UMA INTRODUC˘AO~ A TRANSFORMADA Zpaginapessoal.utfpr.edu.br/.../Livro_Transformada_Z.pdf · 2 Transformada ZInversa 34 ... como a transformada de Laplace ou a transformada de Fourier,

UMA INTRODUCAO A TRANSFORMADA Z

Roy Wilhelm [email protected]

Andres David Baez [email protected]

Simone Venturisi [email protected]

Departamento Academico de MatematicaUniversidade Tecnologica Federal do Parana

Conteudo

Prefacio iv

1 Transformada Z 11.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Regiao de Convergencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.2.1 Serie Geometrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3 Propriedades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3.1 Linearidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.2 Diferenciacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.3.3 Similaridade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.4 Translacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.3.5 Convolucao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.3.6 Valor Inicial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.7 Valor Final . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.4 Exercıcios Resolvidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261.5 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

1.5.1 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2 Transformada Z Inversa 342.1 Metodo de Serie de Potencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 362.2 Metodo de Fracoes Parciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 402.3 Metodo dos Resıduos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

2.3.1 Polos e Resıduos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 492.3.2 Serie de Laurent e Teorema dos Resıduos . . . . . . . . . 54

2.4 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 612.4.1 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

3 Equacoes de Diferencas 633.1 Definicao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.2 Resolucao de Equacoes de Diferencas . . . . . . . . . . . . . . . . 653.3 Problemas envolvendo Equacoes de Diferencas . . . . . . . . . . . 823.4 Exercıcios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

3.4.1 Respostas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

ii

iii

A Propriedades da Transformada Z 102

B Lista de Transformadas Z 103

Prefacio

Uma introducao informal ao conceito de transformada de Z poderia ser feita,comparando a transformada Z a uma versao discreta da transforma de Laplace.Poderia ser dito tambem, que a transformada Z e equivalente, para equacoesde diferencas, a transformada de Laplace para equacoes diferenciais.

De um ponto de vista estritamente matematico, a transformada Z podeser definida como uma aplicacao que leva sequencias numericas em funcoes devariavel complexa atraves de uma serie de Laurent. No entanto, e pouco provavelque essa definicao seja adequada para descrever a transformada Z na area deanalise de sinais, onde a transformada Z pode ser definida como uma aplicacaoque converte um sinal digital discreto em uma representacao complexa do sinalno domınio da frequencia.

Essa aparente dicotomia entre a definicao do objeto matematico e sua apli-cacao nao e um fenomeno exclusivo da transformada Z. Conceitos relaciona-dos, como a transformada de Laplace ou a transformada de Fourier, sao comfrequencia estudados em cursos de engenharia sem considerar a fundamentacaomatematica em profundidade, ou sao abordados em cursos de matematica comum olhar estritamente teorico sem preocupar-se com as aplicacoes. Uma abor-dagem intermediaria, apresentando diversos aspectos da teoria e da pratica podeser considerada mais enriquecedora, mas em qualquer caso, atingir a proporcaodesejada entre teoria e aplicacao na apresentacao de um conceito, certamentesera facilitado pela escolha de referencias bibliograficas adequadas.

No caso da transformada Z, comprovamos a partir de nossa experiencia emcursos de matematica para engenharias e ciencias exatas, a quase inexistenciade material em Lıngua Portuguesa que abordasse adequadamente os aspectosmatematicos da transformada Z e que incluisse aplicacoes, sem precisar conhe-cimentos especıficos sobre analise de sinais. Estas notas sao consequencia dessacomprovacao.

O objetivo dessas notas e apresentar o conceito e propriedades da transfor-mada Z, considerando adequadamente seus aspectos matematicos e incluindoaplicacoes da transformada Z na resolucao de problemas de equacoes de di-ferencas presentes em diversas areas. Alem do seu valor como referencia bi-

iv

v

bliografica em Lıngua Portuguesa para cursos superiores de matematica paraengenharia, esse material tambem pode ser usado em disciplinas de matematicaque considerem a formulacao e resolucao de problemas em termos de formulas derecursao ou equacoes de diferencas. Pela simplicidade nos conceitos necessariospara tal tipo de formulacao, parte destas notas podem servir de complementopara um curso de introducao a modelagem matematica.

