Relações de Recorrência de 3ª Ordem
Gustavo Franco Marra Domingues
Universidade Federal de Uberlândia - Faculdade de Matemática
Graduando em Matemática - Programa de Educação Tutorial
gmarra86@ hotmail. com
Walter dos Santos Motta Júnior
Universidade Federal de Uberlândia - Faculdade de Matemática
Professor Titutar
wmotta@ ufu. br
Resumo: O presente trabalho é uma generalização do artigo (1) para relações de recorrência homogêneas de
3ª ordem. Definida esse tipo de relação, nosso objetivo foi verificar que o conjunto das sequências soluções
dessas relações compõem um espaço vetorial e, que, portanto, podemos escrever os elementos da sequência de
forma não-recursiva a partir apenas dos elementos iniciais dados. A seguir, feitas algumas restrições sobre os
coeficientes do polinômio característico da relação, foi possivel sequências com comportamento convergente.
1 Introdução
O presente trabalho é uma generalização de (1) para relações de recorrência homogêneas de 3ª ordem,
utilizadas em problemas de Modelagem Matemática (referência (3)). Nosso objetivo é caracterizar o
espaço-solução deste tipo de relação e estudar seu comportamento assintótico. Neste artigo, estaremos
lidando apenas com relações lineares sem termos independentes, ditas relaçoes homogêneas.
2 Relações de Recorrência de 3ª ordem
Definição 1. Sejam a0 , a1 , a2 ∈ R, com a0 =
6 0. Dizemos que uma equação é uma equação de
recorrência homogênea de 3a ordem quando ela é da forma:
xn+3 = a0 xn+2 + a1 xn+1 + a2 xn , n ∈ N
(2.1)
Uma sequência {xn }∞
n0 ou simplesmente x(n) é uma solução para (2.1) se ela satisfizer a equação
para todo n ∈ N . Denotamos: x(n) = xn .
Dados números reais x0 , x1 , x2 , o problema de encontrar uma sequência que satisfaça (2.1) é
chamada de Problema de Valor Inicial (PVI) para (2.1) (Mais sobre PVI em (2)).
Exemplo 1. Seja xn+3 = 2xn+2 + 2xn+1 − 3xn . Pela definição anterior, temos que esta é uma
relação de recorrência homogênea de 3ª ordem. Se forem dados x0 = 1, x1 = 2 e x2 = 3, então a
sequência {xn }∞
n = {1, 2, 3, 7, 14, 33, 73, ...} é uma solução da relação definida. Posteriormente, estudaremos métodos para obter soluções não recorrentes para esta equação, isto é, exprimir um elemento
da sequência sem que tenhamos que escrever toda a sequência..
Teorema 1. Um problema de valor inicial para (2.1) tem solução única.
102
FAMAT em Revista
Demonstração. Vamos supor que x(0) = x0 , x(1) = x1 , x(2) = x2 números reais dados. Teremos a
sequência x(n):
x(0)
x(1)
x(2)
x(3)
x(4)
=
=
=
=
=
..
.
x0
x1
x2
a0 x2 + a1 x1 + a2 x0 := x3
a0 x3 + a1 x2 + a2 x1 := x4
x(n) = a0 x(n − 1) + a1 x(n − 2) + a2 x(n − 3) = a0 xn−1 + a1 xn − 2 + a2 xn−3 := xn
..
.
x(n + 3) = a0 x(n + 2) + a1 x(n + 1) + a2 x(n) = a0 xn+2 + a1 xn+1 + a2 xn := xn+3
Como cada um desses elementos fica unicamente determinado, temos que a solução do PVI é única.
