es− 2 ⇒ xn= 2 n

Exemplo 3.15 Um medicamento administrado uma vez a cada 4 horas. Seja C(n)a quantidade de medicamento presente na corrente sanguínea no enésimo intervalo. O corpo elimina uma fração p do medicamento a cada intervalo de tempo. Se a quantidade administrada inicialmente é C0, ache C(n) e

lim

n→+∞C(n).

Resolução: Uma vez que a quantidade de medicamentos no organismo no tempo tn+1 é igual a diferença entre esta quantidade no tempo tn e a fração p

eliminada pelo corpo, adicionada a nova dosagem C0, temos o seguinte PVI:

3.9.2 Equações de Diferenças Finitas Lineares

de Segunda Ordem de Coecientes Constantes

A forma geral de uma equação de diferença nita de segunda ordem é dada por

xn+2= f (n)xn+1+ g(n)xn+ h(n) (3.18)

Se f(n) e g(n) são funções constantes, a equação é dita de coecientes con-stantes. Quando h(n) ≡ 0 a equação é chamada de homogênea. Em nosso estudo, estamos interessados em achar a solução dos PVI's de segunda ordem cuja equação é um caso particular da expressão (3.18). Inicialmente, tratare-mos do seguinte PVI:

   axn+2+ bxn+1+ cxn = 0 x(0) = x0, x(1) = x1 (3.19) sendo a, b, c ∈ R com a ̸= 0. Aplicando a transformada discreta de Laplace em (3.19), temos:

ℓd{axn+2}+ℓd{bxn+1}+ℓd{cxn} = 0 ⇒ (ae2s+bes+c)X(s) = C1e2s+C2es

onde C1 = ax0 e C2 = ax1+ bx0. Assim, para achar a solução xndo PVI (3.19)

devemos calcular ℓ−1_d { C1e2s+ C2es ae2s_{+ be}s_{+ c} }

Para esta expressão, temos três casos conforme o discriminante ∆ = b2_{− 4ac}

da equação ae2s_{+ be}s_{+ c = 0é positivo, nulo ou menor que zero.}

Caso 1: Raízes Reais Distintas

Neste caso, o discriminante da equação quadrática ae2s _{+ be}s _{+ c = 0 é}

positivo, e portanto, ela admite duas raízes reais distintas.

Proposição 3.22 Sejam C1 e C2 denidos acima. Se o discriminante ∆ da

equação ae2s _{+ be}s_{+ c = 0} é positivo, então a solução do PVI (3.19) é dada

por: xn= ℓ−1d { C1e2s+ C2es ae2s_{+ be}s_{+ c} } = (C1r2+ C2)r n 2 − (C1r1 + C2)rn1 a(r2− r1)

Demonstração: Se r1 e r2 são as raízes da equação ae2s+ bes+ c = 0, então ae2s+ bes+ c = a(es− r1)(es− r2) Assim, X(s) = e s_(C 1es+ C2) a(es− r 1)(es− r2)

Usando frações parciais, podemos escrever C1es+ C2 (es− r 1)(es− r2) = A es− r 1 + B es− r 2 ⇒ C1es+C2 = A(es−r2)+B(es−r1) ⇒ A = − C1r1+ C2 r2− r1 e B = C1r2+ C2 r2 − r1 de modo que X(s) = A a es es− r 1 +B a es es− r 2

Aplicando a transformada discreta inversa de Laplace nesta expressão, segue o resultado.

 Exemplo 3.16 Resolva o PVI:

  

xn+2+ xn+1− 2xn= 0, n∈ N

x0 = 6, x1 = 3

Resolução: Neste caso, a = b = 1, c = −2 de modo que ∆ = 9 e as raízes são r1 = −2 e r2 = 1. Sendo x0 = 6 e x1 = 3, segue que C1 = 6 e C2 = 9.

Logo,

xn=

(6· 1 + 9)1n_{− [6(−2) + 9](−2)}n

1· (1 + 2) = 5 + (−2)

n

Resolução: Aplicando a transformada discreta de Laplace na equação acima, temos: ℓd{pn+2} − 2ℓd{pn+1} − ℓd{pn} = 0 ⇒ e2sP (s)− e2sp0− esp1− 2(esP (s)− esp0)− P (s) = 0 ⇒ [(es− 1)2− 2]P (s) = es ⇒ P (s) = e s (es− 1 +√_2)(es− 1 −√₂₎

Usando frações parciais, temos 1 (es− 1 +√_2)(es− 1 −√₂₎ = A es− 1 +√₂+ B es− 1 −√₂ de modo que A =− √ 2 4 e B = √ 2 4 Logo, P (s) =− √ 2 4 · es es− (1 −√₂₎ + √ 2 4 · es es− (1 +√₂₎ ⇒ pn= √ 2 4 (1 + √ 2)n− √ 2 4 (1− √ 2)n= √ 2 4 (δ n_{− ¯δ}n₎

Equações não-homogêneas também podem ser resolvidas. Além disso, ao invés de usar frações parciais, podemos usar o teorema da convolução conforme o exemplo a seguir.

