lgebra Linear, Elon Lages Lima

308 Equações a Diferenças Finitas Seção 22
Por escalonamento, encontramos x = s−t, y = 2s−t, onde s, t são
arbitrários. Tomamos s = 1, t = 0 e obtemos x = 1, y = 2. Logo
u = (1,2) e v = (1,0) formam uma base de R 2 , relativamente à qual
o operador A tem a matriz
[ ] 2 1
a = .
−1 2
O número complexo 2+i tem módulo ρ = √ 5. Um ângulo θ tal que
cos θ = 2/ √ 5 é θ = 26 ◦ 33 ′ 54 ′′ ou seja, θ = 0,463 rad. Então, para
todo k = 0,1,2..., temos
[ ] k
a k 2 1
= = ( √ [ ]
5) k coskθ senkθ
.
−1 2 − senkθ coskθ
A solução do sistema v k+1 = Av k com vetor inicial v o = (1,1) é
dada por v k = A k .v o . Para obtê-la explicitamente, devemos começar
exprimindo v o como combinação linear dos vetores básicos u = (1,2)
e v = (1,0). Temos v o = 1 2 u+ 1 2v. Portanto
v k = 1 2 Ak u+ 1 2 Ak v.
Ora, a k é a matriz de A k na base {u,v}. Logo
e
Noutras palavras:
e
Portanto
A k u = 5 k/2 (coskθ·u−senkθ·v)
A k v = 5 k/2 (senkθ·u+coskθ·v).
A k u = 5 k/2 (coskθ−senkθ,2coskθ)
A k v = 5 k/2 (senkθ+coskθ,2senkθ).
v k = 1 2 Ak u+ 1 2 Ak v = 5 k/2 (coskθ, coskθ+senkθ).
Concluímos então que
x k = 5 k/2 coskθ;
y k = 5 k/2 (coskθ+senkθ),
comθ = 26 ◦ 33 ′ 54 ′′ = 0,463 rad, é a solução do sistemax k+1 = 3x k −y k ,
y k+1 = 2x k +y k que cumpre x o = 1, y o = 1.