polos olímpicos de treinamento curso de Álgebra - nível 2...

Polos Olímpicos de TreinamentoCurso de Álgebra - Nível 2Prof. Marcelo Mendes

Aula 3

Sequencias

Uma sequencia nada mais e do que um conjunto de numeros ordenados. Assim, pode-mos estabelecer um primeiro termo (a1), um segundo termo (a2), ... e o termo geral deuma sequencia e escrito na forma an. Os problemas costumam informar qual e o valor dealguns termos e uma lei de formacao para os demais termos. Se necessario, faremos uso determos, que na sequencia, sao anteriores aos termos dados ou posteriores (que sera maisraro).

Algumas vezes, essa lei de formacao sera implıcita, ou seja, nao poderemos calcular ostermos diretamente a partir da posicao que eles ocupam na sequencia. Por exemplo, secada termo e a soma dos dois termos imediatamente anteriores e os primeiro e segundotermos sao iguais a 1. Possivelmente, precisaremos de uma lei explıcita, que calcula umtermo da sequencia apenas a partir da posicao que ele ocupa.

No paragrafo anterior, a sequencia em questao e a famosa Sequencia de Fibonacci. Naproxima aula, vamos aprender como encontrar seu termo geral.

1 Sequencias simples

Problema 1. Mostre que a sequencia definida por an = n2 + n + 2 para n ≥ 1, entao nasequencia a1, a2, a3, ... contem an quadrado perfeito, mas apenas em quantidade finita.

Solucao. Inicialmente, veja que a1 = 4, que e quadrado perfeito. Mas para n > 1, ocorre

n2 < n2 + n+ 2 < n2 + 2n+ 1,

ou seja, an esta situado entre 2 quadrados perfeitos consecutivos e, portanto, nao pode serum quadrado.

Problema 2. Uma sequencia {an} e definida por a1 = 2 e, para n ≥ 2, an e o maior divisorprimo de a1 · a2 · ... · an−1 + 1. Mostre que an nunca e igual a 5.

POT 2012 - Algebra - Nıvel 2 - Aula 3 - Prof. Marcelo Mendes

Solucao. O maximo divisor primo de a1+1 = 3 e a2 = 3. Logo, se n > 2, a1 ·a2 ·...·an−1+1nao possui fatores 2 nem 3, ou seja, se an = 5, entao a1 · a2 · ... · an−1 + 1 = 5k oua1 · a2 · ... · an−1 = 5k − 1, que e multiplo de 4, uma contradicao pois o unico fator par domembro esquerdo dessa ultima equacao e a1 = 2.

Problema 3. (OBM) Considere a sequencia oscilante:

1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2, 1, 2, 3, 4, ...

Determine o 2003o termo desta sequencia.

Solucao. Uma parte da sequencia, com 8 algarismos, se repete: 1, 2, 3, 4, 5, 4, 3, 2. Di-vidindo 2003 por 8, obtemos 3 como resto, e deste modo, o 2003o termo corresponde aoterceiro elemento da parte da sequencia que se repete, isto e, 3.

Problema 4. (OBM-Adaptado) A sequencia de algarismos 1, 2, 3, 4, 0, 9, 6, 9, 4, 8, 7, ... econstruıda da seguinte maneira: cada elemento, a partir do quinto, e igual ao ultimoalgarismo da soma dos quatro anteriores. Os algarismos 2, 0, 0, 4, juntos e nesta ordem,aparecem na sequencia?

Problema 5. Calcule a soma 1− 2 + 3− 4 + . . .− 98 + 99− 100.

2 Somas Telescopicas

Vamos entender o que e uma soma telescopica atraves do nosso primeiro exemplo.

Problema 6. (EUA) Se F (n + 1) =2F (n) + 1

2para n = 1, 2, ..., e F (1) = 2, entao deter-

mine o valor de F (101).

Solucao. Podemos reescrever a equacao que define os termos dessa sequencia recursiva-mente (isto e, em funcao de termos anteriores) da seguinte forma:

F (n + 1)− F (n) =1

2.

Assim, podemos escrever essas equacoes variando n de 100 a 1:

F (101) − F (100) =1

2

F (100) − F (99) =1

2:

F (3) − F (2) =1

2

2


F (2) − F (1) =1

2

Somando telescopicamente todas essas equacoes, obtemos F (101)−F (1) = 50, ou seja,F (101) = 52 pois F (1) = 2.

Sequencias como essa que acabamos de ver em que a diferenca entre os valores dostermos consecutivos e constante sao chamadas de Progressao Aritmetica (P.A.).

Acho que deu pra entender o que e uma soma telescopica: sao somas em que os termosintermediarios sao cancelados e, no final, so restam o primeiro e o ultimo.

Pode ate mesmo ser interessante escrever coisas do tipo

1− n = (1− 2) + (2− 3) + ...+ [(n− 1)− n] .

Vejamos agora mais um exemplo.

Problema 7. Encontre o valor da soma

S =1

1× 2+

1

2× 3+

1

3× 4+ ...+

1

999 × 1000.

Solucao. Essa e uma aplicacao classica para somas telescopicas. Observe que os denomi-

nadores sao produtos de numeros consecutivos. Com o auxılio da identidade1

k × (k + 1)=

1

k−

1

k + 1, concluımos que

S =1

1−

1

2+

1

2−

1

3+

1

3−

1

4+ ...+

1

999−

1

1000⇒ S = 1−

1

1000=

999

1000.

Problema 8. (EUA) Encontre a soma1

1× 3+

1

3× 5+

1

5× 7+ ...+

1

255 × 257.

Problema 9. (OBM) Encontre a soma1

1× 4+

1

4× 7+

1

7× 10+ ...+

1

2998 × 3001.

Problema 10. (Hungria) Prove que para todos os inteiros positivos n,

1

1 · 2+

1

3 · 4+ ...+

1

(2n − 1) · 2n=

1

n+ 1+

1

n+ 2+ ...+

1

2n.

Solucao. Veja

1

1 · 2+

1

3 · 4+ ...+

1

(2n − 1) · 2n= 1−

1

2+

1

3−

1

4+ ...+

1

2n− 1−

1

2n

= 1 +1

2+

1

3+

1

4+ ...+

1

2n − 1+

1

2n− 2

!1

2+

1

4+ ...+

1

2n

"

3


= 1 +1

2+

1

3+

1

4+ ...+

1

2n − 1+

1

2n−

!

1 +1

2+ ...+

1

n

"

=1

n+ 1+

1

n+ 2+ ...+

1

2n.

