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Exercícios Resolvidos de Equação de Diferença – Homogênea

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Exercício 51234678910

Enunciado

Sistemas de Equações da Diferença

(a) Dê um exemplo de uma matriz real A ∈ R 2 x 2 e de uma função y n = ( y 1 n , y 2 n ) satisfazendo y n + 1 = A y ( n ) para todo n e tal que

lim n → + ∞ ⁡ y 1 n + y 2 ( n ) n = 4      

(b) Dê um exemplo de uma matriz real A ∈ R 2 x 2   e de uma função y n = ( y 1 n , y 2 n ) satisfazendo y n + 1 = A y ( n ) para todo n e tal que

y 1 n 2 + y 1 n y 2 n - y 2 n 2 = 1         ,         lim n → + ∞ ⁡ y 1 n = + ∞

Passo 1

  1. Seja y n = 2 n + k , 2 n onde k é uma constante, então

    2. 2 n + 2 + k 2 n + 2 = a b c d ⋅ 2 n + k 2 n

    ⇒ 2 n + 2 + k 2 n + 2 = 2 a n + a k + 2 b n 2 c n + c k + 2 d n

    Então,

    2 n + 2 + k = 2 a + 2 b n + a k    

    2 n + 2 = 2 c + 2 d n + c k

    Da primeira equação ficamos com

    2 a + 2 b = 2 ⇒ a + b = 1

    a k = 2 + k ⇒ k a - 1 = 2 ⇒ a = 2 k + 1

    E da segunda ficamos com

    2 c + 2 d = 2 ⇒ c + d = 1

    c k = 2 ⇒ c = 2 k

    Passo 2

    Então, substituindo os valores, ficamos com

    2 k + 1 + b = 1 ⇒ b = - 2 k

    E portanto,

    2 k + d = 1 ⇒ d = 1 - 2 k

    Logo, a matriz A é dada por

    A = 2 k + 1 - 2 k 2 k 1 - 2 k

    Como k é constante podemos escolher um valor qualquer para ele, então para simplificar podemos fazer k = 1 , daí temos

    A = 3 - 2 2 - 1

    Passo 3

    E temos também que

    lim n → + ∞ ⁡ y 1 n + y 2 ( n ) n = lim n → ∞ ⁡ 2 n + 1 + 2 n n = lim n → ∞ ⁡ 4 + 1 n = 4      

    Logo, o nosso y ( n ) satisfaz a condição pedida pelo enunciado.

    Passo 4

  2. Bom, como temos que obedecer as restrições dadas por

y 1 n 2 + y 1 n y 2 n - y 2 n 2 = 1         ,         lim n → + ∞ ⁡ y 1 n = + ∞

Vamos primeiro achar uma relação entre os limites de y 1 e y 2 pra facilitar nossa vida.

y 1 n 2 + y 1 n y 2 n - y 2 n 2 = 1 ⇒ 1 + y 2 y 1 - y 2 y 1 2 = 1 y 1 2        

Tomando o limite quando n → ∞ ficamos com

1 + L - L 2 = 0

Onde L = lim n → ∞ ⁡ y 2 y 1 .

Portanto resolvendo essa equação do segundo grau, temos que

L = 1 ± 5 2

Passo 2

Então, fazendo y n = ( n , L n + k ) , onde k é constante e L foi achado no passo anterior.

Portanto,

n + 1 L n + L + k = a b c d ⋅ n L n + k

⇒ n + 1 L n + L + k = a n + L b n + b k c n + L d n + d k

Então,

n + 1 = n a + L b + b k

L n + L + k = n c + L d + d k

Portanto da primeira equação ficamos com

a + L b = 1 ⇒ a = 1 - L k

b k = 1 ⇒ b = 1 k

E da segunda ficamos com

c + L d = L ⇒ c = L 1 - d ⇒ c = - L 2 k

d k = L + k ⇒ d = 1 + L k

Portanto nossa matriz é da forma

A = 1 - L k 1 k - L 2 k 1 + L k

Fazendo k = 1 ficamos com

A = 1 - L 1 - L 2 1 + L

Portanto nosso y ( n ) satisfaz as condições dadas pelo enunciado.

Resposta

(a)

A = 3 - 2 2 - 1

y n = 2 n + 1,2 n

(b)

A = 1 - L 1 - L 2 1 + L

y n = ( n , L n + k )