Exemplo 3.18 Resolva o PVI:   

yn+2− 3yn+1+ 2yn= 3n

y0 = 0, y1 = 1

Y (s) = 1 es− 1·

es

es− 3

Aplicando a transformada discreta inversa de Laplace, segue que yn= ℓ−1d { 1 es− 1 · es es− 3 } = [1− δ0(n)]∗ 3n= 1∗ 3n− δ0(n)∗ 3n = n ∑ k=0 3k− n ∑ k=0 δ0(k)3n−k = 3n+1_{− 1} 3− 1 − 3 n ₌ 3n− 1 2 Caso 2: Raízes Reais Repetidas

Neste caso, o discriminante da equação quadrática ae2s_{+ be}s_{+ c = 0é nulo,}

ou seja, ∆ = b2_{− 4ac = 0. Assim,}

ae2s+bes+c = 1 4a(4a 2_e2s_+4abes_{+4ac) =} 1 4a(4a 2_e2s_+4abes_+b2_{) =} 1 4a(2ae s_+b)2 de modo que X(s) = 4aC1e 2s (2aes_{+ b)}2 + 4aC2es (2aes_{+ b)}2 = C1 a e2s ( es₊ b 2a )2 + C2 a es ( es₊ b 2a )2 := F (s) + G(s)

segue que xn= f (n) + g(n) = 1 a ( − b 2a )n[( C1− 2aC2 b ) n + C1 ]

é a solução do PVI (3.19) no caso em que ∆ = 0, sendo C1 = ax0 e C2 =

ax1+ bx0.

Na prática, ao invés de usar a expressão acima, é preferível repetir os passos em cada problema proposto conforme os exemplos abaixo.

Exemplo 3.19 Ache a solução do PVI: 

 

xn+2+ 4xn+1+ 4xn= 0

x0 = 0, x1 = 1

Resolução: Aplicando a TDL na equaação dada, temos ℓd{xn+2} + 4ℓd{xn+1} + 4ℓd{xn} = 0 ⇒ e2sX(s)− es+ 4esX(s) + 4X(s) = 0 ⇒ (es+ 2)2X(s) = es ⇒ X(s) = e s (es_{+ 2)}2 =− d ds ( 1 es_{+ 2} ) ⇒ xn =−ℓ−1_d { d ds ( 1 es_{+ 2} )} = nℓ−1_d { 1 es_{+ 2} } = n [ (−2)n−1+ δ0(n) 2 ] = n(−2)n−1+ nδ0(n) 2 = n(−2) n−1

Caso 3: Raízes Complexas

Neste caso, o discriminante da equação quadrática ae2s _{+ be}s _{+ c = 0 é}

negativo, ou seja, ∆ = b2_{− 4ac < 0 ⇒ −∆ > 0. Como os coecientes da}

equação acima são reais, as raízes são complexas conjugadas, ou seja, r1 =

α + βi e r2 = α− βi, onde α = −b/2a e β =

√

−∆/2a. Como as raízes são complexas, faz sentido calcular o módulo delas, ou seja,

Note que c/a > 0, pois sendo ∆ = b2 _{− 4ac < 0, temos} c a = 4ac 4a2 > b2 4a2 ≥ 0. Tomando θ = arctanβ

α, segue que r1 = r cos θ e r2 = r sin θ, de modo que r1 = α + βi = r(cos θ + i sin θ) = reiθ e r2 = αiβi = r(cos θ−i sin θ) = re−iθ

Por outro lado, ae2s+ bes+ c = a ( e2s+ b ae s₊ c a ) = a [( es+ b 2a )2 +4ac− b 2 4a2 ] = a [( es+ b 2a )2 − ∆ 4a2 ] = a [( es+ b 2a )2 − (√ −∆i 2a )2] = a ( es+ b 2a − √ −∆ 2a i )( es+ b 2a+ √ −∆ 2a i ) = a [ es− ( − b 2a + √ −∆ 2a i )][ es− ( − b 2a − √ −∆ 2a i )] = a(es− r1)(es− r2) = a(es− reiθ)(es− re−iθ)

Vimos também que

X(s) = C1e 2s_{+ C} 2es a(es− r 1)(es− r2) = e s_(C 1es+ C2)

a(es− reiθ_)(es− re−iθ₎ (3.20)

3.9.3 Equações de Diferenças Finitas Lineares

de Segunda Ordem Não-Homogênea

Exemplo 3.20 Resolva o PVI não-homogêneo abaixo. 