No primeiro capıtulo sao estabelecidas as definicoes necessarias e as pro-priedades fundamentais da transformada Z. A seguir, no segundo capıtulo, eintroduzida a nocao de transformada Z inversa e sao considerados tres metodospara seu calculo. No terceiro capıtulo, sao consideradas as aplicacoes da trans-formada Z para a resolucao de equacoes de diferencas. Sao apresentados diver-sos exemplos, incluindo problemas aritmeticos, geometricos, de probabilidade,de matematica financeira, entre outros. No final de cada capıtulo e sempre in-cluıda uma lista de exercıcios resolvidos e uma lista de exercıcios propostos comsolucao.

Essas notas foram baseadas na dissertacao de Simone Venturi [19].

Curitiba, 19 de Outubro de 2017.

Roy Wilhelm ProbstAndres David Baez Sanchez

Simone Venturi

Capıtulo 1

Transformada Z

Algumas das ideias matematicas associadas com a transformada Z sao conheci-das desde o seculo XVIII [9]. A ideia de construir uma serie de potencias usandocomo coeficientes os termos de uma sequencia dada e justamente o conceito defuncao geratriz, que foi introduzido por DeMoivre em 1730 e utilizado ampla-mente por Laplace e outros no contexto de teoria da probabilidade durante oseculo XIX [14].

No entanto, a forma em que a transformada Z e utilizada atualmente nocontexto de analise de sinais discretos pode ter sua origem tracada ate o tra-balho de Hurewicz [8]. Os trabalhos de Barker [2] e Ragazzini e Zadeh [16]contribuiram para consolidar e difundir as ideias apresentadas por Hurewicz,sendo Barker o primeiro a apresentar uma tabela de transformadas e Ragazzinie Zadeh os primeiros a usar o termo transformada Z para referir-se a essa trans-formacao [11]. Apos sua popularizacao na area de sinais, outras generalizacoesforam introduzidas e hoje faz parte fundamental das ferramentas da analise desinais em engenharia e outra areas [6, 9].

Neste capıtulo sera apresentada a definicao da transformada Z e suas propri-edades, com alguns exemplos e consideracoes basicas. Os exemplos e notacoesconsideradas ao longo destas notas seguem principalmente as seguintes referen-cias: [1, 4, 15, 17].

1.1 Definicao

A transformada Z pode ser vista como um operador que converte uma sequenciaxn em uma funcao X(z), onde z e uma variavel complexa. Sera usada tambema notacao Z{xn} para referir-se a esta funcao.

Definicao 1.1. A transformada Z de uma sequencia xn = {x0, x1, x2, x3, . . .}e definida por:

Definicao 2

Z{xn} = X(z)

=

∞∑n=0

xnz−n

= x0 +x1

z+x2

z2+x3

z3+ · · · .

(1.1.1)

E importante ressaltar que X(z) existe apenas para regioes do plano com-plexo em que o somatorio (1.1.1) converge. A transformada acima e as vezeschamada tambem de transformada Z unilateral, em referencia ao fato de con-siderar sequencias da forma {x0, x1, x2, . . .}, em contraste com as denominadassequencias bilaterais da forma {. . . , x−2, x−1, x0, x1, x2, . . .}. Para este tipo desequencias e possıvel considerar de forma analoga uma transformada Z bilateral[13]. Nessas notas sao consideradas apenas sequencias unilaterais.

Uma sequencia xn admite a transformada Z se a serie (1.1.1) e convergentepara pelo menos um complexo z, definindo assım uma funcao de variavel com-plexa com domınio nao vazio.

Figura 1.1: Diagrama da Transformada Z e sua Inversa

A seguir alguns exemplos simples de sequencias e suas transformadas.

