Q10: Considere a sequência formada pela lei de recorrência x_{n+2}=-2 x_{n}+\frac{19}{3} x_{n+1}, \quad n=1,2,3, \ldots. Se x_{1}=21, para que valor de x_{2} temos \lim _{\lim } 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 \\\\ -2 & 19 / 3 \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 \\\\ -2 & 19 / 3\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 pede: para qual valor de x_{2} (entre as alternativas dadas) a sequência (x_n) definida por
x_{n+2}=-2\,x_{n}+\frac{19}{3}\,x_{n+1},\qquad n=1,2,3,\ldots
com x_{1}=21 satisfaz \lim_{n\to\infty} x_{n}=0?
Informações relevantes dadas:
\;1.\; O valor fixo x_{1}=21.\n
\;2.\; A recorrência linear de ordem 2.\n
\;3.\; A dica nos diz para montar o vetor
\vec{v}_{n}=\begin{pmatrix}x_{n}\\[4pt]x_{n+1}\end{pmatrix}
e que existe a matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-2 & 19/3\end{pmatrix}
tal que
\vec{v}_{n+1}=A\,\vec{v}_{n}\quad\text{e portanto}\quad \vec{v}_{n+1}=A^{n}\vec{v}_{1}.
O que exatamente precisamos encontrar: o valor de x_{2} de modo que x_{n}\to 0 quando n\to\infty. Equivalente a isso é pedir que \vec{v}_{n}\to\vec{0} quando n\to\infty.]

Passo 2

Ideia principal (explicada devagar): se \vec{v}_{n+1}=A^{n}\vec{v}_{1}, então o comportamento para n\to\infty de \vec{v}_{n} é determinado por como as potências A^{n} agem. Para matrizes 2\times2 reais que são diagonalizáveis, existe uma base de autovetores em que A age como multiplicação por autovalores. Em termos práticos: se conseguirmos escrever
A=P\begin{pmatrix}\lambda_{1} & 0\\[4pt]0 & \lambda_{2}\end{pmatrix}P^{-1},
então
A^{n}=P\begin{pmatrix}\lambda_{1}^{n} & 0\\[4pt]0 & \lambda_{2}^{n}\end{pmatrix}P^{-1},
ou seja, componentes do vetor inicial ao longo de cada autovetor são multiplicadas por \lambda_{1}^{n} e \lambda_{2}^{n}. Portanto, para que A^{n}\vec{v}_{1}\to\vec{0} é necessário e suficiente que a componente correspondente a qualquer autovalor com |\lambda|>1 seja nula (caso contrário essa componente explode), enquanto autovalores com |\lambda|<1 vão a zero automaticamente.
Então o plano de ação: (i) calcular os autovalores de A; (ii) ver quais têm módulo maior que 1; (iii) exigir que \vec{v}_{1} tenha coeficiente zero na direção do(s) autovetor(es) instáveis; (iv) usar x_{1}=21 para achar x_{2}.]

Passo 3

Calcular os autovalores de A. Fazemos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Escrevendo:
\det\!\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-2 & \dfrac{19}{3}-\lambda\end{pmatrix}=0.
Determinante:
(-\lambda)\Big(\frac{19}{3}-\lambda\Big)-1\cdot(-2)=0.
Desenvolvendo:
-\lambda\cdot\frac{19}{3}+\lambda^{2}+2=0,
ou rearranjando:
\lambda^{2}-\frac{19}{3}\lambda+2=0.
Multiplicando por 3 para facilitar:
3\lambda^{2}-19\lambda+6=0.]

Passo 4

Resolver a equação quadrática \;3\lambda^{2}-19\lambda+6=0\;. Usamos a fórmula quadrática \lambda=\dfrac{19\pm\sqrt{19^{2}-4\cdot3\cdot6}}{2\cdot3}.
Calcule o discriminante:
\Delta=19^{2}-4\cdot3\cdot6=361-72=289=17^{2}.
Logo as raízes são
\lambda=\frac{19\pm17}{6}.
Isso dá dois autovalores:
\lambda_{1}=\frac{19+17}{6}=\frac{36}{6}=6,
\lambda_{2}=\frac{19-17}{6}=\frac{2}{6}=\frac{1}{3}.
Comentário didático: encontramos um autovalor \lambda_{1}=6 com |\lambda_{1}|=6>1 (instável) e um autovalor \lambda_{2}=1/3 com |\lambda_{2}|=1/3<1 (estável). Para que A^{n}\vec{v}_{1}\to\vec{0} é preciso que a componente de \vec{v}_{1} na direção do autovetor associado a \lambda_{1}=6 seja zero — caso contrário essa componente seria multiplicada por 6^{n} e explodiria.

Passo 5

Encontrar o autovetor correspondente ao autovalor estável \lambda_{2}=1/3 (podemos também achar o autovetor de 6, mas só precisamos eliminar sua componente). Resolvemos (A-\tfrac{1}{3}I)\vec{v}=\vec{0}.
Escrevendo a matriz:
A-\frac{1}{3}I=\begin{pmatrix}-\frac{1}{3} & 1\\[4pt]-2 & \frac{19}{3}-\frac{1}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\frac{1}{3} & 1\\[4pt]-2 & 6\end{pmatrix}.
Se \vec{v}=\begin{pmatrix}v_{1}\\[4pt]v_{2}\end{pmatrix} for autovetor, as equações são
-\frac{1}{3}v_{1}+v_{2}=0,
-2v_{1}+6v_{2}=0.
A primeira equação dá v_{2}=\frac{1}{3}v_{1}. A segunda é múltipla da primeira (verificação: -2v_{1}+6v_{2}=-2v_{1}+6\cdot\frac{1}{3}v_{1}=0), então uma escolha simples de autovetor é
\vec{e}_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1/3\end{pmatrix}.
Interpretação: a reta gerada por \vec{e}_{2} é o subespaço de estados iniciais que só envolvem o autovalor 1/3 — se \vec{v}_{1} estiver nessa reta, então todas as componentes associadas ao autovalor 6 são zero e A^{n}\vec{v}_{1}\to\vec{0} porque (1/3)^{n}\to 0.]

Passo 6

Agora imponha que \vec{v}_{1} esteja na direção de \vec{e}_{2}. Lembre que
\vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}21\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}
(e x_{1}=21 foi dado). Se \vec{v}_{1} for proporcional a \vec{e}_{2}, existe um escalar \alpha tal que
\begin{pmatrix}21\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}=\alpha\begin{pmatrix}1\\[4pt]1/3\end{pmatrix}.
Comparando a primeira coordenada: \alpha=21. Então a segunda coordenada vale
x_{2}=\alpha\cdot\frac{1}{3}=21\cdot\frac{1}{3}=7.]

Passo 7

Verificação rápida e intuição: com x_{2}=7 temos \vec{v}_{1}=21\begin{pmatrix}1\\[4pt]1/3\end{pmatrix}. Decompondo nessa base de autovetores, a componente associada a \lambda=6 é zero, portanto
\vec{v}_{n}=A^{n-1}\vec{v}_{1}=21\begin{pmatrix}1\\[4pt]1/3\end{pmatrix}\left(\frac{1}{3}\right)^{\,n-1},
que tende a \vec{0} quando n\to\infty. Logo x_{n}\to 0.]

Resposta

7

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