Q10: Considere a sequência formada pela lei de recorrência x_{n+2}=-3 x_{n}+\frac{148}{7} x_{n+1}, \quad n=1,2,3, \ldots. Se x_{1}=35, para que valor de x_{2} temos \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=0 ?
Dica: defina \vec{v}_{n}=\left[\begin{array}{c}x_{n} \\\ x_{n+1}\end{array}\right] e note que
\vec{v}_{n+1}=\left[\begin{array}{rr} 0 & 1 \\\\ -3 & 148 / 7 \end{array}\right] \vec{v}_{n} \quad \text { para } n=1,2,3, \ldots
Portanto \vec{v}_{n+1}=\left[\begin{array}{rr}0 & 1 \\\\ -3 & 148 / 7\end{array}\right]^{n} \vec{v}_{1}.
(A) 2
(B) 3
(C) 4
(D) 5
(E) 6
(F) 7
(G) 8
(H) 9

Passo 1

O enunciado dá a sequência definida pela recorrência
x_{n+2}=-3x_{n}+\frac{148}{7}x_{n+1},\quad n=1,2,3,\ldots
e informa \,x_{1}=35. Além disso o enunciado sugere definir
\vec{v}_{n}=\begin{pmatrix}x_{n}\\[4pt]x_{n+1}\end{pmatrix}
e observa que
\vec{v}_{n+1}=A\vec{v}_{n}\quad\text{com}\quad A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-3 & 148/7\end{pmatrix},
portanto
\vec{v}_{n+1}=A^{n}\vec{v}_{1}.
A pergunta é: para qual valor de x_{2} (entre as alternativas dadas) temos
\lim_{n\to\infty} x_{n}=0\\ ?]

Passo 2

Explico a ideia que vamos usar (de forma didática): para uma matriz 2\times2 real A, as potências A^{n} podem ser analisadas via valores próprios (autovalores) e autovetores. Se A tem autovalores \lambda_{1} e \lambda_{2} distintos e autovetores v^{(1)},v^{(2)}, então qualquer vetor inicial \vec{v}_{1} se escreve como combinação linear
\vec{v}_{1}=c_{1}v^{(1)}+c_{2}v^{(2)},
e
A^{n}\vec{v}_{1}=c_{1}\lambda_{1}^{n}v^{(1)}+c_{2}\lambda_{2}^{n}v^{(2)}.
Assim, para que A^{n}\vec{v}_{1}\to \vec{0} quando n\to\infty é necessário que todos os termos \lambda_{i}^{n} que têm |\lambda_{i}|\ge 1 tenham coeficiente c_{i}=0. Em outras palavras: componentes iniciais na direção de autovalores com módulo maior ou igual a 1 precisam ser nulas; componentes na direção de autovalores com |\lambda|<1 tendem a zero sozinhas.

Passo 3

Vamos calcular os autovalores de A. O polinômio característico de A é
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-\operatorname{tr}(A)\lambda+\det(A).
Aqui \operatorname{tr}(A)=148/7 e \det(A)=3. Logo o polinômio característico é
\lambda^{2}-\frac{148}{7}\lambda+3=0.

Passo 4

Calculamos as raízes da equação quadrática. O discriminante é
\Delta=\left(\frac{148}{7}\right)^{2}-4\cdot 1\cdot 3=\frac{148^{2}}{49}-12=\frac{21904-588}{49}=\frac{21316}{49}.
Observamos que 21316=146^{2} (porque 146^{2}=21316), portanto \sqrt{\Delta}=\dfrac{146}{7}. As raízes são
\lambda=\frac{\frac{148}{7}\pm\frac{146}{7}}{2}=\frac{148\pm146}{14}.
Isto dá os autovalores
\lambda_{1}= \frac{148+146}{14}=\frac{294}{14}=21, \qquad \lambda_{2}= \frac{148-146}{14}=\frac{2}{14}=\frac{1}{7}.

Passo 5

Interpretação: temos um autovalor \lambda_{1}=21 com |\lambda_{1}|>1 e outro \lambda_{2}=1/7 com |\lambda_{2}|<1. Pelo raciocínio do Passo 2, para que A^{n}\vec{v}_{1}\to\vec{0} (e portanto x_{n}\to 0), é necessário e suficiente que a componente inicial na direção do autovetor correspondente a \lambda_{1}=21 seja zero — isto é, \vec{v}_{1} deve estar inteiramente na eigensubespaco de \lambda_{2}=1/7. Em termos práticos, \vec{v}_{1} precisa ser múltiplo de um autovetor associado a \lambda_{2}=1/7.

Passo 6

Encontramos um autovetor para \lambda_{2}=1/7. Resolve-se (A-\tfrac{1}{7}I)v=0. Escrevendo a matriz:
A-\frac{1}{7}I=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{7} & 1\\[4pt]-3 & \tfrac{148}{7}-\tfrac{1}{7}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{7} & 1\\[4pt]-3 & 21\end{pmatrix}.
Da primeira linha obtemos
-\tfrac{1}{7}x + y = 0 \quad\Rightarrow\quad y=\tfrac{1}{7}x.
Logo um autovetor conveniente é
v^{(2)}=\begin{pmatrix}7\\[4pt]1\end{pmatrix},
pois nele vale y=(1/7)x.]

Passo 7

Queremos \vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}35\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix} estar na direção de v^{(2)}=\begin{pmatrix}7\\[4pt]1\end{pmatrix}. Portanto deve existir c tal que
\begin{pmatrix}35\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}=c\begin{pmatrix}7\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Da primeira coordenada vem c=35/7=5. Da segunda coordenada segue que
x_{2}=c\cdot 1=5.]

Resposta

(D) 5

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