Exemplo 1.1. Seja yn a sequencia {2, 4, 6, 4, 2, 0, 0, 0, . . .}. A transformda deyn, detonada por Z{yn} = Y (z), e:

Y (z) =

∞∑n=0

ynz−n

= 2 +4

z+

6

z2+

4

z3+

2

z4+

0

z5+

0

z6+ . . .

= 2 +4

z+

6

z2+

4

z3+

2

z4,

definida para todo z 6= 0.

Definicao 3

Exemplo 1.2. Seja a sequencia delta dada por:

δ(n− k) =

{1, se n = k

0, se n 6= k,

onde k ∈ N.Calculando Z{δ(n− k)} tem-se:

Z{δ(n− k)} =

∞∑n=0

δ(n− k)z−n = z−k.

Assim, Z{δ(n− k)} = z−k, para todo z 6= 0.

Exemplo 1.3. Como um caso particular da sequencia delta, para k = 0, tem-se:

xn =

{1, se n = 0

0, se n 6= 0,

isto e, xn = {1, 0, 0, 0, 0, . . .}, cuja transformada Z{xn} e dada por:

X(z) =

∞∑n=0

xnz−n

= 1 +0

z+

0

z2+

0

z3+ . . .

= 1,

definida para todo z complexo. Assim, Z{xn} = 1.

Nos exemplos anteriores as sequencias consideradas tinham um numero finitode termos diferentes de zero, e como consequencia, a transformada Z foi expressaem cada caso como uma soma finita. Nos exemplos a seguir serao consideradassequencias que tem infinitos termos nao nulos, e assim, o calculo da transformadaZ sera feito atraves de series, em particular atraves da serie geometrica. A seriegeometrica e sua relacao com a transformada Z sera discutida com mais detalhena proxima secao, mas sera usado por enquanto o seguinte resultado sobre a seriegeometrica de razao x:

∞∑n=0

xn = 1 + x+ x2 + . . . =1

1− xse e somente se |x| < 1.

Exemplo 1.4. Seja a sequencia de Heaviside dada por:

Hn−k =

{0, se n < k

1, se n ≥ k,

Definicao 4

onde k ∈ N.Calculando a transformada Z da sequencia dada, tem-se que:

Z{Hn−k} =

∞∑n=0

Hn−kz−n

=

k−1∑n=0

Hn−kz−n +

∞∑n=k

Hn−kz−n

= 0 +1

zk+

1

zk+1+

1

zk+2+ . . .

=1

zk

(1 +

1

z+

1

z2+ . . .

),

sempre que a serie em parenteses for convergente. Essa serie e uma seriegeometrica de razao 1/z e portanto converge para

1

1− 1

z

se

∣∣∣∣1z∣∣∣∣ < 1.

Assim:

Z{Hn−k} =

1

zk

1− 1

z

=z

zk(z − 1),

definida para |z| > 1.

Exemplo 1.5. Como um caso particular da sequencia de Heaviside, para k = 0,tem-se a sequencia fn = {1, 1, 1, 1, . . .}. Sua transformada Z{fn} e dada por:

F (z) =

∞∑n=0

fnz−n

= 1 +1

z+

1

z2+

1

z3+ . . .

que corresponde a uma serie geometrica de razao 1/z. Assim:

F (z) =1

1− 1

z

=z

z − 1,


Regiao de Convergencia 5

Exemplo 1.6. Dado a ∈ R, considere a sequencia constante yn = {a, a, a, a, . . .}.A transformada Z{yn} = Y (z) e dada por:

Y (z) =

∞∑n=0

ynz−n

= a+a

z+

a

z2+

a

z3+ . . .

= a

(1 +

1

z+

1

z2+ . . .

).

Novamente, pelo criterio de convergencia da serie geometrica, tem-se que:

Y (z) =a

1− 1

z

=az

z − 1,


1.2 Regiao de Convergencia

Na secao anterior, varios exemplos ilustraram o fato de que a transformada Zde uma sequencia fn, pode nao estar definida para todo complexo z. Em geral,a regiao do plano complexo para a qual a transformada F (z) existe e definidacomo a regiao de convergencia (RDC) da transformada F (z).