Observe que, apesar de muito semelhante aos problemas anteriores, este nao utilizasoma telescopica.

Problema 11. O pagamento de um certo pintor aumenta de acordo com o dias em queele trabalha. No primeiro dia ele recebeu 1 real. no segundo dia ele recebeu o que ti-nha ganho no primeiro dia mais 2 reais. No terceiro dia ele recebeu o que tinha recebidono segundo dia mais 3 reais. Desse modo, quanto o marceneiro ira receber no centesimo dia?

Solucao. Seja Ln o valor pago no n-esimo dia. O problema no diz que Ln+1 = Ln+(n+1).Vamos escrever varias equacoes seguidas:

Ln+1 = Ln + (n+ 1)Ln = Ln−1 + n

Ln−1 = Ln−2 + (n− 1). . .

L2 = L1 + 2

Somando tudo, obtemos um cancelamento de varios termos (soma telescopica), so-brando:

Ln+1 = (n+ 1) + n+ (n− 1) + . . .+ 2 + 1 =(n+ 1)(n + 2)

2.

Problema 12. Prove que S =1√

1 +√2+

1√2 +

√3+. . .+

1√99 +

√100

e um numero inteiro.

Solucao. A dica e racionalizacao dos denominadores:

1√1 +

√2=

1√1 +

√2·√1−

√2√

1−√2= −

#√1−

√2$

.

Repetindo o procedimento para as demais parcelas, chegamos a:

−S =√1−

√2 +

√2−

√3 + ...+

√99−

√100 =

√1−

√100 = −99

⇔ S = 99,

que e um numero inteiro.

Problema 13. Determine o valor da expressao

E =

!2002

2 · 6+

2002

6 · 10+

2002

10 · 14+ ...+

2002

1998 · 2002

" 1√

1+√

2+ 1

√

2+√

3+ 1

√

3+√

4+...+ 1

√

99+√

100

.

4


Problema 14. (EUA) A Sequencia de Fibonacci 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ... comeca com dois1s e cada termo seguinte e a soma de seus dois antecessores. Qual dos dez dıgitos (do sis-tema de numeracao decimal) e o ultimo a aparecer na posicao das unidades na sequenciade Fibonacci?

Problema 15. (OBM) Determine o maximo divisor comum de todos os termos da sequenciacujos termos sao definidos por an = n3 − n.

Problema 16. (EUA) Considere uma sequencia un definida por u1 = 5 e a relacao

un+1 − un = 3 + 4(n− 1), n = 1, 2, 3, ...

Se un e expresso como um polinomio em n, determine a soma algebrica de seus coeficientes.

Solucao. Podemos escrever

un − un−1 = 3 + 4(n − 2)

un−1 − un−2 = 3 + 4(n− 3)

:

u2 − u1 = 3 + 4 · 1

Somando todas essas equacoes, obtemos

un − u1 = 3(n− 1) + 4 (1 + 2 + ...+ (n− 2)) = 3(n− 1) + 2(n − 1)(n − 2)

⇒ un = 2n2 − 3n+ 6,

cuja soma dos coeficientes e 5.

Problema 17. (Estonia) Prove a desigualdade

2010 <22 + 1

22 − 1+

32 + 1

32 − 1+ ...+

20102 + 1

20102 − 1< 2010

1

2.

Problema 18. Calcule a soman%

k=1

1

(k + 1)√k + k

√k + 1

.

5


Problema 19. Considere a sequencia definida por a1 = 1 e an+1 =an

1+n·an. Calcule a2012.

Solucao. Comecaremos com um artifıcio algebrico bastante util que e observar que, naformula de an+1, a fracao do membro direito pode ser melhor desenvolvida se for invertida,porque poderemos desmembrar o resultado. De fato, temos

1

an+1

=1 + n · an

an=

1

an+ n

⇔1

an+1

−1

an= n.

Assim, obtemos uma chamada equacao de diferenca. Variando o valor de n de formadecrescente de 2010 a 1, chegaremos a

1a2011

− 1a2010

= 20101

a2011− 1

a2010= 2009

... =...

1a3

− 1a2

= 21a2

− 1a1

= 1

Somando essas 2010 equacoes membro a membro, obtemos

1

a2011−

1

a1= 1 + 2 + ...+ 2009 + 2010 =

2010 · 20112

= 2021055

⇔1

a2011= 2021056.

Portanto, a2011 =1

2021056.

6


3 Produtos Telescopicos

A ideia e semelhante a das somas telescopicas, mas o cancelamento ocorre pelo produtoe nao por soma.

Problema 20. No ano 1 Papai Noel viajou sozinho para entregar seus presentes na noitede Natal. No ano seguinte, ele percebeu que precisava de um ajundante e contratou umMatesito (tıpico habitante do Polo Norte). A cada ano, ele sempre precisava dobrar a quan-tidade de Matesitos e contratava mais Matesitos para guiar as renas. Quantos MatesitosPapai Noel vai precisar contratar no ano de 2012?

Solucao. Seja Ln o numero de Matesitos em cada ano. O problema no diz que Ln+1 =2Ln + 1. Somando 1 aos dois lados obtemos Ln+1 + 1 = 2(Ln + 1). Vamos escrever variasequacoes seguidas:

Ln+1 + 1 = 2(Ln + 1)Ln + 1 = 2(Ln−1 + 1)

Ln−1 + 1 = 2(Ln−2 + 1). . .

L2 + 1 = 2(L1 + 1)

Multiplicando tudo, obtemos um cancelamento de varios termos (produto telescopico),sobrando:

Ln+1 + 1 = 2× 2× 2 . . . × 2& '( )

n+1vezes

= 2n+1 ⇒ Ln+1 = 2n+1 − 1.

Em particular, L2012 = 22012 − 1.

Problema 21. Uma sequencia e definida por a1 = 2 e an = 3an−1 + 1. Determine a somaa1 + a2 + . . .+ an.

Problema 22. Considere a sequencia recorrente definida por a1 = 14 e an+1 = a2n − 2.Prove que o numero

*

3 (a2n − 4) e divisıvel por 4, ∀n ∈ Z, n ≥ 1.

Solucao. Primeiro, veja que+

3,

a21 − 4-

= 24. Observe que

an+1 − 2 = a2n − 4 = (an + 2)(an − 2).

Reduzindo os ındices, obtemos tambem

an − 2 = (an−1 + 2)(an−1 − 2)

:

a3 − 2 = (a2 + 2)(a2 − 2)

a2 − 2 = (a1 + 2)(a1 − 2)

7


Multiplicando todas essas equacoes telescopicamente, obtemos

an+1 − 2 = (an + 2)(an−1 + 2)...(a1 + 2)(a1 − 2)

⇔ a2n − 4 = a2n−1 · a2n−2 · ... · 16 · 12

⇔ 3,

a2n − 4-

= a2n−1 · a2n−2 · ... · 16 · 36.

