MA12_Unidade_7

7Recorrências Lineares de Primeira Ordem Sumário 7.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2 Sequências Denidas Recursivamente . . . . . . . . 7.3 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Recorrências Lineares de Primeira Ordem . . . . . . 7.6 Exercícios Recomendados . . . . . . . . . . . . . . . 7.7 Exercícios Suplementares . . . . . . . . . . . . . . . 7.8 Textos Complementares . . . . . . . . . . . . . . . . 2 3 4 4 5 9 9 10 1 Temos também que (4) somente dene as potências de a se tomarmos a1 = a. PGs.1 Introdução O assunto dessa unidade é o estudo mais aprofundado das sequências numéricas denidas recursivamente (ou por recorrência) que abordamos nas Unidades 3 e 4. sequências em que um termo qualquer é denido por uma expressão que envolve o termo anterior. potências com expoentes números naturais e a sequência de Fibonacci são denidas por recorrência. para denir uma sequência desse modo. por fórmula fechada. 4) potências com expoente natural: an = aan−1 . PAs. por exemplo. fatorial. a3 = 12. Isto é óbvio nos casos de PAs e PGs. . onde f é uma função com domínio o conjunto dos naturais e c é uma constante. obtemos a sequência: a1 = 2. Note que. sem elevá-lo a um expoente maior do que 1. Na presente unidade. Quando determinamos uma fórmula fechada para uma recorrência. Se tomarmos a1 = 2. não basta dar a recorrência. onde. que não representa o fatorial. Aprenderemos como resolver recorrências do tipo an+1 = can + f (n). a2 = 4. Por exemplo. 2 . . Nesta unidade. como. vamos nos dedicar. entendemos uma expressão an = φ(n) para an como função de n. dizemos que ela foi resolvida. a determinar fórmulas fechadas para algumas recorrências lineares de primeira ordem.Unidade 7 Introdução 7. mas é preciso dizer qual é o seu primeiro termo. a4 = 48. são estudadas as recorrências lineares de primeira ordem. uma sequência é denida recursivamente se ela for dada por uma regra (recorrência) que permite calcular um termo qualquer por meio de um ou mais termos anteriores. No caso (3). por exemplo: 1) progressões aritméticas: an = an−1 + r. Conforme vimos anteriormente. . . obtemos o fatorial se tomarmos a1 = 1. ou seja. 2) progressões geométricas: an = an−1 q . 3) fatorial: an = nan−1 . essencialmente. e que. 1. Qualquer progressão geométrica (xn ) de razão q e primeiro termo a pode ser denida por xn+1 = q · xn (n 1). no Exemplo 4. A sequência (xn ) dos números naturais ímpares 1. 2 e 3 temos recorrências de primeira ordem. pode ser denida por xn+1 = xn + 2 (n 1). temos uma recorrência de segunda ordem. a recorrência do Exemplo 1. com x1 = 1. . não dene a sequência. ou seja. com F0 = F1 = 1. dita de Fibonacci. 5. isto é.2 Sequências Denidas Recursivamente Muitas sequências são denidas recursivamente (isto é. . com x1 = a. A sequência (Fn ). . . Qualquer progressão aritmética (xn ) de razão r e primeiro termo a pode ser denida por xn+1 = xn + r (n 1). é satisfeita não apenas pela sequência dos números ímpares. por intermédio de uma regra que permite calcular qualquer termo em função do(s) antecessor(es) imediato(s). É fácil ver que uma recorrência. 3. 3. 