Para estabelecer a RDC de algumas transformadas e importante considerara serie geometrica e sua regiao de convergencia.

1.2.1 Serie Geometrica

Considere uma progressao geometrica (PG) de razao r ∈ C e primeiro termoa ∈ C, ou seja, uma sequencia da forma:

{a, ar, ar2, ar3, . . . , arn . . .}.

A serie geometrica S correspondente a essa progressao, e definida como asoma dos termos da PG, isto e:

S =

∞∑n=0

arn = a+ ar + ar2 + ar3 + . . .

Dependendo dos valores de a e r essa soma pode ou nao convergir. Paradeterminar os possıveis valores que essa soma pode tomar, sera considerada a


soma parcial ate o n−esimo termo e depois sera analizado o que ocorre com asoma parcial quando n tende ao infinito.

A soma dos n primeiros termos da PG e dada por:

Sn = a+ ar + ar2 + ar3 + ...+ arn−1.

Se r = 1 esta expressao torna-se igual a na. Se r 6= 1, e possivel obter umaexpressao simplificada para esta soma. Multiplicando por r em ambos os ladosda igualdade, tem-se que:

rSn = ar + ar2 + ar3 + ar4 + ...+ arn

e subtraindo Sn − rSn:

Sn − rSn = a+ ar + ar2...+ arn−1 − (ar + ar2 + ar3 + ...+ arn)

= a− arn,

isto e,Sn(1− r) = a(1− rn)

e assim

Sn =a(1− rn)

1− r,

se r 6= 1.Porem, o objetivo e notar o que ocorre com a soma Sn quando n tende ao

infinito. Tem-se que:

limn→∞

Sn =a

1− rquando |r| < 1, pois:

limn→∞

rn = 0 se e somente se |r| < 1.

Conclui-se que a soma de uma progressao geometrica, dado primeiro termoa ∈ C e razao r ∈ C, converge quando |r| < 1. A desigualdade |r| < 1 representauma regiao do plano complexo, conforme Figura 1.2.

Utilizando o conceito de convergencia para series geometricas, serao consi-derados alguns exemplos relacionados a sequencia dada pelas potencias de umnumero.

Exemplo 1.7. Para a ∈ C, seja xn = an, com n ∈ N. Tem-se que X(z) =Z{xn} e dada por:

X(z) =

∞∑n=0

anz−n

= 1 +a

z+a2

z2+a3

z3+ . . .


Figura 1.2: Regiao correspondente a |r| < R.

Logo, se |a/z| < 1, entao:

X(z) =1

1− a

z

=z

z − a.

Assim, a regiao de convergencia de X(z) e dada por |a/z| < 1, ou seja,|z| > |a|. Diferentes possibilidades para a regiao de convergencia sao ilustradasna Figura 1.3 para a ∈ R.


Figura 1.3: RDC da forma |z| > |a|.

Exemplo 1.8. Para xn = ean, n ∈ N e a ∈ C, tem-se que X(z) = Z{xn} edada por:

X(z) =

∞∑n=0

eanz−n

= 1 +ea

z+

(ea

z

)2

+

(ea

z

)3

+ . . .

=1

1− ea

z

=z

z − ea.

Assim, tem-se uma serie geometrica de razao r = ea/z, cuja RDC e dada

Propriedades 9

por |ea/z| < 1, isto e, |z| > |ea|.

1.3 Propriedades

A seguir, serao apresentadas algumas propriedades basicas da transformada Z,seguidas de suas demonstracoes e exemplos.

1.3.1 Linearidade

Teorema 1.1. Sejam a e b numeros complexos dados, xn e yn sequencias, eX(z) a transformada Z de xn, para |z| > R1 e Y (z) a transformada Z de yn,para |z| > R2. Entao Z{axn + byn} = aX(z) + bY (z), para |z| > max{R1, R2}.