⇔*

3 (a2n − 4) = an−1 · an−2 · ... · 4 · 6,

que e multiplo de 4.

Problema 23. Sejam r1 = 3 e rn = r2n−1 − 2,∀n ≥ 2. Se sn = rn − 2 para n ≥ 1, prove quesj tem, no mınimo, 2 · 3j−2 divisores positivos, j ≥ 2.

Problema 24. (EUA) Defina uma sequencia de numeros reais a1, a2, a3, ... por a1 = 1 ea3n+1 = 99a3n,∀n ≥ 1. Determine o valor de a100.

Problema 25. Calcule o valor de

,

104 + 324- ,

224 + 324- ,

344 + 324- ,

464 + 324- ,

584 + 324-

(44 + 324) (164 + 324) (284 + 324) (404 + 324) (524 + 324).

Problema 26. Qual e o valor do produto8

4·12

8·16

12· ... ·

4n+ 4

4n· ... ·

2008

2004?

8


Dicas

5. Agrupe os numeros aos pares.

8. Use1

k · (k + 2)=

1

2

.1

k−

1

k + 2

/

.

9. Pense numa ideia semelhante a sugestao do problema 8.

13. Use mais uma vez uma ideia parecida com a do problema 8 e veja o problema 12.

14. Calcule os primeiros termos ate chegar a resposta.

17. Usen2 + 1

(n− 1)(n + 1)= 1 +

1

n− 1−

1

n+ 1.

18. Fatore o denominador pondo√k√k + 1 em evidencia. Depois, racionalize o denomi-

nador multiplicando numerador e denominador por√k + 1−

√k e surgira uma soma

telescopica.

21. Subtraindo as equacoes an = 3an−1 + 1 e an−1 = 3an−2 + 1, obtemos an − an−1 =3 (an−1 − an−2). Depois, multiplique varias dessas equacoes seguidas (produto te-lescopico).

23. Veja problema 21.

24. Multiplique varias dessas equacoes seguidas (produto telescopico).

25. Use a4+182 = a4+2a2·18+182−36a2 =,

a2 + 18-2−(6a)2=

,

a2 + 6a+ 18- ,

a2 − 6a+ 18-

.

9


Respostas

4. Nao

5. −50

8. 128257

9. 10003001

13. 2002√

99

14. 6

15. 6

18.√

n+1−1√

n+1

21. 5·3n−2n−54

24. 9933

25. 373

26. 502

10

´

Algebra 03 - Sequencias

Problema 1. Sabendo que a

2, b

2, c

2 formam uma progressao aritmetica, nessa ordem. Prove

que1

b+ c

,1

c+ a

,1

a+ b

tambem formam uma progressao aritmetica na ordem dada.

Solucao. Os numeros (x, y, z) formam uma P.A. se, e so se, y =x+ z

2. Sendo assim, temos

que 2b2 = a

2 + c

2. Utilizando isso, devemos mostrar que

2 ·✓

1

c+ a

◆=

1

b+ c

+1

a+ b

.

Lembrando que b+ c, c+ a, a+ b sao nao nulos. Temos que

2

c+ a

=1

b+ c

+1

a+ b

() 2

c+ a

=a+ 2b+ c

(a+ b)(b+ c)

() 2(a+ b)(b+ c) = (a+ 2b+ c)(a+ c)

() 2b2 = a

2 + c

2.

Isto e,1

b+ c

,

1

c+ a

,

1

a+ b

formam uma P.A. se, e somente se,a

2, b

2, c

2

tambem formam. Isso conclui a demonstracao.

Problema 2. Prove que, se a, b, c sao respectivamente o p-esimo, q-esimo e r-esimo termos deuma progressao aritmetica, entao

(q � r)a+ (r � p)b+ (p� q)c = 0.

Solucao. Se an e o n-esimo termo e am e o m-esimo termo da progressao aritmetica, entaonos temos

an = a1 + d(n� 1)

am = a1 = d(m� 1),

onde d e a razao da progressao. Daı,

an � am = (n�m)d.

Por hipotese, nos temos as seguintes igualdades

b� c = (q � r)d,

c� a = (r � p)d,

a� b = (p� q)d.

Multiplocando a primeira equacao por a, a segunda por b, e a terceira por c, nos temos

d[(q � r)a+ (r � p)b+ (p� q)c] = a(b� c) + b(c� a) + c(a� b) = 0,

onde(q � r)a+ (r � p)b+ (p� q)c = 0.

Problema 3. Uma sequencia de termos positivos A1, A2, . . . , An, . . . satisfaz a relacao recur-

siva An+1 =3(1 +An)

3 +An. Para que valores de A1 a sequencia e monotona decrescente (isto e,

A1 � A2 � . . . � An � . . .)?

Solucao. Devemos ter An � An+1 para todo n natural.

An � 3(1 +An)

3 +An() (3 +An)An � 3 + 3An

() A

2n � 3.

Logo, devemos ter An �p3 para todo n. De forma que A1 �

p3 e condicao necessaria para

que a sequencia seja monotona decrescente. Vamos verificar se isso e condicao suficiente.Devemos garantir que An �

p3 para todo n. Ou seja,

An+1 �p3 () 3(1 +An)

3 +An

p3

() 3 + 3An � 3p3 +An

p3

() An � 3(p3� 1)

3�p3

() An � 3(p3� 1)

3�p3

· 3 +p3

3 +p3

() An �p3.

Ou seja, A1 �p3 garante An �

p3 para todo n. De forma que A1 �

p3 e condicao sufici-

ente para que a sequencia satisfaca as condicoes enunciadas. Isto e, a sequencia e monotonadecrescente se, e so se, A1 �

p3.

2

Problema 4. Seja x = 101! ·✓1

2!+

2

3!+

3

4!+ . . .+

99

100!

◆. Encontre 101!� x.

Solucao. Escrevamos x = 101! ·A.

Note quen

(n+ 1)!=

(n+ 1)� 1

(n+ 1)!=

1

n!� 1

(n+ 1)!. Entao,

A =

✓1

1!� 1

2!

◆+

✓1

2!� 1

3!

◆+

✓1

3!� 1

4!

◆+ . . .+

✓1

98!� 1

99!

◆+

✓1

99!� 1

100!

◆= 1� 1

100!.