5. Por exemplo. cujos termos são 1. com x1 = a. por si só. 7. Observe que. na qual cada termo é expresso em função dos dois antecessores imediatos. por recorrência).Recorrências Lineares de Primeira Ordem Unidade 7 7. ou seja. Exemplo 1 Exemplo 2 Exemplo 3 Exemplo 4 . é denida por Fn+2 = Fn+1 + Fn (n 0). xn+1 = xn + 2. mas por todas as progressões aritméticas de razão 2. nas quais cada termo é expresso em função do antecessor imediato. nos Exemplos 1. 2. e na qual cada termo é a soma dos dois imediatamente anteriores. . Para que a sequência que perfeitamente determinada é necessário também o conhecimento do(s) primeiro(s) termo(s). . Para Saber Mais .Clique para ler 3 .Dois Exemplos Mais Sosticados . com condições iniciais x1 = a e x2 = b. Sugestão: Lembre-se da pizza de Steiner. Seja xn o número máximo de regiões em que n retas podem dividir o plano.Unidade 7 Exercícios Recomendados 7.3 Exercícios Recomendados 1. tem sempre solução única. b) xn+1 = xn + 3 e x1 = 2. Prove que uma recorrência de primeira ordem. dada a sequência: a) xn+1 = 2xn e x1 = 3. com uma condição inicial x1 = a. xn ). 3. Caracterize xn recursivamente. 2. Determine x5 na sequência denida por xn+2 = 2xn+1 + xn . tem sempre uma e uma só solução. 2. Prove que uma recorrência de segunda ordem xn+2 = f (xn+1 . 3. 7. k! 4 . Determine o número de permutações caóticas de 5 elementos. 5. Caracterize xn recursivamente.4 Exercícios Suplementares 1. Prove que o número de permutações caóticas de n elementos é n Dn = n! k=0 (−1)n . Determine xn . 4. Seja xn o número máximo de regiões em que n círculos podem dividir o plano. x0 = x1 = 1. xn+1 = f (xn ). . Temos x2 x3 x4 xn = = = 1x1 2x2 3x3 (n − 1)xn−1 Exemplo 5 Exemplo 6 . = Daí.. temos xn = (n − 1)!.. xn = C · 2n−1 .. Solução. obtemos xn = (n − 1)!x1 . Ela é dita linear se (e somente se) essa função for do primeiro grau. 5 . multiplicando.. Solução.. . Não há grandes diculdades na resolução de uma recorrência linear homogênea de primeira ordem. Como x1 = 1. Resolva a recorrência xn+1 = 2xn . é claro que como não foi prescrito o valor de x1 . multiplicando.5 Recorrências Lineares de Primeira Ordem Uma recorrência de primeira ordem expressa xn+1 em função de xn . obtemos xn = 2n−1 x1 .. As recorrências xn+1 = 2xn − n2 e xn+1 = nxn são lineares e a recorrência xn+1 = x2 não é linear... . por não n possuirem termo independente de xn .. Resolva a recorrência xn+1 = nxn . = Daí. há uma innidade de soluções para a recorrência. As duas últimas são ditas homogêneas. x1 = 1. .. onde C é uma constante arbitrária. Temos x2 x3 x4 xn = = = 2x1 2x2 2x3 2xn−1 Exemplo 7 ..Recorrências Lineares de Primeira Ordem Unidade 7 7.. conforme mostram os exemplos a seguir. .. = Somando. .... k=1 .. x1 = 1.Unidade 7 Recorrências Lineares de Primeira Ordem As recorrências lineares não-homogêneas de primeira ordem que mais facilmente se resolvem são as da forma xn+1 = xn + f (n). Com efeito. = n−1 Somando. .. 6 .. resulta xn = x1 + (2 + 22 + 23 + · · · + 2n−1 ) = 1 + 2 + 22 + 23 + · · · + 2n−1 2n − 1 = 1 2−1 = 2n − 1. obtemos xn = x1 + Exemplo 8 Resolva a recorrência xn+1 = xn + 2n . Solução... .. . temos x2 x3 x4 xn = = = x1 + f (1) x2 + f (2) x3 + f (3) xn−1 + f (n − 1) f (k). Temos x2 x3 x4 xn = = = x1 + 2 x2 + 2 2 x3 + 2 3 xn−1 + 2n−1 .. 