Equações quociente

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Anotac¸o˜es Sobre Equac¸o˜es Quociente.
Rodrigo Carlos Silva de Lima ‡
rodrigo.uff.math@gmail.com
‡
2
Suma´rio
1 Equac¸o˜es quociente 3
1.1 Recorreˆncias do tipo f(n+ p) = c
p−1∏
k=0
(
f(n+ k)
)ak
. . . . . . . . . . . . 3
1.2 Recorreˆncias do tipo f(n+ 1) = f(n).
k−1∏
w=1
(kn+w) . . . . . . . . . . . . . 4
1.3 Recorreˆncia do tipo g(n+ p)f(n+ p) =
p−1∑
k=0
ck[g(n+ k)f(n+ k)] . . . . . 6
1.3.1 Recorreˆncia do tipo a(n+ p) = bna(n) . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 Integrac¸a˜o e recorreˆncias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.4.1 Recorreˆncia do tipo
p∏
k=1
(an+k + t) = an+p+1 . . . . . . . . . . . . . 11
3
4 SUMA´RIO
Capı´tulo 1
Equac¸o˜es quociente
1.1 Recorreˆncias do tipo f(n+ p) = c
p−1∏
k=0
(
f(n+ k)
)ak
Vamos considerar uma recorreˆncia do tipo f(n+p) = c
p−1∏
k=0
(
f(n+k)
)ak
de termos
positivos, tomando o logaritmo em uma certa base de ambos lados
log f(n+ p) = log c+ log
p−1∏
k=0
(
f(n+ k)
)ak
= logc+
p−1∑
k=0
ak log f(n+ k)
tomando a mudanc¸a log f(n+ s) = h(n+ s) para todo s de 0 ate´ p, temos
h(n+ p) = k+
p−1∑
k=0
akh(n+ k)
onde log c = k, que pode ser resolvida com te´cnicas ja´ vistas antes, por se tratar de
uma recorreˆncia linear.
Z Exemplo 1. Resolver formalmente a recorreˆncia f(n+ 2) = f(n+ 1).f(n)c.
Tomando o logaritmo em ambos lados, temos
log f(n+ 2) = log f(n+ 1) + c log f(n)
5
6 CAPI´TULO 1. EQUAC¸O˜ES QUOCIENTE
tomando h(n) = log f(n) tem-se uma recorreˆncia linear
h(n+ 2) = h(n+ 1) + ch(n).
1.2 Recorreˆncias do tipo f(n+ 1) = f(n).
k−1∏
w=1
(kn+w)
Tomamos uma condic¸a˜o inicial f(0) diferente de zero.
f(n+ 1) = f(n).
k−1∏
w=1
(kn+w) = f(n)(kn+ 1)× · · · × (kn+ k− 1)
mudando n por s
f(s+ 1) = f(s).
k−1∏
w=1
(ks+w)
f(s+ 1)
f(s)
= Qf(s) =
k−1∏
w=1
(ks+w)
tomando o produto´rio de ambos lados com s variando de 0 ate´ n− 1
n−1∏
s=0
Qf(s) =
f(n)
f(0)
=
n−1∏
s=0
k−1∏
w=1
(ks+w)
assim temos
f(n) = f(0)
n−1∏
s=0
k−1∏
w=1
(ks+w)
Agora vamos mostrar que essa expressa˜o pode ser escrita com fatorial da seguinte
maneira
f(n) =
f(0)(kn)!
kn(n)!
temos que
f(n+ 1) = f(0)(kn+ k)!
k.kn(n+ 1)(n)!
e temos
(kn+ k)! =
kn+k∏
w=1
w = [
kn∏
w=1
w].[
kn+k−1∏
w=kn+1
w].(kn+ k) = (kn)![
k−1∏
w=1
(kn+w)](k)(n+ 1)
1.2. RECORREˆNCIAS DO TIPO F(N+ 1) = F(N).
K−1∏
W=1
(KN+W) 7
substituindo temos
f(n+ 1) =
f(0)(kn)![
k−1∏
w=1
(kn+w)](k)(n+ 1)
k.kn(n+ 1)(n)!
=
f(0)(kn)![
k−1∏
w=1
(kn+w)]
kn(n)!
=
f(n+ 1) = f(n)
k−1∏
w=1
(kn+w)
agora falta mostrar que ela satisfaz a condic¸a˜o inicial f(0) = f(0)
f(0) = f(0)(k0)!
k0(0)!
= f(0).
Temos como corola´rio enta˜o que
(kn)!
kn(n)!