Dessa forma, agora nos temos

101!� x = 101!� 101! ·✓1� 1

100!

◆=

101!

100!= 101.

Problema 5. Considere uma sequencia definida recursivamente por xn = xn�1 + 2n e x0 = 0.Encontre uma expressao nao recursiva para o termo geral xn.

Solucao. Observe que

xn = xn � x0 = (xn � xn�1) + (xn�1 + xn�2) + . . .+ (x2 � x1) + (x1 � x0).

Sabemos que para todo k inteiro positivo xk+1 � xk = 2(k + 1). Logo,

xn = 2n+ 2(n� 1) + 2(n� 2) + . . .+ 2 · 2 + 2 · 1.= 2 · (1 + 2 + 3 + . . .+ n)

= 2 · n(n+ 1)

2= n(n+ 1).

Problema 6. Prove a identidade

1

1 · 2 · 3 +1

2 · 3 · 4 + . . .+1

n(n+ 1)(n+ 2)=

1

2

✓1

2� 1

(n+ 1)(n+ 2)

◆.

Solucao. Fazendo

1

n(n+ 1)(n+ 2)=

A

n(n+ 1)+

B

(n+ 1)(n+ 2)

temos n(A+B) + 2A = 1. Portanto, A+B = 0 e A = 1/2. De forma que

1

n(n+ 1)(n+ 2)=

1

2

1

n(n+ 1)� 1

(n+ 1)(n+ 2)

�.

3

Daı, se

S =1

1 · 2 · 3 +1

2 · 3 · 4 + . . .+1

n(n+ 1)(n+ 2)

entao

S =1

2

✓1

1 · 2 � 1

2 · 3

◆+

✓1

2 · 3 � 1

3 · 4

◆+ . . .+

✓1

n(n+ 1)� 1

(n+ 1)(n+ 2)

◆�.

Eliminando os termos do meio encontramos

S =1

2

1

2� 1

(n+ 1)(n+ 2)

�.

Problema 7. Calcule

A =1

1 +p2+

1p2 +

p3+ . . .+

1pn+

pn+ 1

.

Solucao. (pk + 1�

pk)(

pk + 1 +

pk) = 1. Logo,

1pk +

pk + 1

=pk + 1�

pk.

Temos entao que

A = (p2�

p1) + (

p3�

p2) + . . .+ (

pn�

pn� 1) + (

pn+ 1�

pn) =

pn+ 1� 1.


Aula 4

Recorrencias - Parte I

Na aula anterior, vimos alguns exemplos de sequencias. Em alguns deles, os termos saodados em funcao de termos anteriores, ou seja, eles recorrem a valores de termos anteriores.Por isso, essas sequencias sao chamadas de recorrencias.

Talvez os exemplos mais classicos de sequencias recorrentes sejam as progressoes aritmeticae geometrica, que veremos neste texto.

1 Progressoes Aritmeticas

O problema 6 da aula anterior e um exemplo de P.A. Por definicao, uma P.A. e umasequencia em que a diferenca entre os termos consecutivos e constante. Daı, se (a, b, c) euma P.A., entao b− a = c− b, ou entao, 2b = a+ c, isto e, b = a+c

2, ou seja, cada termo de

uma P.A. e a media aritmetica dos termos adjacentes. Essa propriedade, portanto, justificao nome desse tipo de sequencia.

Sendo d o valor da diferenca constante (tradicionalmente chamada de razao), temos aseguinte lei de formacao para os termos de uma P.A. {an}

an = an−1 + d.

Mas veja que essa e uma formula implıcita, recorrente, que necessita de valores anteriorespara se achar o valor de um determinado termo. Somando telescopicamente varias dessasequacoes

an = an−1 + d

an−1 = an−2 + d

:

a3 = a2 + d

a2 = a1 + d


chegamos aan = a1 + (n− 1)d,

que e a formula classica para o termo geral de uma P.A. Todavia, pode ser mais interessanteem determinados problemas a formula

an = am + (n−m)d ⇔ an − am = (n−m)d,

que, ao inves de depender do valor do termo a1, calcula an a partir de qualquer outro termoam, podendo este, inclusive, ser posterior.

Essa formula nos permite concluir que a1 + an = a2 + an−1 = a3 + an−2 = .... Daı,somando as duas equacoes a seguir

S = a1 + a2 + ...+ an−1 + an

S = an + an−1 + ...+ a2 + a1

chegamos a

S =(a1 + an)n

2.

Problema 1. (EUA) Os quatro primeiros termos de uma P.A. sao a, x, b, 2x. Determine o

valor da razaoa

b.

Solucao. Temos 2x = a+ b e 2b = x+ 2x. Assim,a+ b

2=

2b

3e, portanto,

a

b=

1

3.

Problema 2. (IME) Determine a relacao que deve existir entre os numeros m,n, p, q paraque se verifique a seguinte igualdade entre os termos de uma mesma progressao aritmeticanao-constante:

am + an = ap + aq.

Problema 3. Encontre o valor de a2+a4+a6+ ...+a98 se a1, a2, a3, ... e uma P.A. de razao1 e a1 + a2 + a3 + ...+ a98 = 137.

Solucao. Podemos escrever a1+a2+...+a97+a98 = 137 como (a2 − 1)+a2+...+(a98 − 1)+a98 = 137. Daı, 2 (a2 + a4 + a6 + ...+ a98)−49 = 137 e, portanto, a2+a4+a6+ ...+a98 =137 + 49

2= 93.

Problema 4. (EUA) Seja a1, a2, ..., ak uma progressao aritmetica finita com a4+a7+a10 =17 e a4 + a5 + a6 + ...+ a12 + a13 + a14 = 77. Se ak = 13, determine o valor de k.

Problema 5. Calcule a soma dos 1000 primeiros multiplos positivos de 7.

2


Problema 6. Um jardineiro tem que regar 60 roseiras plantadas ao longo de uma veredaretilınea e distando 1m uma da outra. Ele enche seu regador, a 15m da primeira roseira, e,a cada viagem, rega 3 roseiras. Comecando e terminando na fonte, qual e o percurso totalque ele tera que caminhar ate regar todas as roseiras?

Problema 7. Observe a disposicao, abaixo, da sequencia dos numeros naturais ımpares.

1a linha 12a linha 3, 53a linha 7, 9, 114a linha 13, 15, 17, 195a linha 21, 23, 25, 27, 29: : :

Determine o quarto termo da vigesima linha.

Problema 8. (Espanha) Encontre uma P.A. tal que a soma de seus n primeiros termos sejaigual a n2 para qualquer valor de n.

