Re: [obm-l] Re:_[obm-l]_sequências_e_mais

Erasmo, vc tem o gabarito desse problema ? Eu acho que esta solucao de Claudio esta correta. Mas para mim, se a recorrencia fosse

entao a exigencia |a1|<=1 seria necessaria e asim faria mais sentido. De toda forma, tentem entao o "novo" problema:

Determine a(2003), sabendo que: a(n+1) = 2*a(1)*a(n) - a(n-1), a(0)=100, a(100)=0.

Interessante esse problema. Acho que dá pra provar um resultado mais abrangente:

Dada a relação de recorrência: a(n+1) = 2*a(1)*a(n) + a(n-1), as condições a(0) = 100 e a(100) = 0 só são factíveis se a(1) = 0.

Seja n >= 2. Então: a(n) - a(n-2) = 2*a(1)*a(n-1)

Se a(1) <> 0 então:

a(2) - a(0) = 2*a(1)*a(1) > 0 ==> a(2) > a(0) = 100

Suponhamos inicialmente que a(1) > 0. Nesse caso:

a(3) - a(1) = 2*a(1)*a(2) > 0 ==> a(3) > a(1) > 0

a(4) - a(2) = 2*a(1)*a(3) > 0 ==> a(4) > a(2) > a(0) = 100

a(5) - a(3) = 2*a(1)*a(4) > 0 ==> a(5) > a(3) > a(1) > 0

a(6) - a(4) = 2*a(1)*a(5) > 0 ==> a(6) > a(4) > a(2) > a(0) = 100

......

Hipótese de indução:

Para todo k com 1 <= k <= n-1, teremos:

0 < a(0) < a(2) < ... < a(2k) e 0 < a(1) < a(3) < ... < a(2k-1)

Seja k = n. Então:

a(2n) - a(2n-2) = 2*a(1)*a(2n-1) (i)

a(2n-1) - a(2n-3) = 2*a(1)*a(2n-2) (ii)

Pela H.I., a(2n-3) = a(2*(n-1) -1) > a(1) > 0 e a(2n-2) = a(2*(n-1)) > 0.

Logo, usando (ii), concluímos que a(2n-1) > a(2n-3) > 0.

Daí e de (i) vem que a(2n) > a(2n-2) > 0

Portanto, por indução, concluímos que os tanto os termos de de ordem par quanto os de ordem ímpar formam uma subseqûencia crescente. Assim, 0 = a(100) > a(0) = 100 ==> contradição ==> a(1) <= 0.

Suponhamos agora que a(1) < 0. Nesse caso:

a(3) - a(1) = 2*a(1)*a(2) < 0 ==> a(3) < a(1) < 0

a(4) - a(2) = 2*a(1)*a(3) > 0 ==> a(4) > a(2) > a(0) = 100

a(5) - a(3) = 2*a(1)*a(4) < 0 ==> a(5) < a(3) < a(1) < 0

a(6) - a(4) = 2*a(1)*a(5) > 0 ==> a(6) > a(4) > a(2) > a(0) = 100

De forma análoga ao caso anterior, concluímos, por indução, que os termos de ordem ímpar formam uma subsequência decrescente (e de termos negativos) e os de ordem par formam uma subsequência crescente. Assim, da mesma forma que antes, 0 = a(100) > a(0) = 100 ==> contradição ==> a(1) >= 0.

Logo, só pode ser a(1) = 0.

Assim, a relação de recorrência fica: a(n) = 2*a(1)*a(n-1) + a(n-2) ==> a(n) = a(n-2)

Com as condições: a(0) = 100 e a(1) = 0, teremos:

a(2n) = 100 e a(2n-1) = 0, para todo inteiro não negativo n.

Assim:

a) | a(1) | = 0 <= 1

b) a(2003) = a(2*1001+1) = 0.

Um abraço,

Claudio.

----- Original Message -----

From: Erasmo de Souza Dias

To: obm-l@mat.puc-rio.br

Sent: Wednesday, January 29, 2003 10:59 AM

Subject: [obm-l] sequências e mais sequências

Olá amigos da lista! Tenho aqui um pequeno probleminha para pedir ajuda, lá vai:

Dada a sequencia a[n+1]= 2a1a[n] + a[n-1] definida para todo n>=1 tal que a[0]=100 e a[100]= 0.

a) Mostre que |a1|<=1.

b) Determine a[2003].

obs: O que esta entre cochetes é o indice do a. a[n+1] é a de indice n+1.

Desde já eu agradeço pela ajuda.

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