3 O Espaço das Soluções
Estamos interessados em caracterizar o conjunto das sequências que servem de solução para (2.1)
como um espaço vetorial. Para isso, precisamos definir as seguintes operações:
Definição 2. Seja S o conjunto das sequências numéricas satisfazendo (2.1). Dadas as sequências
finitas, x1 (n), x2 (n), vamos definir a soma dessas sequências da seguinte forma:
∞
∞
{x1 (n)}∞
n0 + {x2 (n)}n0 = {x1 (n0 ) + x2 (n0 ), ..., x1 (nk ) + x2 (nk ), ...} = {x1 (n) + x2 (n)}n0
(3.1)
Definimos a multiplicação de uma sequência{x1 (n)}∞
n0 por um escalar α da seguinte forma:
∞
α{x1 (n)}∞
n0 = {αx1 (n0 ), ..., αx1 (nk ), ...} = {αx1 (n)}n0
(3.2)
Definição 3. Dadas as sequências x1 (n), x2 (n), ..., xk (n), k > 0 e natural, dizemos que estas
sequências são linearmente dependentes para n ≥ n0 se existirem constantes ai , i = 1, 2, ..., k não
todas nulas, tais que
a1 x1 (n) + a2 x2 (n) + ... + ak xk (n) = 0, n ≥ n0
(3.3)
Isso equivale a dizer que cada xi (n), com coeficiente não nulo, é uma combinação linear dos outros
xj (n), com i 6= j.
Da mesma forma, dizemos que as sequências x1 (n), x2 (n), ..., xk (n) são linearmente independentes
para n ≥ n0 se
a1 x1 (n) + a2 x2 (n) + ... + ak xk (n) = 0, n ≥ n0
(3.4)
então a1 = a2 = a3 = ... = ak = 0. Isto nos diz que cada sequência xi (n) não pode ser escrita como
combinação linear das demais.
Teorema 2. Considere S como sendo o conjunto das sequências numéricas satisfazendo (2.1). Com
a soma e produto escalar definidos acima, S é um espaço vetorial real.
A demonstração deste resultado será omitida, pois a verificação das propriedades de espaços vetoriais sejam imediatas, com as operações definidas acima. Com este resultado, podemos procurar uma
base de S e então caracterizar soluções de (2.1).
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103
4 Caracterização de Soluções
Vamos supor que (2.1) admita uma solução exponencial da forma xn = λn , λ ∈ R, λ 6= 0. Dessa
forma, temos, necessariamente:
λn+3 = a0 λn+2 + a1 λn+1 + a2 λn
λn (λ3 − a0 λ2 − a1 λ − a2 ) = 0
(4.1)
λ3 − a0 λ2 − a1 λ − a2 = 0
Ou seja, se (2.1) é tal que xn = λn , λ ∈ R − {0}, então λ existe e é solução de (4.1) (pois existem
raízes deste polinômio em λ). A equação (4.1) é chamada equação característica associada a (2.1)
(ou polinômio característico associado a (2.1)).
Sabemos que as raízes de (4.1) apresentam uma única configuração dentre as duas a seguir:
- Todas elas são reais (podendo ser todas distintas, duas iguais e uma distinta, ou uma única raiz
de multiplicidade 3).
- Uma delas é real e as outras duas são complexas conjugadas.
De posse dessas informações, vamos enunciar um Teorema que nos permite criar bases para o
espaço vetorial das soluções de uma equação de recorrência. Para a demonstração deste resultado, no
entanto, precisaremos do seguinte lema:
Lema 1. Seja p(r) = r3 − a0 r2 − a1 r − a2 tal que p(r) = 0 admite três raizes reais r1 , r2 e r3 , com
r1 = r3 (ou seja, r1 tem multiplicidade 2). Então r1 é ponto crítico de p(r), ou seja, p0 (r1 ) = 0.
Demonstração. Sendo r1 , r2 raízes de p(r), r1 com multiplicidade 2, então p(r) pode ser reescrita da
seguinte forma: p(r) = (r − r1 )2 (r − r2 ). Além disso, p0 (r) = 3r − 2a0 r − a1 . Vamos encontrar os
pontos críticos desta função:
p0 (r) = 2(r − r1 )(r − r2 ) + (r − r1 )2
= (r − r1 )(2(r − r2 ) + (r − r1 ))
= (r − r1 )(3r − 2r2 − r1 )
Logo, p0 (r) = 0 ⇒ r1 raiz de p0 (r). Então, r1 é ponto crítico de p(r) e, portanto, 3r12 −2a0 r−a1 = 0.
Teorema 3. Sejam {xn } a solução de um PVI e r1 , r2 e r3 raízes de (4.1). Então:
(a) Se r1 6= r2 6= r3 (ri ∈ R), então β = {{r1n }, {r2n }, {r3n }} é uma base de S e, neste caso, existem
a, b, c ∈ R tais que xn = ar1n + br2n + cr3n , n ∈ R.