Solucao. Veja queSn = a1 + a2 + ...+ an = n2.

Com n = 1, obtemos S1 = a1 = 1 e, com n = 2, S2 = a1+a2 = 4. Logo, a2 = 3. Assim,a razao da P.A. e a2 − a1 = 3− 1 = 2. Portanto, a P.A. procurada e 1, 3, 5, 7, ...

Problema 9. (IME) O quadrado de qualquer numero par 2n pode ser expresso como a somade n termos, em progressao aritmetica. Determine o primeiro termo e a razao da progressao.

Problema 10. (ITA) Provar que se uma P.A. e tal que a soma dos seus n primeiros termose igual a n+ 1 vezes a metade do n-esimo termo, entao r = a1.

Solucao. Pelo enunciado, temos

Sn = (n+ 1)an2

⇔(a1 + an)n

2= (n+ 1)

an2

⇔ a1 · n = an

⇔ a1 · n = a1 + (n− 1)r ⇔ a1(n − 1) = (n− 1)r,∀n.

Portanto, a1 = r.

Problema 11. Numa P.A., tem-seSm

Sn=

m2

n2, sendo Sm e Sn as somas dos m primeiros

termos e dos primeiros n termos, respectivamente, com m = n. Prove que a razao da P.A.e o dobro do primeiro termo.

3


Problema 12. Se numa P.A. a soma dos m primeiros termos e igual a soma dos n primeirostermos, m = n, mostre que a soma dos m+ n primeiros termos e igual a zero.

Problema 13. (OCM) Mostre que√2,√3,√5 nao podem ser termos de uma mesma pro-

gressao aritmetica.

Problema 14. Cada uma das progressoes aritmeticas a seguir tem 80 termos: (an) =(9, 13, ...) e (bn) = (10, 13, ...). Quantos numeros sao, ao mesmo tempo, termos das duasprogressoes?

Problema 15. Numa P.A., temos ap = q e aq = p, com p = q. Determine a1 e ap+q.

Problema 16. (EUA) Se a soma dos 10 primeiros termos e a soma dos 100 primeiros ter-mos de uma progressao aritmetica sao 100 e 10, respectivamente, determine a soma dos110 primeiros termos.

Solucao. Vamos escrever os dados do problema da seguinte forma

(a1 + ...+ a10) + (a11 + ...+ a20) + ...+ (a91 + ...+ a100) = 10

(a1 + ...+ a10) + (a1 + ...+ a10) + ...+ (a1 + ...+ a10) = 100 · 10

Subtraindo termo a termo, obtemos

0 · 10 + 10r · 10 + ...+ 90r · 10 = −900

⇒ 100r(1 + ...+ 9) = −900 ⇒ r = −1

5.

Portanto

a1 + ...+ a110 = (a1 + ...+ a100) + (a101 + ...+ a110)

= 10 + [(a1 + 100r) + ...+ (a10 + 100r)]

= 10 + (a1 + ...+ a10) + 1000r = 10 + 100− 200 = −90.

Problema 17. (EUA) Em uma P.A., a soma dos 50 primeiros termos e 200 e a soma dos50 proximos e 2700. Determine a razao e o primeiro termo dessa sequencia.

4


Problema 18. (EUA) A soma dos n primeiros termos de uma P.A. e 153 e a razao e 2. Seo primeiro termo e um inteiro e n > 1, determine o numero de valores possıveis de n.

Solucao. Como(a1 + an)n

2= 153, temos [a1 + (n − 1)]n = 153. Como a1 + (n − 1) e n

sao inteiros positivos, eles sao divisores positivos de 153. Mas 153 = 32 × 17 e, portanto,153 possui 6 divisores positivos, sendo 5 deles maiores que 1.

Problema 19. (EUA) A soma dos n primeiros termos de uma P.A. e x e a soma dos n

seguintes e y. Calcular a razao.

Problema 20. A sequencia 1, 2, 1, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 1, 2, 2, 2, 2, 1, 2, ... consiste de 1s separadospor blocos de 2s, com n 2s no n-esimo bloco. Determine a soma dos 1234 primeiros termosdessa sequencia.

Problema 21. Mostre que 200820072006

e um termo da P.A. infinita (6, 13, 20, 27, ...).

Problema 22. (EUA) Os tres primeiros termos de uma progressao aritmetica sao 2x −3, 5x− 11 e 3x+1, respectivamente. O n-esimo termo da sequencia e 2009. Quel e o valorde n?

Problema 23. (EUA) Os quatro primeiros termos de uma progressao aritmetica sao p, 9, 3p−q e 3p+ q. Qual e o 2010o termo dessa sequencia?

2 Progressao Geometrica

Semelhante ao que escrevemos para P.A., por definicao, uma P.G. e uma sequencia emque cada novo termo, a partir do segundo, e o produto do termo anterior por uma cons-tante. Daı, se (a, b, c) e uma P.G., entao b2 = ac.

Sendo q o valor da razao constante, temos a seguinte lei de formacao para os termos deuma P.G. {an}

an = an−1 · q.

Mas veja que essa tambem e uma formula implıcita, recorrente, que necessita de valoresanteriores para se achar o valor de um determinado termo. Multiplicando telescopicamente

varias dessas equacoes

5


an = an−1 · q

an−1 = an−2 · q

:

a3 = a2 · q

a2 = a1 · q

chegamos aan = a1 · qn−1,

que e a formula classica para o termo geral de uma P.G.

A formula da soma dos n primeiros termos e

Sn = a1 ·qn − 1

q − 1,

se q = 1 e Sn = a1 · n, se q = 1, e a formula do produto dos n primeiros termos pode serapresentada de 2 maneiras

Pn = an1 · qn(n−1)

2

ou

P 2n = (a1 · an)n .

Problema 24. (EUA) Suponha que x, y, z estejam em P.G. de razao r e x = y. Se x, 2y, 3zestao em P.A., determine o valor de r.

Solucao. Temos y = x · r e z = x · r2 pela P.G. Pela P.A., segue que 4y = x + 3z. Logo,4xq = x+3xq2. Se x = 0, entao y = 0 = x, o que nao pode ocorrer. Daı, 3q2 − 4q+1 = 0,cujas solucoes sao q = 1 e q = 1

3. Como q = 1 implica x = y, concluımos que q = 1

3.

Problema 25. Se (a, b, c) formam, nesta ordem, uma P.A. e uma P.G. simultaneamente,mostre que a = b = c.