2 O teorema a seguir mostra que qualquer recorrência linear não-homogênea de primeira ordem pode ser transformada em uma da forma xn+1 = xn + f (n).. a equação se transforma em g(n)an yn+1 = g(n)an yn + h(n).. resulta xn = x1 + 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) = 1 + 2 + 3 + · · · + (n − 1) n(n − 1) = .. Teorema 1 Solução de Recorrências Lineares de Primeira Ordem A substituição xn = an yn transforma xn+1 = g(n)xn + h(n) em an+1 yn+1 = g(n)an yn + h(n). .. an+1 = g(n)an . yn+1 = yn + h(n)[g(n) · an ]−1 . Solução.. x1 = 0.Recorrências Lineares de Primeira Ordem Resolva xn+1 = xn + n. Demonstração Mas. pois an é solução de xn+1 = g(n)xn . Portanto. Se an é uma solução não-nula da recorrência xn+1 = g(n)xn . = Somando. então a substituição xn = an yn transforma a recorrência xn+1 = g(n)xn + h(n) em yn+1 = yn + h(n)[g(n) · an ]−1 . ou seja.. 7 . . Unidade 7 Exemplo 9 Temos x2 x3 x4 xn = = = x1 + 1 x2 + 2 x3 + 3 xn−1 + (n − 1). . ou seja.Unidade 7 Recorrências Lineares de Primeira Ordem Resolva xn+1 = 2xn + 1.. Uma solução não-nula de xn+1 = 3xn é. . Daí. xn = 2n−1 . yn é uma progressão aritmética de razão 1. 8 . xn = 3n−1 (ou qualquer outra progressão geométrica de razão 3). yn = y1 + (n − 1)1. Como xn = 3n−1 yn e x1 = 2. conforme vimos no Exemplo 7.. Uma solução não-nula de xn+1 = 2xn é. xn = 3 · 2n−1 − 1. Daí.. Daí. por exemplo. resulta yn = y1 + 2−1 + 2−2 + 2−3 + · · · + 2−(n−1) (2−1 )n−1 − 1 = y1 + 2−1 2−1 − 1 = y1 − 21−n + 1. obtemos 2n yn+1 = 2n yn + 1. Exemplo 11 Resolva xn+1 = 3xn + 3n . ou seja. x1 = 2. = Somando. . yn+1 = yn + 2−n . . Fazendo a substituição xn = 2n−1 yn . yn+1 = yn + 1. Como xn = 2n−1 yn e x1 = 2.. x1 = 2. Daí se tem y2 y3 y4 yn = = = y1 + 2−1 y2 + 2−2 y3 + 2−3 yn−1 + 2−(n−1) . xn = (n + 1)3n−1 .. Solução. Logo. Obtemos 3n yn+1 = 3n yn + 3n . temos y1 = 2 e yn = 3 − 21−n . temos y1 = 2 e yn = n + 1. Exemplo 10 Solução. Façamos a substituição xn = 3n−1 yn . por exemplo.. 2.4 de perdê-la. todos pertencentes a {0. A torcida do Fluminense tem hoje p0 membros. cada setor com uma só cor. qual é a probabilidade de Sheila ganhar a nésima partida? 5.6 Exercícios Recomendados 1. além disso. todos pertencentes a {0. Ache o número máximo de regiões em que n círculos podem dividir o plano. Se Helena iniciou a primeira partida. Quantas são as sequências de n termos. Se i > j . determine o número de torcedores daqui a n anos.Recorrências Lineares de Primeira Ordem Unidade 7 7. 9 . se dispomos de k (k > 2) cores diferentes e setores adjacentes não devem ter a mesma cor? 2. Resolva a recorrência do Exercício Recomendado 1. 1}. 7. da Seção 3 (pizza de Steiner). Quantas são as sequências de n termos.6 de ganhá-la e probabilidade 0. Um círculo foi dividido em n (n 2) setores. que possuem em número ímpar de termos iguais a 0? 4. x1 = 1. b) (n + 1)xn+1 + nxn = 2n − 3. Resolva as seguintes recorrências: a) xn+1 = (n + 1)xn + n. A taxa anual de natalidade é i. De quantos modos podemos colorí-los. ou seja resolva a recorrência do Exercício Suplementar 1 da Seção 4. que possuem em número ímpar de termos iguais a 0? 