=
n−1∏
s=0
k−1∏
w=1
(ks+w)
lembrando que (kn)!
n!
pode ser escrita como poteˆncia fatorial da seguinte maneira
(kn)!
n!
= (kn)(n(k−1),1) podemos escrever
(kn)!
kn(n)!
=
(kn)(n(k−1),1)
kn
=
n−1∏
s=0
k−1∏
w=1
(ks+w)
Z Exemplo 2. Se k = 2 temos
(2n)!
2n(n)!
=
n−1∏
s=0
1∏
w=1
(2s+w) =
n−1∏
s=0
(2s+ 1) = (2n)
(n,1)
2n
e a recorreˆncia
f(n+ 1) = (2n+ 1)f(n).
Z Exemplo 3. Se k = 3 temos que
(3n)!
3nn!
8 CAPI´TULO 1. EQUAC¸O˜ES QUOCIENTE
satisfaz a recorreˆncia
f(n+ 1) = (3n+ 2)(3n+ 1)f(n).
1.3 Recorreˆncia do tipo g(n+p)f(n+p) =
p−1∑
k=0
ck[g(n+
k)f(n+ k)]
Para resolver recorreˆncias do tipo g(n+p)f(n+p) =
p−1∑
k=0
ck[g(n+k)f(n+k)], onde
g(n) e´ conhecida e na˜o se anula, tomamos g(n+ s)f(n+ s) = h(n+ s)
h(n+ p) =
p−1∑
k=0
ckh(n+ k)
que pode ser resolvida por te´cnicas que ja´ conhecemos , tomamos como soluc¸a˜o
f(n) =
h(n)
g(n)
Z Exemplo 4. Seja a recorreˆncia de termos positivos (onde g(n) e´ dada)
g(n+ 1)f(n+ 1) = g(n)f(n)
f(n+ 1)
f(n)
=
g(n)
g(n+ 1)
= Qf(n)
perceba que Q 1
g(n)
=
g(n)
g(n+ 1)
, assim
Qf(k) = Q
1
g(k)
aplicando o produto´rio em ambos lados variando de k = a ate´ k = n− 1 temos
n−1∏
k=a
Qf(k) =
f(n)
f(a)
=
n−1∏
k=a
Q
1
g(k)
=
g(a)
g(n)
1.3. RECORREˆNCIA DO TIPO G(N+ P)F(N+ P) =
P−1∑
K=0
CK[G(N+ K)F(N+ K)] 9
implicando
f(n) =
f(a).g(a)
g(n).
Uma outra maneira simples de resolver essa questa˜o e´ tomar f(n) = h(n)
g(n)
,
assim temos
g(n+ 1)h(n+ 1)
g(n+ 1)
= g(n)
h(n)
g(n)
implicando
h(n+ 1) = h(n)
onde temos enta˜o h(n) = c, assim a soluc¸a˜o geral fica como
f(n) =
c
g(n)
Podemos ainda fazer de uma terceira maneira, tomamos o logaritmo de ambos
lados
lng(n+ 1) + ln f(n+ 1) = lng(n) + ln f(n)
∆ ln f(n) = −∆ lng(n)
aplicando o somato´rio em ambos lados com k variando de a ate´ n− 1
n−1∑
k=a
∆ ln f(k) = ln f(n) − lnf(a) = −
n−1∑
k=a
∆ lng(n) = − lng(n) + lng(a)
implicando
ln f(n) = ln f(a).g(a)
g(n)
implicando
f(n) =
f(a).g(a)
g(n)
1.3.1 Recorreˆncia do tipo a(n+ p) = bna(n)
10 CAPI´TULO 1. EQUAC¸O˜ES QUOCIENTE
b Propriedade 1. Se a(n+ p) = bna(n) enta˜o a(p n+q) = a(q)
n−1∏
s=0
b(p s+q).
ê Demonstrac¸a˜o. Por divisa˜o euclidiana de n por p temos n = ps + q, daı´
tem-se
a(p(s+1)+q) = bps+qa(ps+q)
tomando xs = a(ps+q) segue xs+1 = a(p(s+1)+q) daı´
xs+1 = b(ps+q)xs, Qxs = b(ps+q)
aplicando o produto de s = 0 ate´ s = n− 1 temos por produto telesco´pico
xn = x0
n−1∏
s=0
b(ps+q)
substituindo x0 = a(q) e xn = a(pn+ q)
a(pn+q) = a(q)
n−1∏
s=0
b(ps+q).