Demonstracao:

Z{axn + byn} =

∞∑n=0

(axn + byn) z−n

=

∞∑n=0

axnz−n +

∞∑n=0

bynz−n

= a

∞∑n=0

xnz−n + b

∞∑n=0

ynz−n

= aX(z) + bY (z)

para todo n ∈ N.

Exemplo 1.9. Seja yn = sen(θn), para n ∈ N e θ ∈ R. Pela formula de Eulertem-se que {

eiθ = cos θ + i sen θ

e−iθ = cos θ − i sen θ

e portanto:

cos θ =eiθ + e−iθ

2e

sen θ =eiθ − e−iθ

2i.

Assim e possıvel calcular a transformada Z de sen(θn) usando a propriedadede linearidade da seguinte forma:

Propriedades 10

Z{sen(θn)} = Z{eiθn − e−iθn

2i

}

=1

2i(Z{eiθn} − Z{e−iθn})

=1

2i

(z

z − eiθ− z

z − e−iθ

)

=z(z − e−iθ)− z(z − eiθ)

(z − eiθ)(z − e−iθ)2i

=z(z − e−iθ − z + eiθ)

2i(z − eiθ)(z − e−iθ)

=z(−e−iθ + eiθ)

2i(z − eiθ)(z − e−iθ)

=z sen θ

(z − eiθ)(z − e−iθ)

=z sen θ

z2 − ze−iθ − zeiθ + 1

=z sen θ

z2 − z(e−iθ + eiθ) + 1

=z sen θ

z2 − 2z cos θ + 1.

(1.3.2)

Na deducao anterior, foram usadas as transformadas de eiθn e de e−iθn. DoExemplo 1.8, para xn = ean, tem-se que a RDC e dada por |z| > |ea|. Assim,como |eiθ| = |e−iθ| = 1 para θ ∈ R, tem-se que Z{sen(θn)} converge quando|z| > 1.

Exemplo 1.10. Seja fn = sen(nπ/2), para n ∈ N, o que gera a sequenciafn = {0, 1, 0,−1, 0, 1, 0,−1, . . .}.

Pode-se encontrar Z{fn} atraves da definicao (1.1.1):

F (z) =0

z0+

1

z1+

0

z2− 1

z3+

0

z4+ . . .

=1

z− 1

z3+

1

z5− 1

z7+ . . . .

(1.3.3)

Tem-se entao em (1.3.3) uma PG de primeiro termo a = 1/z e razao r =

Propriedades 11

−1/z2. Utilizando a formula da soma de uma PG:

F (z) =

1

z

1−(− 1

z2

) =z

z2 + 1.

Alternativamente, pode-se substituir θ = π/2 em (1.3.2):

Z{

sen(nπ

2

)}=

z senπ

2

z2 − 2z cosπ

2+ 1

=z

z2 + 1.

A RDC e dada por |z| > 1, conforme exemplo 1.9.

1.3.2 Diferenciacao

Teorema 1.2. Se a transformada X(z) = Z{xn} existe para |z| > R entao atransformada Z{nxn} tambem existe para |z| > R e tem-se:

Z{nxn} = −z ddzX(z).

Demonstracao:Se a transformada X(z) = Z{xn} existe para |z| > R, tem-se pela con-

vergencia uniforme da serie dentro de sua RDC que:

d

dzX(z) =

d

dz

∞∑n=0

xnz−n

=

∞∑n=0

d

dzxnz

−n

=

∞∑n=0

−nxnz−n−1

= −∞∑n=0

nxnz−n−1

= −∞∑n=0

nxnz−n

z

= −1

z

∞∑n=0

nxnz−n

= −1

zZ{nxn}.

Propriedades 12

Assim,d

dzX(z) = −1

zZ{nxn},

ou seja:

Z{nxn} = −z ddzX(z).

