lgebra Linear, Elon Lages Lima

312 Equações a Diferenças Finitas Seção 22
Exemplo 22.8. A equação x k+2 − 3x k+1 + 2x k = 0 tem o polinômio
característico λ 2 − 3λ + 2, cujas raízes são r = 1, s = 2. A solução
geral desta equação tem a forma x k = α + 2 k .β. Se quisermos, por
exemplo, a solução com x o = 1 e x 1 = 0, temos que achar α, β tais
queα+β = 1 eα+2β = 0, o que nos dá α = 2, β = −1, logo a solução
procurada tem a forma x k = 2−2 k .
Segundo caso. O polinômio característico λ 2 +aλ+b tem uma raiz
real dupla r ≠ 0.
Tem-ser = −a/2, logo2r+a = 0. Já sabemos que uma solução da
equaçãox k+2 +ax k+1 +bx k = 0 ér ∗ = (1,r,...,r k ,...). Afirmamos que
r ∗∗ = (0,r,2r 2 ,...,kr k ,...) é outra solução. Com efeito, se x k = kr k
então
x k+2 +ax k+1 +bx k = (k+2)r k+2 +a(k+1)r k+1 +bkr k
= r k [k(r 2 +ar+b)+r(2r+a)] = 0.
Além disso, como os vetores(1,r) e(0,r) são L.I. emR 2 , segue-se que
r ∗ er ∗∗ são soluções linearmente independentes, logo a solução geral
da equação dada tem a forma
x k = αr k +βkr k = r k (α+βk),
onde as constantesαeβpodem ser determinadas de maneira a fazer
com que x o e x 1 assumam os valores iniciais pré-estabelecidos.
Exemplo 22.9. Seja a equação x k+2 −6x k+1 +9x k = 0. Seu polinômio
característico tem a raiz dupla r = 3. A solução geral desta equação
é x k = 3 k (α+βk). Se impusermos os valores iniciais x o = −1, x 1 = 1
obteremos α = −1, β = 4/3, logo a solução que tem esses valores
iniciais é x k = 3 k (−1+4k/3).
Exemplo 22.10. Uma progressão aritmética pode também ser considerada
como solução de uma equação a diferenças finitas de segunda
ordem, a saber, a equaçãox k+2 −x k+1 = x k+1 −x k . Escrevendo-a
sob a forma x k+2 − 2x k+1 + x k = 0, vemos que seu polinômio característico
possui a raiz dupla r = 1, logo sua solução geral é x k =
α + βk, ou seja, é a progressão aritmética de primeiro termo α e
razão β.
Terceiro caso. As raízes do polinômio característico λ 2 +aλ+b são
os números complexos α±iβ com β ≠ 0, i = √ −1.