7/29/2019 Lista 4 - MA12

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Matematica Discreta - PROFMAT

3a Atividade - Unidade 07 e 08

Aldo J. C. da Silva

Prof. G. I. Gomero e Gildson Queiroz de Jesus

21 de marco de 2013

Solucoes

Problema 1 -Unidade 7

Solucao

Seja xn o numero de sequencias de n termos 0 ou 1 que possui quantidade mpar de termosiguais a 0.Assim, o numero de sequencias de n + 1 termos 0 ou 1 com numero mpar de termos iguais a 0,e a soma de duas situacoes:

1)o numero de sequencias comecadas por 1 seguido uma sequencia de n termos com uma quan-tidade mpar de 0, que traduz-se na expressao xn.2) o numero de sequencias comecadas por 0 seguido uma sequencia de n termos com umaquantidade par de 0, ou seja, o complemetar de xn dentro das possibilidades. Assim, podemosrepresentar como sendo 2n xn.Efetuando a soma temos:

xn+1 = xn + 2n xn = 2

n.

Assim, paraxn+11 = 2

n1 = xn = 2n1,

para todo n.

Problema 2- letra a) -Unidade 7

Solucao

Resolvendo a recorrencia homogenia associada ao problema temos que

(n + 1)xn+1 = nxn,

1

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implica em

2x2 = x1 (1)

3x3 = 2x2 (2)

... (3)

nxn = (n 1)xn1 (4)

Multiplicando estes termos chegamos a expressao

nxn = (1)nx1 = xn =

(1)nx1n

Como x1 = 1, podemos escrever uma solucao nao-nula na forma

an =(1)n

n(5)

Temos a partir de (5) que xn = anyn = nxn = (1)nyn

Fazendo a substituicao em (n + 1)xn+1 = nxn + 2n 3 temos:

(1)n+1yn+1 = (1)(1)nyn + 2n 3 (6)

(

1)n+1

yn+1 = (

1)n+1

yn + 2n

3 (7)

yn+1 =(1)n+1yn + 2n 3

(1)n+1(8)

yn+1 = yn +2n 3

(1)n+1. (9)

Como os resultados das substituicoes de n em (1)n+1 sao iguais para 1(1)n+1

, podemos escrever

(9) como

yn+1 = yn + (1)n+1(2n 3)

onde

y1 = a1

x1= 1

(1)= 1

Assim, temos

y1 = 1 (10)

y2 = y1 1 (11)

y3 = y2 1 (12)

2

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y4 = y3 + 3 (13)

y5 = y4 5 (14)

... (15)

yn = yn1 + (1)n(2(n 1) 3). (16)

Somando, vem que

yn = 1 1 1 + 3 5 + 7 9 + . . . + (1)n(2(n 1) 3).

Quando n e par, temos que

yn = 2 + (n 2) = n 4 = xn =n 4

4= 1

4

n.

Quando n e mpar, temos

yn = (n 5) (2(n 1) 3) = n = xn = anyn = 1.

Problema 2- letra b) -Unidade 7

Solucao

Resolvendo a recorrencia homogenia associada ao problema temos que

xn+1 = nxn

implica em

x2 = x1 (17)

x3 = 2x2 (18)

... (19)

xn = (n 1)xn1 (20)

Multiplicando estes termos chegamos a expressao

xn = (n 1)!x1

Como x1 = 1, podemos escrever uma solucao nao-nula na forma

an = (n 1)!. (21)

Temos a partir de (21) que xn = anyn pode ser escrita como

xn = (n 1)!yn

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Fazendo a substituicao em xn+1 = nxn + (n + 1)! temos:

n!yn+1 = n(n 1)!yn + (n + 1)! (22)

n!yn+1 = n!yn + (n + 1)! (23)

n!yn+1 = yn +(n + 1)!

n!(24)

n!yn+1 = yn +(n + 1)n!

n!(25)

yn+1 = yn + (n + 1) (26)

onde

y1 =a1x1

=1

(1 1)!= 1

Assim,

y1 = 1 (27)

y2 = y1 + 2 (28)

y3 = y2 + 3 (29)

... (30)

yn = yn1 + n (31)

Somando, vem queyn = 1 + 2 + 3 + . . . + n

Como yn e a soma de uma P.A. podemos escreve-la da seguinte forma:

yn =n(n + 1)

2.

Assim,

xn = anyn =(n 1)!n(n + 1)

2=

(n + 1)!

2

Problema 1 -Unidade 8

Solucao

Temos que ano n + 2 o numero de sementes geradas e de 21 para cada semente gerada no ano

n + 1 e de 44 sementes para cada semente gerada nos anos anteriores.Seja xn o numero de sementes geradas no ano n. Assim, podemos escrever

xn+2 = 21xn+1 + 44(xn + xn1 + . . . + x1 + x0) (32)

com x1 = 1 e x2 = 44 + 21.21 = 485.Agora, escrevendo a expressao para xn+1, podemos transforma-la em uma recorrencia de segundaordem da seguinte maneira:

4

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xn+1 = 21xn + 44(xn1 + xn2 + . . . + x1 + x0) (33)

Subtraindo a expressao (33) da expressao (32), temos

xn+2 = 22xn+1 + 23xn

ouxn+2 22xn+1 23xn = 0

Assim, podemos obter uma equacao caracterstica do tipo

r2 22r 23 = 0

e as suas razes

r1 = 23 e r2 = 1 (34)

Como a equacao geral e do tipoxn = C1r

n

1 + C2rn

2

temos de 34) que podemos escreve-la como

xn = C123n + C2(1)

n

que e a solucao geral.

Como, x1 = 1 e x2 = 485, obtemos de x1 e x2, respectivamente que

23C1 C2 = 21 (35)

529C1 + C2 = 485 (36)

resolvendo o sistema acima, vem que

C1 =11

12e C2 = 1/12

Logo, a solucao da recorrencia e

xn =1112

23n + 112

(1)n.

Problema 2 -Unidade 8

Solucao

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