Generalizando o teorema anterior para k ∈ N, tem-se:

Z{nkxn} =

(−z d

dz

)kZ{xn}. (1.3.4)

Exemplo 1.11. Seja xn = n, n ∈ N, ou seja, a sequencia xn = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .}.Sua transformada Z{xn} pode ser obtida utilizando a propriedade de diferen-ciacao da seguinte forma:

Z{n} = Z{n.1}

= −z ddzZ{1}

= −z ddz

(z

z − 1

)

= −z[

(z − 1)− z(z − 1)2

]

=−z(z − 1) + z2

(z − 1)2

=z

(z − 1)2.

(1.3.5)

Assim Z{n} =z

(z − 1)2, com RDC |z| > 1.

Exemplo 1.12. Seja yn = n2. A transformada Z{n2}, pode ser obtida utili-zando a propriedade de diferenciacao da seguinte forma:

Propriedades 13

Z{n2} = Z{n.n}

= −z ddz

(Z{n})

= −z ddz

z

(z − 1)2

= −z(

(z − 1)2 − 2z(z − 1)

(z − 1)4

)

=z(z2 − 1)

(z − 1)4

=z(z + 1)(z − 1)

(z − 1)4

=z(z + 1)

(z − 1)3.

Logo, tem-se que Z{n2} =z(z + 1)

(z − 1)3, com RDC |z| > 1.

Exemplo 1.13. Seja fn = nan, para a ∈ C. A transformada Z{fn} pode serencontrada utilizando a propriedade de diferenciacao.

Lembrando que Z{an} =z

z − a, a transformada Z{nan} e dada por:

Z{nan} = −z ddzZ{an}

= −z ddz

(z

z − a

)

=az

(z − a)2.

Portanto Z{nan} =az

(z − a)2, com RDC |z| > |a|.

1.3.3 Similaridade

Teorema 1.3. Seja a ∈ C, a 6= 0 e X(z) a transformada Z de xn, para |z| > R.Tem-se que Z{anxn} = X(z/a), para |z| > |a|R.

Propriedades 14

Demonstracao:

Z{anxn} =

∞∑n=0

anxnz−n

=

∞∑n=0

xnz−n

a−n

=

∞∑n=0

xn

(za

)−n= X

(za

).

Se Z{xn} = X(z) para X(z) e |z| > R, entao a RDC de X(z/a) e dada por|z/a| > R, ou ainda |z| > |a|R.

Exemplo 1.14. Seja Z{nan} a transformada Z de nan. Como Z{n} =z

(z − 1)2pela propriedade de similaridade, tem-se:

Z{nan} =

z

a(za− 1)2

=

z

a(z − aa

)2

=z

a

a2

(z − a)2

=az

(z − a)2.

Portanto Z{nan} =az

(z − a)2, com RDC |z| > |a|, conforme Exemplo 1.13

visto na secao anterior.

Exemplo 1.15. Seja Z{eαn} a transformada Z de eαn. Como Z{1} =z

z − 1e utilizando a propriedade de similaridade:

Propriedades 15

Z{eαn} = Z{(eα)n}

=

z

eαz

eα− 1

=

z

eαz − eα

eα

=z

z − eα.

(1.3.6)

Logo Z{eαn} =z

z − eα, com RDC |z| > eα, conforme Exemplo 1.8.

O exemplo a seguir mostra como e possıvel combinar varias propriedadespara determinar a transformada de sequencias mais complexas.

Exemplo 1.16. A transformada Z{2n(n2−n)} pode ser determinada utilizandoas propriedades de linearidade e similaridade.

Calculando inicialmente Z{n2 − n} tem-se que:

Z{n2 − n} = Z{n2} − Z{n}

=z(z + 1)

(z − 1)3− z

(z − 1)2

=2z

(z − 1)3,

para |z| > 1. Portanto,

Z{2n(n2 − n)} =2z

2(z2− 1)3

=8z

(z − 2)3,

para |z/2| > 1. Assim, Z{2n(n2 − n)} =8z

(z − 2)3, definida para |z| > 2.