 

xn+2+ 2xn+1+ xn= n

x0 = 1, x1 = 0

Resolução: Aplicando a transformada discreta de Laplace, temos: (e2s+ 2es+ 1)X(s) = e2s+ 2es+ e s (es− 1)2 = e s [ (es_{+ 2)(e}s_{− 1)}2_{+ 1} (es− 1)2_(es_{+ 1)}2 ] Usando frações parciais, escrevemos

(es+2)(es−1)2+1 = A(es+1)2+B(es−1)(es−1)2+C(es−1)2+D(es+1)(es−1)2 Fazendo es _{= 1}, obtemos A = 1/4. Para es ₌ −1, temos C = 5/4. Fazendo

es_{= 0} e es ₌−2, obtemos o sistema linear

   B− D = −3₂ B + 3D = 14 4

cuja solução é B = −1/4 e D = 5/4. Assim,

X(s) = e s 4(es− 1)2 − es 4(es− 1)+ 5es 4(es_{+ 1)}2 + 5es 4(es_{+ 1)} ⇒ xn= 1 4ℓ −1 d { es (es− 1)2 } − 1 4ℓ −1 d { es es− 1 } +5 4ℓ −1 d { es (es_{+ 1)}2 } + 5 4ℓ −1 d { es es_{+ 1} } = n 4 − 1 4 − 5 4ℓ −1 d { d ds ( 1 es_{+ 1} )} +5 4(−1) n = n− 1 4 + 5 4(−1) n₊ 5n 4 [ (−1)n−1+ δ0(n) ] = n− 1 4 + 5 4(−1) n_{(1− n) =} (n− 1) 4 [1− 5(−1) n_]

3.9.4 Equações de Diferença do Tipo Volterra

3.9.5 Sistemas de Equações de Diferenças Finitas

Lineares de Primeira Ordem

3.10 Exercícios Propostos

(a) xn= 2n (b) yn= (_n 2 ) (c) xn= 3 + n (d) xn= nrn−1 R: X(s) = es/(es− r)2

2. Calcule a transformada discreta direta de Laplace das sequências abaixo. 3. Use a Prop. (3.6) e ℓd{1} para calcular ℓd{n}.

4. Use a Prop. (3.6) e calcule: (a) ∑∞ n=1 n cos(nπ/2) 2n (b) ∞ ∑ n=1 n sin(nπ/4) 2n

5. Use a Prop. (3.7) e calcule ℓd{(−1)n}, sabendo que

ℓd { cos ( nπ 2 )} = e 2s e2s_{+ 1}

6. (a) Mostre que

ℓd { cos ( nπ 2 )} = 1 + tanh s 2 (b) Mostre que ℓd { sin ( nπ 2 )} = sech s 2 7. Sejam r1, r2 ∈ R. Mostre que

r₁n∗ rn₂ = r

n+1

2 − r1n+1

r2− r1

8. Se r1, r2 são as raízes reais da equação ae2s+ bes+ c = 0, mostre que

(b) ℓ−1_d { es ae2s_{+ be}s_{+ c} } = r n 1 ∗ r2n− r1n ar2

9. Use o Exem. (3.2) e mostre que (a) ∞ ∑ n=0 2−n n + 1 = ln 4 (b) ℓd {∑n k=0 1 k + 1 } = e 2s es− 1[s− ln(e s_{− 1)]}

Capítulo 4

Funções Geradoras

4.1 Introdução

Se as variáveis de um problema mudam de forma discreta ou descontinua-mente, ao invés de variarem continuadescontinua-mente, as equações de diferenças ao invés das equações diferenciais são as ferramentas mais adequadas para expressar essas mudanças. As equações de diferenças nitas ou recorrentes surgem em Administração e na Análise Econômica, onde muitos dados econômicos são registrados em períodos de tempo uniformemente espaçados. Tais estudos das variáveis ao longo de conjuntos discretos de valores de tempo são denominados análise de período, e as equações de diferenças oferecem as bases para tais análises.

Neste texto usaremos as funções geradoras para resolver as equações recor-rentes que é uma forma compacta de exprimir uma sequência. Através dessas funções podemos também achar o valor de um somatório, a média e outros valores estatísticos, além de provar algumas identidades combinatórias. Além disso, daremos destaque as notações operacionais G e do seu inverso G−1_,

4.2 Conceitos e Propriedades

Denição 4.1 Uma série de potências formal ou função geradora é uma ex-pressão da forma a0+ a1x + a2x2+ . . . = ∞ ∑ n=0 anxn

Uma sequência de inteiros (an)n≥0 é a sequência dos coecientes.

Exemplo 4.1 A série

A(x) = 1 + x + 22x2+ 33x3+ . . . + nnxn+ . . .

converge apenas para x = 0. Na teoria formal, esta expressão dene uma função geradora com a sequência de coecientes (an)n≥0 cujo termo geral é

dado por an= nn.

Observação 4.1 Sequências e seus elementos serão várias vezes denotadas por pelas letras latinas minúsculas (a, b, c, . . .), enquanto que suas funções ge-radoras serão denotadas respectivamente pelas letras latinas maiúsculas

A, B, C, . . .

Exemplo 4.2 Determine a função geradora da sequência an =

1 n!, n ∈ N. Resolução: A(x) = ∞ ∑ n=0 xn n! = e

x_{, que converge para todo x ∈ R.}

Denição 4.2 Duas funções geradoras A =

∞ ∑ n=0 anxn e B = ∞ ∑ n=0 bnxn são

iguais se suas correspondentes sequências são iguais, isto é, an = bn para

todo n ∈ N.