(b) Se r1 = r2 6= r3 (ri ∈ R), então β = {{r1n }, {nr2n }, {r3n }} é uma base de S e, neste caso, existem
a, b, c ∈ R tais que xn = ar1n + bnr2n + cr3n , n ∈ R.
(c) Se r1 = r2 = r3 (ri ∈ R), então β = {{r1n }, {nr2n }, {n2 r3n }} é uma base de S e, neste caso,
existem a, b, c ∈ R tais que xn = ar1n + bnr2n + cn2 r3n , n ∈ R.
(d) Se r1 ∈ R e r2 = z, r3 = z (∈ C), então β = {{r1n }, {rn cos(θn)}, {rn sen(θn)} é uma base de S
e, neste caso, existem a, b, c ∈ R tais que xn = ar1n + brn cos(θn) + crn sen(θn), n ∈ R, onde
r = |r2 |.
Demonstração. (a) Seja xi (n) = rin , i = 1, 2, 3 (ou seja, estamos supondo que (2.1) admite solução
exponencial da forma indicada) e s(r) = r3 − a0 r2 − a1 r − a2 = 0. Se r1 , r2 e r3 são as raízes
distintas de s(r), temos:
ri3 − a0 ri2 − a1 ri1 − a2 ri0 =
=
=
=
=
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ri3 − a0 ri2 − a1 ri − a2
rin (ri3 − a0 ri2 − a1 ri − a2 )
rin+3 − a0 rin+2 − a1 rin+1 − a2 rin
xi (n + 3) − a0 xi (n + 2) − a1 xi (n + 1) − a2 xi (n)
0
Caracterização de Soluções
104
FAMAT em Revista
para i= 1, 2, 3. Pelo Teorema 2 temos que, se xi (n) = rin , então r1n , r2n e r3n são soluções de
(2.1). Portanto, existem a, b, c reais tais que
xn = ar1n + br2n + cr3n
Logo, {{r1n }, {r2n }, {r3n }} constitui uma base do espaço S.
(b) Sejam r1 , r2 , r3 de p(r) = r3 − a0 r2 − a1 r − a2 = 0, com r1 = r2 . Temos que s(r) pode ser
reescrito da seguinte forma: p(r) = (r − r1 )2 (r − r2 ).
Temos que mostrar que xn = nr1n é solução de (2.1). Temos:
x(n + 3) − a0 x(n + 2) − a1 x(n + 1) − a0 x(n) =
= (n + 3)r1n+3 − a0 (n + 2)r1n+2 − a1 (n + 1)r1n+1 − a0 nr1n
= n(r1n+3 − a0 r1n+2 − a1 r1n+1 − a0 r1n ) + (3r1n+3 − 2a0 r1n+2 − a1 r1n+1 )
= n0 + r1n+1 (3r12 − 2a0 r1 − a1 ) =
= r1n+1 (3r12 − 2a0 r1 − a1 )
Se r1 6= 0, então, pelo Lema 1 temos que (3r12 − 2a0 r1 − a1 ) = 0, e, portanto, nr1n é solução para
(2.1). Dessa forma, {{r1n }, {nr1n }, {r2n }} é uma base de S.
(c) Do item anterior, temos que, se r1n = r2n = r3n é solução, então {nr1n } também é solução.
Portanto, {n(nr1 )n } também será solução. Dessa forma, temos que {{r1n }, {nr1n }, {n2 r1n }} é
uma base para S.
(d) Seja z = a + ib, a, b ∈ R. A sucessão y(n) = (a + ib)n é solução para (2.1). Considerando que
as partes reais e imaginárias de uma solução também são soluções de (2.1), vamos escrever este
número complexo em sua forma polar. Temos:
p = reiθ r =
Temos:
√
a2 + b2 tg(θ) =
b
a
(θ = arg(p))
y(n) = (a + ib)n = rn einθ = rn [cos(nθ) + isen(nθ)]
(4.2)
Logo, a parte real e a imaginária são soluções linearmente independentes de (2.1). Temos que
{{r1n }, {rn cos(nθ)}, {rn sen(nθ)}} é uma base para S.