1.3.4 Translacao

Nesta secao serao apresentadas as propriedades da transformada Z relaciona-das a translacao (ou deslocamento) dos termos de uma sequencia. Considereinicialmente as seguintes sequencias descritas explicitamente:

Propriedades 16

{1, 3, 9, 27, 81, . . .}

e{3, 9, 27, 81, 243, . . .}.

Claramente as duas sequencias estao relacionadas com as potencias de 3, maso termo inicial da primeira sequencia e 1 = 30, enquanto que o termo inicial dasegunda sequencia e 3 = 31.

Para a primeira sequencia, o termo geral pode ser escrito como 3n paran ∈ N. Esta mesma expressao poderia ser usada para descrever a segundasequencia se o ındice n iniciasse a partir de 1, mas para usar os mesmos valoresde n = 0, 1, 2, . . ., a expressao adequada para a segunda sequencia e 3n+1, istoe:

3n = {1, 3, 9, 27, 81, . . .}

e3n+1 = {3, 9, 27, 81, 243, . . .}.

Assim, a relacao entre as duas sequencias e que a sequencia 3n+1 correspondea um deslocamento a esquerda da sequencia 3n. No mesmo sentido, a sequencia

{9, 27, 81, 243, 729, . . .},

que corresponde a dois deslocamentos a esquerda a partir da sequencia 3n, podeser descrita com o termo geral 3n+2, isto e,

3n+2 = {9, 27, 81, 243, 729, . . .}.

Em geral, dada uma sequencia xn, as notacoes xn+1, xn+2 ou xn+k, corres-pondem as sequencias obtidas por 1, 2 ou k deslocamentos a esquerda, respec-tivamente. Assim, dada uma sequencia

xn = {x0, x1, x2, x3, . . .},

a sequencia xn+k, k ∈ N, e dada por

xn+k = {xk, xk+1, xk+2, xk+3, . . . }.

Exemplo 1.17. Seja a sequencia xn = 4 + 3n. Descreva explicitamente ostermos das sequencias xn+1, xn+2, e xn+5 e determine os termos gerais dessassequencias.

Considerando xn e os deslocamentos correspondentes a esquerda, tem-se:

xn = {4, 7, 10, 13, 16, . . .},

xn+1 = {7, 10, 13, 16, 19, . . .},

xn+2 = {10, 13, 16, 19, 22, . . .}

Propriedades 17

exn+5 = {19, 22, 25, 28, 31, . . .}.

Como xn = 4 + 3n, pode-se verificar que os termos gerais das sequenciasxn+1, xn+2, e xn+5 correspondem a

xn+1 = 4 + 3(n+ 1) = 7 + 3n,

xn+2 = 4 + 3(n+ 2) = 10 + 3n,

exn+5 = 4 + 3(n+ 5) = 19 + 3n.

Assim como foi considerado o deslocamento a esquerda dos termos de umasequencia, e possivel considerar tambem o deslocamento a direita. No entanto,este deslocamento implica que novos termos precisam ser acrescentados no inıcioda sequencia. Estas posicoes terao o valor zero, pois uma sequencia unilateralpode ser interpretada como uma sequencia bilateral cujos termos associados aındices negativos sao todos iguais a zero.

Sera usada a notacao xn−k para denotar a sequencia obtida a partir de kdeslocamentos a direita dos termos da sequencia xn. Assim, dada uma sequencia

xn = {x0, x1, x2, x3, . . .},

a sequencia xn−k, k ∈ N, e dada por

xn−k = {0, 0, 0, . . . , 0,︸︷︷︸k posicoes

x0, x1, x2, . . . }.

Exemplo 1.18. Seja a sequencia xn = an para a ∈ R, a 6= 0. Descreva expli-citamente os termos das sequencias xn−1, xn−2 e xn−4 e determine os termosgerais dessas sequencias.

