Q10: Considere a sequência formada pela lei de recorrência x_{n+2}=-3 x_{n}+\frac{28}{3} x_{n+1}, \quad n=1,2,3, \ldots. Se x_{1}=9, para que valor de x_{2} temos \lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=0 ?
Dica: defina \vec{v}_{n}=\left[\begin{array}{c}n \rightarrow \infty \\\ x_{n} \\\ x_{n}+1\end{array}\right] e note que
\vec{v}_{n+1}=\left[\begin{array}{rr} 0 & 1 \\\\ -3 & 28 / 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 \\\\ -3 & 28 / 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 dá a sequência pela recorrência
x_{n+2} = -3 x_{n} + \frac{28}{3} x_{n+1},\qquad n=1,2,3,\ldots
e informa que x_{1}=9. Pergunta: para qual valor de x_{2} teremos \lim_{n\to\infty} x_{n}=0?\n
Também é dada a representação em vetor
\vec{v}_{n}=\begin{pmatrix}x_{n}\\[4pt]x_{n+1}\end{pmatrix}, \qquad \vec{v}_{n+1}= \begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-3 & 28/3\end{pmatrix}\vec{v}_{n}.
Logo \vec{v}_{n}=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-3 & 28/3\end{pmatrix}^{\,n-1}\vec{v}_{1} e \vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix} com x_{1}=9.]

Passo 2

Ideia principal (explicada devagar): se escrevemos \vec{v}_{1} como combinação linear de autovetores da matriz
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-3 & 28/3\end{pmatrix},
então
\vec{v}_{n}=A^{\,n-1}\vec{v}_{1}
se separa em termos que crescem como \lambda^{\,n-1} onde \lambda são os autovalores. Portanto:
  • componentes na direção de autovalores com |\lambda|<1 decaem para 0 quando n\to\infty;
  • componentes na direção de autovalores com |\lambda|>1 explodem (não tendem a 0).\n
    Assim, para ter \vec{v}_{n}\to\vec{0} (e então x_{n}\to 0) é necessário que a componente de \vec{v}_{1} na direção de todo autovalor com |\lambda|>1 seja nula — ou seja, \vec{v}_{1} deve estar inteiramente no subespaço estável (autovetores com |\lambda|<1).]

Passo 3

Calculemos os autovalores de A. O polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-3 & \tfrac{28}{3}-\lambda\end{pmatrix} =\lambda^{2}-\frac{28}{3}\lambda+3.
As raízes são
\lambda=\frac{\tfrac{28}{3}\pm\sqrt{\left(\tfrac{28}{3}\right)^{2}-4\cdot 1\cdot 3}}{2}.
Calculando o discriminante:
\left(\tfrac{28}{3}\right)^{2}-12=\frac{784}{9}-\frac{108}{9}=\frac{676}{9},
\sqrt{\frac{676}{9}}=\frac{26}{3}.
Logo os autovalores são
\lambda_{1}=\frac{\tfrac{28}{3}+\tfrac{26}{3}}{2}=\frac{54/3}{2}=\frac{18}{2}=9,
\lambda_{2}=\frac{\tfrac{28}{3}-\tfrac{26}{3}}{2}=\frac{2/3}{2}=\frac{1}{3}.]

Passo 4

Interpretando: um autovalor é \lambda_{1}=9 (com |\lambda_{1}|>1) e o outro é \lambda_{2}=\tfrac{1}{3} (com |\lambda_{2}|<1). Pela discussão do Passo 2, para termos \vec{v}_{n}\to\vec{0} é necessário que a componente de \vec{v}_{1} na direção do autovetor associado a \lambda_{1}=9 seja zero — isto é, \vec{v}_{1} deve ser múltiplo do autovetor de \lambda_{2}=\tfrac{1}{3}.

Passo 5

Encontremos um autovetor para \lambda=\tfrac{1}{3}. Resolvendo (A-\tfrac{1}{3}I)\vec{u}=\vec{0}:
A-\tfrac{1}{3}I=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3} & 1\\[4pt]-3 & 9\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem -\tfrac{1}{3}u_{1}+u_{2}=0, ou seja u_{2}=\tfrac{1}{3}u_{1}. A segunda linha dá a mesma relação. Portanto um autovetor correspondente é, por exemplo,
\vec{u}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.
Assim, para que não haja componente na direção de \lambda=9, precisamos de
\vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix} \quad\text{ser múltiplo de}\quad \begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.ú]

Passo 6

Como x_{1}=9, ser múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{3}\end{pmatrix} implica
\begin{pmatrix}9\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix} =9\cdot\begin{pmatrix}1\\[4pt]\tfrac{1}{3}\end{pmatrix},
portanto x_{2}=9\cdot\tfrac{1}{3}.]

Resposta

(B) 3

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