Com este resultado, é possivel estabelecer uma solução não recorrente para (2.1) para quaisquer
x0 , x1 , x2 iniciais.
Exemplo 2. Seja a seguinte relação de recorrência: xn+3 = −6xn+2 − 11xn+1 − 6xn . O polinômio
característico dessa equação será: λ3 +6λ2 +11λ+6 = 0, cujas raízes são λ1 = −1, λ = −2 e λ3 = −3.
Pelo Teorema anterior, temos que {(−1)n , (−2)n , (−3)n } é uma base para as soluções da relação de
recorrência supracitada. De fato, vamos supor que os primeiros elementos da sequência sejam x0 = 1,
x1 = 21 e x2 = −1. Temos que existem a, b, c tais que


= a(−1)0 + b(−2)0 + c(−3)0
= 1
 a+b+c
 x0 = 1
1
1
1
1
x1 = 2
= a(−1) + b(−2) + c(−3)
−a − 2b − 3c = 21
⇒


2
2
2
x2 = −1 = a(−1) + b(−2) + c(−3)
a + 4b + 9c
= −1
15
5
Resolvendo este sistema, obtemos a = , b = −4 e c = .
4
4
Pela relação de recorrência dada, temos que
1
11
11
x3 = −6(−1) − 11
− 6(1) = 6 −
−6=−
2
2
2
Caracterização de Soluções
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105
Agora, escrevendo em função da base {(−1)n , (−2)n , (−3)n }, temos:
x3 =
15
5
15 128 135
22
11
(−1)3 − 4(−2)3 + (−3)3 = − +
−
=− =−
4
4
4
4
4
4
2
Da mesma forma,
1
11
− 11(−1) − 6
= 33 + 11 − 3 = 41
x4 = −6 −
2
2
Agora, escrevendo em função da base {(−1)n , (−2)n , (−3)n }, temos:
x4 =
15
5
15 256 405
420 − 256
164
(−1)4 − 4(−2)4 + (−3)4 =
−
+
=
=
= 41
4
4
4
4
4
4
4
E dessa forma, podemos encontrar qualquer elemento da sequência sem termos que construí-la por
completo.
5 Comportamento Assintótico de Soluções
Neste tópico, estamos interessados em estabelecer restrições para a0 , a1 e a2 em (4.1) de forma que
a sequência (2.1) apresente comportamento convergente.
A cada terna (x0 , x1 , x2 ) o PVI é unicamente determinado e, portanto, a sua solução pode ser
estabelecida como combinação linear das raízes do polinômio característico (vide último teorema).
Estamos interessados em caracterizar o comportamento assintótico destas soluções. Precisaremos dos
seguintes resultados:
Lema 2. Dada uma equação polinomial r3 − a0 r2 − a1 r − a2 = 0, onde o polinômio da equação é
polinômio característico de uma relação de recorrência de 3ª ordem, se a0 > 0, a1 ≥ 0 e a1 > 1, então
existe uma raiz real q > 1 para a equação.
a0 a1 a2
Demonstração. Notemos que r3 −a0 r2 −a1 r−a2 = 0 ⇒ 1− − 2 − 3 = 0, com r 6= 0. Naturalmente,
r r
r
os valores de r diferentes de zero que satisfazem a primeira também satisfazem a segunda, portanto,
vamos definir a seguinte função:
f : (0, ∞) −→ R
a0 a1 a2
x 7−→ 1 −
− 2 − 3
r
r
r
Essa função é contínua em seu domínio e derivável, sendo sua derivada
f 0 (x) =
a1
a2
a0
+ 3+ 4
2
x
x
x
Como x > 0, temos que f 0 (x) > 0, ∀x ∈ (0, ∞). Segue que a função f é estritamente crescente. Como
f (1) = 1 − a0 − a1 − a2 < 1, e
limx→∞ f (x) = 1 e limx→0+ f (x) = −∞
Dessa forma, como f (1) < 1 e existe b > 1 tal que f (b) > 0 (pois a função é estritamente crescente)
pelo Teorema do Valor Intermediário, existe q entre 1 e b tal que f (q) = 0. Portanto, q > 1.
Exemplo 3. Seja p(r) = r3 − 2r2 − 12 r − 2. Tal equação satisfaz as condições do teorema. Suponha
que r1 = 1, r2 = 5 sejam dois pontos do domínio de p(r). Temos: p(r1 ) = − 92 < 1 e p(r2 ) = 48 > 1.