Z Exemplo 5. Dada a recorreˆncia a0 = 1 = a1 e a(n+2) = n− 1
n+ 1
an, achar a
expressa˜o para a2n.
Temos que p = 2, q = 0 e b(n) = n− 1
n+ 1
logo b(ps) = b(2s) = 2s− 1
2s+ 1
enta˜o
a(2n) =
n−1∏
s=0
2s− 1
2s+ 1
=
n−1∏
s=0
(2s− 1)
n−1∏
s=0
(2s+ 1)
=
n−1∏
s=0
(2s− 1)
n∏
s=1
(2s− 1)
=
(−1)
n−1∏
s=1
(2s− 1)
(2n− 1)
n−1∏
s=1
(2s− 1)
=
1
1− 2n
.
Z Exemplo 6. Para a recorreˆncia c(n + 2) = c(n) na˜o precisamos aplicar a
fo´rmula fechada para descobrir os valores pois ela e´ perio´dica, de perı´odo 2. Por
isso temos
c(2n) = c(0)e c(2n+ 1) = c(1).
1.4. INTEGRAC¸A˜O E RECORREˆNCIAS 11
Z Exemplo 7. Deduza uma expressa˜o fechada para a recorreˆncia
a(n+ 2)(n+ 2)(n+ 1) = a(n).
Escrevemos
a(n+ 2)(n+ 2)!
n!
= a(n)⇒ a(n+ 2)(n+ 2)! = a(n)n!.
Denote c(n) := a(n)n!, logo temos c(n + 2) = c(n) e caı´mos no caso anterior.
Como c(0) = a(0)0! = a(0) e c(1) = a(1)1! = a(1), segue que
a(2n)(2n)! = a(0)⇒ a(2n) = a(0)
(2n)!
e a(2n+2)(2n+1)! = a(0)⇒ a(2n+2) = a(1)
(2n+ 1)!
.
1.4 Integrac¸a˜o e recorreˆncias
Vamos comec¸ar demonstrando fo´rmulas de recorreˆncia para as integrais de poteˆncias
da func¸a˜o seno e cosseno.
b Propriedade 2.∫
cosnx dx =
1
n
cosn−1x senx+
n− 1
n
∫
cosn−2x dx
para n ≥ 2 natural.
ê Demonstrac¸a˜o. Vamos aplicar a integrac¸a˜o por partes∫
cosnx dx =
∫
cosn−1x cosx dx
tomando g(x) = cosn−1x segue que g ′(x) = −(n− 1)senx cosn−2x e f ′(x) = cosx temos
f(x) = senx logo
∫
cosnx dx = cosn−1x senx+ (n− 1)
∫
sen2x cosn−2x dx =
substituindo sen2x = 1− cos2x temos
12 CAPI´TULO 1. EQUAC¸O˜ES QUOCIENTE
∫
cosnx dx = cosn−1x senx+ (n− 1)
∫
(1− cos2x) cosn−2x dx =
= cosn−1x senx+ (n− 1)
∫
cosn−2x dx− (n− 1)
∫
cosnx dx =
∫
cosnx dx
segue que ∫
cosnx dx =
1
n
cosn−1x senx+
n− 1
n
∫
cosn−2x dx .
Z Exemplo 8. Mostre que∫ 1
0
(1− x2)ndx = 2
2n(n!)2
(2n+ 1)!
para n natural. Vamos fazer a substituic¸a˜o x = sent, assim 1 − x2 = 1 − sen2t =
cos2t e temos quando x = 0 t = 0, x = 1, t = pi
2
e dx = costdt substituindo temos
∫ pi
2
0
cost cos2nt dt =
∫ pi
2
0
cos2n+1t dt =
22n(n!)2
(2n+ 1)!
e agora demonstrar por induc¸a˜o, para n = 0 temos∫ pi
2
0
cost dt = sent
∣∣∣∣pi/2
0
= 1 = 22.0(0!)2
(2.0+ 1)!
seja agora va´lido para n
f(n) =
∫ pi
2
0
cos2n+1t dt =
22n(n!)2
(2n+ 1)!
vamos provar para n+ 1∫ pi
2
0
cos2n+3t dt =
22n+2((n+ 1)!)2
(2n+ 3)!
=
4(n+ 1)222n(n!)2
(2n+ 3)(2n+ 2)(2n+ 1)!
=
=
2(2n+ 2)(n+ 1)22n(n!)2
(2n+ 3)(2n+ 2)(2n+ 1)!
=
2(n+ 1)22n(n!)2
(2n+ 3)(2n+ 1)!