Solucao. Por ser P.A., temos b =a+ c

2(*) e, por ser P.G., b2 = ac. Logo,

!

a+ c

2

"2

= ac,

ou seja, (a− c)2 = 0. Assim, a = c e, por (*), a = b = c.

Problema 26. (OCM) Determine a soma dos n primeiros termos da sequencia:

1, (1 + 2),#

1 + 2 + 22$

,#

1 + 2 + 22 + 23$

, ...,%

1 + 2 + 22 + 23 + ...+ 2k−1&

.

6


Problema 27. 6. Mostre que nao existe P.G. de tres termos distintos tal que, ao somarmosum mesmo numero real nao-nulo a todos os seus termos, a nova sequencia seja tambemuma P.G.

Problema 28. (EUA) Numa P.G. de 2n termos, a soma dos termos de ordem par e P e asoma dos termos de ordem ımpar e I. Calcule o 1o termo e a razao.

Solucao. De a2 + ... + a2n = P , segue que q · (a1 + ...+ a2n−1) = P ou q · I = P . Logo,

q =P

I. Alem disso, P = a2 ·

#

q2$n − 1

q − 1= a1 ·

q2n+1 − q

q − 1. Logo, a1 =

(P − I)I2n

P 2n − I2n.

Problema 29. Prove que, quando os lados de um triangulo estao em P.G., o mesmo ocorrepara as alturas.

Problema 30. Sejam a, b, c numeros reais nao-nulos, com a = c, tais quea

c=

a2 + b2

c2 + b2.

Prove que a, b e c formam uma P.G.

Problema 31. (EUA) O 5o e o 8o termos de uma progressao geometrica de numeros reaissao 7! e 8!, respectivamente. Qual e o 1o termo?

2 Recorrencias Lineares de Ordem 2 - Parte I

Por fim, vamos estudar apenas as recorrencias em que a equacao caracterıstica possuiraiz real dupla. Mas o que e uma equacao caracterıstica? Vejamos.

Considere a recorrencia linear de ordem 2 (isto e, so depende dos 2 termos imediata-mente anteriores)

an = pan−1 + qan−2.

A equacao caracterıstica dessa recorrencia e a equacao quadratica formada repetindoos mesmos coeficientes da recorrencia, ou seja,

x2 = px+ q ⇔ x2 − px− q = 0.

Mas como surge essa equacao? A resposta sera dada no texto da aula seguinte. Porenquanto, acredite.

Como exemplo, considere uma recorrencia definida por a1 = 1, a2 = 3 e, para n ≥ 3,an = 2an−1 − an−2. A equacao caracterıstica associada e x2 − 2x+ 1 = 0, que possui duasraızes iguais a 1. Entrementes, uma olhadinha mais cuidadosa mostra que a recorrenciaem questao e de uma P.A. pois

7


an = 2an−1 − an−2 ⇔ an − an−1 = an−1 − an−2.

Portanto, acabamos de ver que uma P.A. esta associada a uma equacao caracterısticacom raiz dupla 1.

Agora, vejamos outro exemplo, uma recorrencia em que a1 = 6, a2 = 27 e, para n ≥ 3,an = 6an−1 − 9an−2(*). A equacao caracterıstica associada e x2 − 6x + 9 = 0, cujasraızes sao iguais a 3. A saıda agora e criar uma nova sequencia {bn} dada por an = 3nbn.Substituindo em (*), chegamos a bn = 2bn−1 − bn−2, o que mostra que {bn} e uma P.A.!Assim, sendo bn = A+Bn (o termo geral de uma P.A. e uma funcao polinomial do 1o grauem funcao de n ou uma funcao constante no caso em que a P.A. e constante), obtemos

an = 3n(A+Bn).

Para acharmos A e B, fazemos n assumir os valores 1 e 2:

'

6 = a1 = 3(A +B)27 = a2 = 9(A + 2B)

cujas solucoes sao A = B = 1 e, portanto,

an = 3n(n+ 1).

Problema 32. Resolva a recorrencia a1 = 4, a2 = 20 e, para n ≥ 3, an = 4an−1 − 4an−2.

Problema 33. Resolva a recorrencia a1 = 8, a2 = 96 e, para n ≥ 3, an = 8an−1 − 16an−2.

Problema 34. Considere a sequencia (an) dada por a1 = 1, a2 = 3 e an = 10an−1−25an−2,para n > 2. Determine o valor de k, dado por an = knbn tal que a sequencia (bn) seja umaP.A.

Problema 35. (IME) Considere a sequencia {vn}, n = 0, 1, 2, ... definida a partir de seusdois primeiros termos v0 e v1 e pela formula geral vn = 6vn−1−9vn−2, para n ≥ 2. Define-seuma nova sequencia {un}, n = 0, 1, 2, ... pela formula vn = 3nun.a) Calcule un − un−1 em funcao de u0 e u1.b) Calcule un e vn em funcao de n, v1 e v0.

c) Identifique a natureza das sequencias {vn} e {un} quando v1 = 1 e v0 =1

3.

8


Dicas

2. Use ai − aj = (i− j)r, sendo r a razao.

9. Veja o problema 8.

13. Suponha, sem perda de generalidade que√2,√3,√5 sejam o primeiro, o m-esimo e

o n-esimo termos, respectivamente. Use a formula do termo geral em am e an, isole arazao em cada uma e iguale essas expressoes. Depois, utilize que

√2,√3 e, em geral,√

k, em que k e um numero natural nao quadrado perfeito, sao numeros irracionais.

14. O primeiro termo em comum e 13 e a razao dos termos em comum e mmc(4, 3) = 12,ja que 3 e 4 sao as razoes iniciais.

15. Use ai − aj = (i− j)r, sendo r a razao.

17. Veja a solucao do problema 16 ou use a formula da soma (que dara mais trabalho).

19. Veja a sugestao do problema 17.

21. Os termos da P.A. em questao sao da forma 7k + 6 ou 7k − 1. Assim, basta achar oresto de 20082007

2006na divisao por 7.

26. Calcule cada uma das somas parciais separadas por vırgulas no enunciado e, emseguida, calcule a soma dos resultados. Nas duas etapas, use a formula da soma daP.G.

29. Use que a area de um triangulo ebh

2.

