Q10: Considere a sequência formada pela lei de recorrência x_{n+2}=-2 x_{n}+\frac{9}{2} x_{n+1}, \quad n=1,2,3, \ldots. Se x_{1}=14, 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 \\\\ -2 & 9 / 2 \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 & 9 / 2\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 real definida pela recorrência
x_{n+2}=-2x_n+\frac{9}{2}x_{n+1},\qquad n=1,2,3,\ldots
e informa que x_{1}=14. Pergunta: para que valor de x_{2} teremos \lim_{n\to\infty} x_{n}=0 ?\n
Também nos é dado (na dica) que, definindo
\vec{v}_{n}=\begin{pmatrix}x_{n}\\[4pt]x_{n+1}\end{pmatrix},
valemos-nos da relação matricial
\vec{v}_{n+1}=A\vec{v}_{n}\quad\text{com}\quad A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-2 & 9/2\end{pmatrix},
o que implica \vec{v}_{n+1}=A^{n}\vec{v}_{1}. Dados relevantes listados:
  • A matriz A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]-2 & 9/2\end{pmatrix}.
  • x_{1}=14 e x_{2} é desconhecido (é o que queremos).
  • Queremos \lim_{n\to\infty} x_{n}=0, ou seja, que a primeira componente de \vec{v}_{n} tenda a zero.]

Passo 2

Ideia chave (explicada devagar): quando temos \vec{v}_{n+1}=A\vec{v}_{n}, então \vec{v}_{n}=A^{\,n-1}\vec{v}_{1}. Se conseguirmos diagonalizar A (ou achar autovetores/autovalores), podemos escrever \vec{v}_{1} como combinação linear de autovetores; cada componente ao longo de um autovetor cresce como \lambda^{n-1} onde \lambda é o autovalor correspondente. Portanto, para que \vec{v}_{n}\to\vec{0} (e em particular x_n\to0), é necessário que a componente de \vec{v}_{1} associada a qualquer autovalor com |\lambda|\ge1 seja zero — caso contrário haverá um termo que cresce ou não decai, impedindo o limite zero.
Breve definição didática:
  • Um autovalor \lambda de A é um número tal que exista vetor não-nulo v com Av=\lambda v. Esse v é um autovetor.
  • Para achar autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.

Passo 3

Calculemos o polinômio característico de A. Temos
\det\!\big(A-\lambda I\big) =\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-2 & \tfrac{9}{2}-\lambda\end{pmatrix} =(-\lambda)\Big(\tfrac{9}{2}-\lambda\Big)-1\cdot(-2).
Desenvolvendo:
\det(A-\lambda I)=-\lambda\cdot\tfrac{9}{2}+\lambda^{2}+2 =\lambda^{2}-\tfrac{9}{2}\lambda+2.
Zerando o polinômio:
\lambda^{2}-\tfrac{9}{2}\lambda+2=0.
Resolvendo a equação quadrática (fórmula de Bhaskara):
\lambda=\frac{\tfrac{9}{2}\pm\sqrt{\big(\tfrac{9}{2}\big)^{2}-4\cdot1\cdot2}}{2} =\frac{\tfrac{9}{2}\pm\sqrt{\tfrac{81}{4}-\tfrac{8}{1}}}{2} =\frac{\tfrac{9}{2}\pm\sqrt{\tfrac{49}{4}}}{2}.
Logo
\lambda=\frac{\tfrac{9}{2}\pm\tfrac{7}{2}}{2}.
Assim obtemos os dois autovalores:
\lambda_{1}=4,\qquad \lambda_{2}=\tfrac{1}{2}.]

Passo 4

Interpretando os autovalores: um autovalor \lambda_{1}=4 tem |\lambda_{1}|=4>1 (componente associada cresce geométricamente), e \lambda_{2}=\tfrac{1}{2} tem |\lambda_{2}|=\tfrac{1}{2}<1 (componente associada decai geometricamente). Para que \vec{v}_{n}\to\vec{0} é necessário que a componente de \vec{v}_{1} correspondente a \lambda_{1}=4 seja zero (ou seja, \vec{v}_{1} não pode ter projeção sobre o autovetor de \lambda_{1}).
Precisamos então achar os autovetores para expressar \vec{v}_{1} em termos deles.

Passo 5

Calcule o autovetor associado a \lambda_{1}=4. Resolvemos (A-4I)u=0:
\begin{pmatrix}-4 & 1\\[4pt]-2 & \tfrac{1}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u_1\\[4pt]u_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha: -4u_1+u_2=0\Rightarrow u_2=4u_1. Tomando u_1=1 obtemos um autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix}.
Agora o autovetor associado a \lambda_{2}=\tfrac{1}{2}. Resolvemos (A-\tfrac{1}{2}I)w=0:
\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2} & 1\\[4pt]-2 & 4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}w_1\\[4pt]w_2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Da primeira linha: -\tfrac{1}{2}w_1+w_2=0\Rightarrow w_2=\tfrac{1}{2}w_1. Tomando w_1=2 (para evitar fração) obtemos
v^{(2)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Resumo: autovetores escolhidos convenientemente são v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix} (para \lambda=4) e v^{(2)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix} (para \lambda=\tfrac{1}{2}).]

Passo 6

Escrevemos o vetor inicial \vec{v}_{1}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}14\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}\) como combinação linear dos autovetores: \[\vec{v}_{1}=\alpha\,v^{(2)}+\beta\,v^{(1)} =\alpha\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}+\beta\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema (componentes correspondentes):
\begin{cases} 2\alpha+\beta=14,\\[4pt] \alpha+4\beta=x_{2}. \end{cases}
Para que \vec{v}_{n}=A^{\,n-1}\vec{v}_{1}\to\vec{0}\] é necessário (e suficiente aqui) que \(\beta=0, porque se \beta\neq0 haverá um termo proporcional a 4^{n-1} (vindo do autovalor 4) que explode e impede convergência a \vec{0}. Portanto imponha \beta=0.
Com \beta=0, da primeira equação obtemos
2\alpha=14\quad\Rightarrow\quad \alpha=7.
Usando a segunda equação para achar x_{2}:
x_{2}=\alpha+4\beta=7+4\cdot 0=7.]

Passo 7

Verificação final (intuição): com x_{2}=7 o vetor inicial é \vec{v}_{1}=7\,v^{(2)}. Então
\vec{v}_{n}=A^{\,n-1}\vec{v}_{1}=7\,A^{\,n-1}v^{(2)}=7\left(\tfrac{1}{2}\right)^{\,n-1}v^{(2)},
pois v^{(2)} é autovetor de autovalor \tfrac{1}{2}. Assim cada componente de \vec{v}_{n} tende a 0 quando n\to\infty, em particular x_{n}\to0. Se x_{2} fosse diferente de 7 teria \beta\neq0 e um termo com 4^{n-1} que explode, logo o limite não seria zero.

Resposta

7

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