Pelo Teorema do Valor Intermediário, segue que existe c entre 1 e 5 tal que p(c) = 0. Portanto, existe
uma raiz maior de 1 para p(r).
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Comportamento Assintótico de Soluções
106
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Teorema 4. O módulo das raízes da equação r2 + br + c = 0 é menor que 1 se, e somente se,
1 + b + c > 0, 1 − b + c > 0 e |c| < 1.
A demonstração do último teorema encontra-se em (1).
Com estes resultados, temos que a equação r3 − a0 r2 − a1 r − a2 = 0 se fatora em:
a2
2
(r − q) r + (q − a0 )r +
=0
q
Estamos interessados em que as raízes de r2 + (q − a0 )r +
raízes são reais, temos, pelo teorema 4:
a2
= 0 tenham módulo menor que 1. Se as
q
1 + (q − a0 ) +
a2
>0
q
(5.2)
1 − (q − a0 ) +
a2
>0
q
(5.3)
e
Seja K =
(5.1)
a2
+ 1. Temos:
q
(q − a0 )
> −K
−(q − a0 ) > −K
⇒
(ao − q) < K
(q − a0 ) < K
⇒
(ao − q)
< K
−(a0 − q) < K
a2
+1
q
Além disso, se as raízes são complexas não reais, devemos ter também:
r
a2
−(q − a0 ) ± 4 − (q − a0 )2
q
z=
2
⇒ |a0 − q| < K, onde K =
Seja
(5.4)
s
r
4a2
(q − a0 )2
(q − a0 )2
a2
q
r = |z| =
+
−
=
(5.5)
4
4
4
q
a2 a2
> 0 e < 1, então 0 < r < 1 é a condição que
Como, por hipótese, a0 > 0 e q > 1, então
q
q
queremos. Satisfeitas estas condições, então temos que uma raiz do polinômio característico é maior
que 1, e as outras duas são, em módulo, menores que 1. Então, temos o seguinte resultado:
Teorema 5. Seja uma relação de recorrência como em (2.1), tal que a0 ≥ 0, a1 ≥ 0 e a2 > 1,
satisfazendo as condições:
a2
a2
|a0 − q| <
+1 e
<1
q
q
onde q é uma raiz real maior que um (já provamos sua existência). Se xn é uma solução de (2.1),
então existe a ∈ R − {0} tal que
xn
lim n = a
(5.6)
n→∞ q
Demonstração. Faremos a demonstração apenas para o caso em que as raízes do polinômio característico são reais e distintas, pois a demonstração nos outros casos e análoga. Sendo xn solução de
(2.1), suponha que β = {{r1n }, {r2n }, {r3n }} seja uma base do espaço das soluções, conforme o Teorema
3. Vamos tomar r1 = q > 1. Pelos resultados anteriores, dadas as restrições das hipóteses |r2 | < 1 e
|r3 | < 1. Então, existem a, b, c reais tais que
xn = ar1n + br2n + cr3n = aq n + br2n + cr3n
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De onde obtemos:
xn
aq n
lim n = lim n + b
x→∞ q
x→∞ q
107
r2
q
n
+c
r3
q
n
(5.7)
Como q > 1, |r2 | < 1 e |r3 | < 1 então temos
xn
aq n
(5.7) = lim n = lim n + b
n→∞ q
x→∞ q
r2
q
n
+c
r3
q
n
=a
(5.8)
Referências Bibliográficas
[1] GARCIA, Ronaldo Alves; CRUZ, José Hilário. "Equações Diferenças Lineares de Segunda Ordem", Revista da Olimpíada Brasileira de Matemática nº 6, páginas 85-96. IME-UFG, 2005.
[2] GARCIA, Ronaldo Alves; CRUZ, José Hilário. "Problemas de Valor Inicial e de Contorno para
Equações Diferenças", Revista da Olimpíada Brasileira de Matemática nº 6, páginas 97-108.
IME-UFG, 2005.
[3] BASSANEZI, Rodney C. "Ensino-aprendizagem com Modelagem Matemática". Ed. Contexto.
São Paulo-SP, 2004.
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