9


Respostas

2. m+ n = p+ q

4. 18

5. 3503500

6. 1820

7. 387

9. a1 = 4 e r = 8

14. 20

15. a1 = q + p− 1, ap+q = 0

17. r = 1 e a1 = −20, 5

19.y − x

n2

20. 2419

22. 502

23. 8041

26. 2n+1 − n− 2

31. 315

32. 2n(3n− 1)

33. 4n(4n− 2)

34. 5

35. a) u1−u0; b) un = nv13

+(1−n)v0 e vn = 3n−1nv1+3n(1−n)v0; c) un = 13, sequencia

constante e vn = 3n−1, progressao geometrica

10


Aula 5

Recorrencias - Parte II

Na aula 3, falamos de uma sequencia famosa, a Sequencia de Fibonacci, cuja definicao ea seguinte: F1 = F2 = 1 e, para n ≥ 3, Fn = Fn−1 +Fn−2. Essa formula e uma recorrencialinear de ordem 2. Um de nossos objetivos neste 5o texto e mostrar que a formula explıcitapara seus termos e

Fn =1√5

!

1 +√5

2

"n

−1√5

!

1−√5

2

"n

.

Surpreendente, nao e mesmo? Imaginar que, substituindo n por 1, 2, 3, 4, 5, 6, ... naformula acima, acharemos exatamente os termos 1, 1, 2, 3, 5, 8, ..., e nenhum

√5 sobra, e

realmente muito belo.

Em geral, nesta aula, trataremos equacoes de recorrencia lineares que dependem so-mente dos dois termos anteriores. Inicialmente, vamos estudar o caso em que as raızes daequacao caracterıstica (que definiremos no texto) sao distintas.

1 Um Exemplo para Organizar as Ideias

Vamos resolver a recorrencia a1 = 1, a2 = 3 e, para n ≥ 3,

an = 3an−1 − 2an−2.

Podemos escrever an − an−1 = 2 (an−1 − an−2) e, em seguida, multiplicar telescopica-mente varias delas

an − an−1 = 2 (an−1 − an−2)

an−1 − an−2 = 2 (an−2 − an−3)

:

a3 − a2 = 2 (a2 − a1)


obtendo an − an−1 = 2n−2 (a2 − a1) = 2n−1.

Agora, somamos telescopicamente varias dessa ultima equacao

an − an−1 = 2n−1

an−1 − an−2 = 2n−2

:

a2 − a1 = 2

e chegamos a an − a1 = 2 + ...+ 2n−2 + 2n−1, ou seja, an = 2n − 1.

Observe que, na primeira passagem, para transformar an = 3an−1 − 2an−2 em an −an−1 = 2 (an−1 − an−2), ’pedimos emprestado’ an−1 para o membro esquerdo. Essa operacaogerou proporcao entre os coeficientes dos termos dos dois membros (antes e depois da igual-dade), permitiu colocar o fator de proporcao 2 em evidencia e a diferenca que surgiu entreparenteses no membro direito ficou com o mesmo padrao da diferenca no membro esquerdo,mas com ındices reduzidos. Essa sera nossa ideia para encontrar o termo geral da

2 Sequencia de Fibonacci

Como ja definimos anteriormente, seus termos sao dados por F1 = F2 = 1 e, paran ≥ 3, Fn = Fn−1 + Fn−2. Na verdade, os calculos ficam mais interessantes escrevendoFn+1 = Fn+Fn−1. Seria difıcil ’pedir emprestado’ uma quantidade inteira desta vez pois hasomente Fn no membro direito. Assim, vamos chamar de λ a quantidade que sera passadapara o membro esquerdo, ou seja,

Fn+1 − λFn = (1− λ)Fn + Fn−1.

Para repetirmos a ideia bem sucedida do primeiro exemplo, o valor de λ deve cumprira relacao de proporcao

1

−λ=

1− λ

1,

ou seja,

λ2 − λ− 1 = 0,

a qual chamaremos de equacao caracterıstica da sequencia de Fibonacci. Observe desdeja que os coeficientes dessa equacao sao os mesmos da recorrencia que define a sequencia.Sendo λ1 e λ2 as raızes, aqui sera mais relevante saber que λ1+λ2 = 1 e λ1 ·λ2 = −1 (masveja que ambas sao reais e distintas) do que escrever seus valores pela formula de Baskara.

Agora, substituindo λ por λ1, obtemos

Fn+1 − λ1Fn = (1− λ1)Fn + Fn−1,

2


ou seja,Fn+1 − λ1Fn = λ2 (Fn − λ1Fn−1) .

Assim, deixamos a equacao pronta para escreve-la varias vezes e fazer o produto te-lescopico

Fn+1 − λ1Fn = λ2 (Fn − λ1Fn−1)

Fn − λ1Fn−1 = λ2 (Fn−1 − λ1Fn−2)

:

F3 − λ1F2 = λ2 (F2 − λ1F1) ,

cujo resultado sera

Fn+1 − λ1Fn = λn−12 (F2 − λ1F1) = λn−1

2 (1− λ1) = λn2 .

Analogamente, substituindo λ por λ2, temos

Fn+1 − λ2Fn = λn1 .

A diferenca entre esses 2 ultimos resultados gera

(λ1 − λ2)Fn = λn1 − λn

2

e, portanto,

Fn =λn1 − λn

2

λ1 − λ2

lembrando que λ1 = λ2. Substituindo os valores de λ1 e λ2, chegamos ao resultado desejado

Fn =1√5

!

1 +√5

2

"n

−1√5

!

1−√5

2

"n

.

Mas ha um pequeno problema. Esse metodo e bastante trabalhoso. A boa notıcia e quepodemos deixa-lo como uma quase demonstracao e realizar, na pratica, os seguintes passos:

1o passo: Escreva a equacao caracterıstica.

Basta copiar os mesmos coeficientes da equacao de recorrencia. Em seguida, calcule asraızes dessa equacao.

2o passo: Escreva o termo geral da recorrencia.

O termo geral e dado por Fn = Aλn1 +Bλn

1 (essa formula pode ser encontrada refazendoos calculos para a recorrencia mais geralmente, ou seja, com a equacao xn = axn−1+bxn−2).

3


As constantes A e B sao dadas pelos valores dos termos iniciais. E interessante, para re-duzir as contas, calcular o termo de ordem ’0’, que, no caso da sequencia de Fibonacci, eF0 = 0.

Vejamos como seria, entao, a resolucao na pratica para encontrar o termo geral dasequencia de Fibonacci.

Passo 1. Equacao caracterıstica.

De Fn−Fn−1−Fn−2 = 0, obtemos λ2−λ−1 = 0, cujas raızes sao λ1 =1+

√

52

e λ2 =1−

√

52

.

Passo 2. Termos geral.

Fn = Aλn1 +Bλn

1 . Com os valores 0 e 1 para n, obtemos

0 = A+B

1 = Aλ1 +Bλ2

cuja solucao e A = −B = 1√

5.