3. x1 = 1. todo ano um número xo de R torcedores desiste de vez. 1. A torcida está condenada a extinção? 3. a mortalidade é j e.7 Exercícios Suplementares 1. c) xn+1 − nxn = (n + 1)!. quem iniciou tem probabilidade 0. Em cada partida. x1 = 1. Cada partida é iniciada por quem venceu a partida anterior. 2}. Sheila e Helena disputam uma série de partidas. temos dois modos de escolher o segundo termo (1 ou 2) e. em seguida. Logo. Para formar uma permutação do primeiro grupo. 10 . Daí obtemos x3 = 2x2 + 2x1 = 22. . pois se o primeiro termo é 1. temos xn modos de escolher os demais. . . . . 2}. 2. ii) O número de sequências de n + 2 termos que começam por 2 e não possuem dois zeros consecutivos. 2. . . As permutações podem ser divididas em dois grupos: aquelas nas quais o 1 ocupa o lugar do número que ocupa o primeiro lugar e aquelas nas quais isso não ocorre. . 1. 2. n. iii) O número de sequências de n + 2 termos que começam por 0 e não possuem dois zeros consecutivos. . . . Calculemos Dn+2 . Mostre que Dn+2 = (n+1)(Dn+1 +Dn ). escolhido o segundo termo. o valor de xn+2 será a soma das seguintes quantidades: i) O número de sequências de n + 2 termos que começam por 1 e não possuem dois zeros consecutivos. Solução. o número de permutações simples de 1. o que pode ser feito de n + 1 modos. . Exemplo 2. devemos arrumar os demais n elementos nos restantes n lugares. Quantas são as sequências de 10 termos. o que pode ser feito de xn+1 modos. Chamando xn o número de sequências com n termos. xn+2 = 2xn+1 + 2xn . n+ 2 nas quais nenhum elemento ocupa o seu lugar primitivo.8 Textos Complementares Para Saber Mais Dois Exemplos Mais Sosticados Apresentaremos aqui dois exemplos mais sosticados. Exemplo 1. pois. sem que nenhum desses elementos ocupe o seu lugar primitivo. o número de permutações simples de 1. portanto. Seja Dn o número de permutações caóticas de 1. nas quais nenhum elemento ocupa o seu lugar primitivo. Se o primeiro termo é zero. x4 = 60. se n 1. isto é. devemos escolher o número que trocará de lugar com o 1. que não possuem dois termos consecutivos iguais a 0? Solução. para formar a sequência basta determinar os termos a partir do primeiro. (n + 1) · Dn permutações no primeiro grupo. Há. isso é igual a xn+1 . o que pode ser feito de Dn modos. . Isso é precisamente igual a xn+1 . É fácil ver que x1 = 3 e que x2 = 8. Há. x10 = 24 960. e. n.Unidade 7 Textos Complementares 7. pertencentes a {0. . . Analogamente. . 2xn sequências começadas em 0. 11 . o que pode ser feito de n + 1 modos. como queríamos demonstrar. sem que o elemento k ocupe o primeiro lugar e sem que nenhum dos demais elementos ocupe o seu lugar primitivo. o que pode ser feito de Dn+1 modos. portanto. em seguida devemos arrumar os restantes n + 1 elementos dos demais n + 1 lugares. temos de escolher o lugar que será ocupado pelo número 1 (chamemos esse lugar de k ). Dn+2 = (n + 1)(Dn+1 + Dn ). Consequentemente. (n + 1) · Dn+1 permutações no segundo grupo.Recorrências Lineares de Primeira Ordem Unidade 7 Para formar uma permutação do segundo grupo. Há. e. Unidade 7 Textos Complementares 12 . 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