=
2n+ 2
2n+ 3
f(n)
e o que devemos mostrar, usando a recorreˆncia de integrais de poteˆncias de
cosseno temos ∫ pi
2
0
cos2n+3t dt =
1.4. INTEGRAC¸A˜O E RECORREˆNCIAS 13
∫ pi
2
0
cos2n+3x dx =
1
2n+ 3
cos2n+2x senx
∣∣∣∣pi/2
0
+
2n+ 2
2n+ 3
∫ pi
2
0
cos2n+1x dx =
=
2n+ 2
2n+ 3
∫ pi
2
0
cos2n+1x dx =
2n+ 2
2n+ 3
f(n) .
Com esse exemplo vemos que 2
2n(n!)2
(2n+ 1)!
satisfaz a recorreˆncia f(n+1) = 2n+ 2
2n+ 3
f(n)
com condic¸a˜o inicial f(0) = 1. Podemos expandir a primeira integral para chegar
numa outra relac¸a˜o∫ 1
0
(1−x2)ndx =
∫ 1
0
n∑
k=1
(
n
k
)
(−1)kx2k =
n∑
k=1
(
n
k
)
(−1)k x
2k+1
2k+ 1
∣∣∣∣1
0
=
n∑
k=1
(
n
k
)
(−1)k
2k+ 1
=
22n(n!)2
(2n+ 1)!
.
n∑
k=1
(
n
k
)
(−1)k
2k+ 1
=
22n(n!)2
(2n+ 1)!
.
Z Exemplo 9. Seja a sequeˆncia definida como f(n + 2) =√f(n+ 1)f(n), com
condic¸o˜es iniciais f(1) e f(2), achar a expressa˜o geral e o limite da sequeˆncia.
Tomamos ln em cada lado da recorreˆncia e chegamos na recorreˆncia ln f(n+2) =
1
2
ln f(n+ 1) + 1
2
ln f(n), tomando g(n) = ln f(n) tem-se a recorreˆncia
g(n+ 2) = 1
2
g(n+ 1) + 1
2
g(n)
pela teoria de recorreˆncia a forma dessa recorreˆncia e´ g(n) = c1 + c2
(
−1
2
)n
resolvendo o sistema para achar as condic¸o˜es iniciais chegamos em
f(n) = f(1)
1
3 f(2)
2
3
(
f(2)
f(1)
) 4
2 (
−1
2 )
n
o processo de deduc¸a˜o na˜o precisa ser feito novamente, basta mostrar que a
expressa˜o encontrada satisfaz as condic¸o˜es iniciais e a recorreˆncia dada. Tem-se
tambe´m
ln f(n) = ln f(1)
1
3 f(2)
2
3 +
4
3
(
−1
2
)n
ln f(2)
f(1)
14 CAPI´TULO 1. EQUAC¸O˜ES QUOCIENTE
tomando o limite lim ln f(n) tem-se
lim ln f(n) = ln f(1)
1
3 f(2)
2
3
e daı´ lim f(n) = f(1)
1
3 f(2)
2
3 .
1.4.1 Recorreˆncia do tipo
p∏
k=1
(an+k + t) = an+p+1
Z Exemplo 10. Em recorreˆncia do tipo
p∏
k=1
(an+k + t) = an+p+1 + t tomando o
logaritmo de ambos lados temos
ln(an+p+1 + t) =
p∑
k=1
ln(an+k + t)
tomando ln(an+k + t) = f(n+ k), temos a recorreˆncia linear
f(n+ p+ 1) =
p∑
k=1
f(n+ k).
Z Exemplo 11. Ache a soluc¸a˜o da recorreˆncia
an+1 + anan+1 + an = an+2.
O problema aqui e´ escrever a recorreˆncia por fatorac¸a˜o de modo conveniente.
A fatorac¸a˜o e´
(an+1 + 1)(an + 1) = an+2 + 1
pois expandindo
an+1an + an+1 + an + 1 = an+2 + 1⇔ an+1 + anan+1 + an = an+2
enta˜o basta aplica o logaritmo em (an+1 + 1)(an + 1) = an+2 + 1 e resolver.
	Equações quociente
	Recorrências do tipo f(n+p)=cp-1k=0(to.f(n+k))to.ak 
	Recorrências do tipo f(n+1)=f(n).k-1w=1(kn+w)
	Recorrência do tipo g(n+p)f(n+p)=p-1k=0ck[g(n+k)f(n+k)]
	Recorrência do tipo a(n+p)=bna(n)
	Integração e recorrências
	Recorrência do tipo pk=1(an+k+t)=an+p+1