Portanto,

Fn =1√5

!

1 +√5

2

"n

−1√5

!

1−√5

2

"n

.

Problema 1. Um garoto tem n reais. Todo dia, ele realiza exatamente uma das seguintescompras: um bolo que custa R$ 1, 00, um sorvete que custa R$ 2, 00 ou um pastel quetambem custa R$ 2, 00. De quantas maneiras o menino pode gastar seu dinheiro?

Solucao. Seja an o numero de maneiras de ele gastar os n reais.

Assim, para gastar os ultimos reais, ou ele gasta n − 1 reais primeiramente e compraum bolo no final, ou ele gasta n − 2 reais inicialmente e, em seguida, compra um sorveteou um pastel. Portanto, podemos escrever

an = an−1 + 2an−2,

com a1 = 1 (so da pra comprar 1 bolo) e a2 = 3 (comprando 2 bolos ou 1 sorvete ou 1pastel).

Agora, vamos resolver.

i) Equacao caracterıstica: λ2 − λ− 2 = 0, cujas raızes sao 2 e −1.

4


ii) Termos geral: an = A · 2n + B · (−1)n. Podemos calcular a0, que nao faz sentido parao gasto do dinheiro, mas existe na sequencia associada: a2 = a1 + 2a0 ⇒ a0 = 1. Agora,para n = 0 e n = 1

A+B = 1

2A−B = 1,

cuja solucao e A = 23e B = 1

3. Assim

an =2n+1 + (−1)n

3.

Problema 2. Determine o termo geral da sequencia definida pela recorrencia a1 = 1, a2 = 4e an = 4an−1 − 3an−1 para n ≥ 3.

Problema 3. Determine o termo geral da sequencia definida recorrentemente por a0 = 0,a1 = 3 e, para n ≥ 3, an =

√5an−1 + an−1.

Problema 4. Considere um retangulo 1 × n, que deve ser preenchido por dois tipos deretangulos menores 1× 1 e 1× 2. De quantas maneiras se pode fazer isso?

Problema 5. (OPM) Uma escada tem n degraus. Para subi-la, em cada passo, pode-sesubir um ou dois degraus de cada vez. De quantos modos diferentes pode-se subir a escada?

Problema 6. Uma sequencia de numeros ak e definida por a0 = 0 e ak+1 = 3ak + 1, k ≥ 0.Prove que a155 e divisıvel por 11.

Solucao. Inicialmente, veja que essa recorrencia nao depende dos dois termos anteriores.A parcela 1 no membro da direita, na verdade, nao e bem-vinda. Assim, de

ak+1 = 3ak + 1

ak = 3ak−1 + 1

obtemos ak+1 − 4ak + 3ak−1 = 0. O termo geral dessa recorrencia e an =3n − 1

2(a de-

monstracao deixamos para o leitor).

Logo, a155 =3155 − 1

2. Para finalizar, deixo como sugestao que 35 − 1 = 242 = 11× 22.

Problema 7. Seja {an} uma sequencia tal que a1 =21

16e 2an − 3an−1 =

3

2n+1, n ≥ 2.

Encontre o valor de a2 e a lei de recorrencia de cada termo em funcao dos dois termosimediatamente anteriores.

5


3 Recorrencias e Equacoes do 2o Grau

Como exemplo para organizar as ideias, vamos supor que α seja uma raiz da equacaox2 + x− 1 = 0. Assim

α2 = −α+ 1.

Daı,

α3 = −α2 + α = 2α− 1

α4 = 2α2 − α = −3α+ 2

α5 = −3α2 + 2α = 5α − 3.

Sera que existe um padrao entre os coeficientes que aparecem no lado direito de cadapotencia de α? Sim, existe! Na proxima aula, que sera sobre inducao finita, estaremosaptos a provar que

αn = (−1)n−1Fnα+ (−1)nFn−1,

sendo {Fn} a sequencia de Fibonacci.

Problema 8. Se α e β sao as raızes da equacao ax2 + bx+ c = 0 e Sn = αn + βn, n ∈ N,entao mostre que aSn+1 + bSn + cSn−1 = 0.

Solucao. Como α e β sao as raızes de ax2 + bx+ c = 0, entao

aα2 + bα+ c = 0

aβ2 + bβ + c = 0.

Daı, multiplicando por αn−1 e βn−1, respectivamente, temos

aαn+1 + bαn + cαn−1 = 0

aβn+1 + bβn + cβn−1 = 0.

Somando, obtemos

a#

αn+1 + βn+1$

+ b (αn + βn) + c#

αn−1 + βn−1$

= 0

ou seja,

aSn+1 + bSn + cSn−1 = 0.

Problema 9. Seja α a maior raiz de x2 + x− 1 = 0. Determine o valor de α5 − 5α.

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Problema 10. Sejam α e β as raızes de x2+x−1 = 0. Sendo an =αn − βn

α− β, n = 1, 2, 3, ....

Determine os dois primeiros termos a1 e a2 dessa sequencia e a lei de recorrencia de cadatermo em funcao dos dois termos imediatamente anteriores.

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Dicas

2. Use a equacao caracterıstica e encontre o termo geral seguindo o exemplo e a questao1.

3. Use a equacao caracterıstica e encontre o termo geral seguindo o exemplo e a questao1.

4. Para finalizar, ou ele completa com um quadradinho 1 × 1 o retangulo 1 × (n − 1),que pode ser preenchido de an−1 maneiras, ou ele completa com um retangulo 1× 2o retangulo 1× (n− 2), que pode ser preenchido de an−2 maneiras.

5. Para finalizar, ou ele sobe um degrau a partir do degrau n−1, que pode ser alcancadode an−1 maneiras, ou ele sobe dois degraus a partir do degrau n − 2, que pode seralcancado de an−2 maneiras.

7. Multiplique a equacao de recorrencia por 2 e subtraia de 2an−1 − 3an−2 =3

2n, que e

a equacao dada substituindo n por n− 1.

10. Se a equacao caracterıstica e x2 + x − 1 = 0, entao a equacao de recorrencia ean = −an−1 + an−2.

Respostas

2. an =3n − 1

2

3. an =

!√5 + 3

2

"n

−

!√5− 3

2

"n

4. Sendo an o numero de maneiras, a1 = 1, a2 = 2, an = an−1 + an−2

5. Sendo an o numero de maneiras, a1 = 1, a2 = 2, an = an−1 + an−2

7. a2 =6932

e 4an − 8an−1 + 3an−2

9. −3

10. a1 = 1 e a2 = −1; an = −an−1 + an−2

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