Considerando xn e os deslocamentos correspondentes a direita, tem-se:

xn = {1, a, a2, a3, a4, . . .},

xn−1 = {0, 1, a, a2, a3, . . .},

xn−2 = {0, 0, 1, a, a2, . . .}

exn−4 = {0, 0, 0, 0, 1, a, a2, . . .}.

Note que, embora xn = an, o termo geral da sequencia xn−1 nao e an−1,pois a posicao correspondente a n = 0 nao satisfaz a igualdade, isto e, 0 6= a0−1.Contudo, o termo geral da sequencia xn−1 pode ser descrito como:

Propriedades 18

xn−1 =

{0 se n = 0

an−1 se n ≥ 1.

De forma analoga, os termos gerais das sequencias xn−2 e xn−4 sao:

xn−2 =

{0 se n = 0, 1

an−2 se n ≥ 2

e

xn−4 =

{0 se n = 0, 1, 2, 3

an−4 se n ≥ 4.

Agora que estao estabelecidas as notacoes para os deslocamentos a direitae a esquerda, serao consideradas as transformadas Z destas sequencias e suarelacao com a transformada da sequencia original sem deslocamentos.

Teorema 1.4. Seja X(z) a transformada Z de xn, para |z| > R. Entao:

(i) Translacao para Direita

Z{xn−k} = z−kX(z), para |z| > R e k ∈ N.

(ii) Translacao para Esquerda

Z{xn+k} = zkX(z)−k−1∑n=0

xnzk−n, para |z| > R e k ∈ N.

Demonstracao:

(i) Para k ∈ N e |z| > R tem-se:

Z{xn−k} =0

z0+

0

z1+ · · · 0

zk−1+x0

zk+

x1

zk+1+

x2

zk+2+ · · ·

=1

zk

(x0

z0+x1

z1+x2

z2+ · · ·

)= z−kX(z).

(ii) Para k ∈ N e |z| > R, tem-se:

Z{xn} =

∞∑n=0

xnz−n

=

k−1∑n=0

xnz−n +

∞∑n=k

xnz−n.

Propriedades 19

Fazendo uma mudanca de ındice considerando n = m + k no segundosomatorio:

Z{xn} =

k−1∑n=0

xnz−n +

∞∑m+k=k

xm+kz−(m+k)

=

k−1∑n=0

xnz−n + z−k

∞∑m=0

xm+kz−m

=

k−1∑n=0

xnz−n + z−kZ{xm+k}.

Logo,

Z{xn} =

k−1∑n=0

xnz−n + z−kZ{xn+k}.

Ou seja,

Z{xn+k} = zk

[Z{xn} −

k−1∑n=0

xnz−n

]= zkX(z)−

k−1∑n=0

xnzk−n.

Em particular para k = 1, 2, 3, o Teorema 1.4 assume o seguinte formato:

(i)Z{xn−1} = z−1X(z)

Z{xn−2} = z−2X(z)

Z{xn−3} = z−3X(z)

(ii)Z{xn+1} = zX(z)− x0z

Z{xn+2} = z2X(z)− x0z2 − x1z

Z{xn+3} = z3X(z)− x0z3 − x1z

2 − x2z

Exemplo 1.19. Seja xn = 2n, ou seja, xn = {1, 2, 4, 8, 16, . . .}. Encontre astransformadas de xn−2 e xn+1.

Conforme estabelecido no Exemplo 1.7:

Z{xn} = X(z) =z

z − 2,

para |z| > 2.

Propriedades 20

Do Teorema 1.4, tem-se:

Z{xn−2} = z−2X(z)

= z−2 z

z − 2

=1

z(z − 2)

eZ{xn+1} = z1X(z)− x0z

1

= zz

z − 2− 1z

=2z

z − 2.

Exemplo 1.20. Seja yn = eαn, para α ∈ R. Tem-se que:

Z{eαn} = Y (z) =z

z − eα,

para |z| > eα.Pode-se encontrar a transformada de yn+2, utilizando a propriedade de translacao

a esquerda:Z{yn+2} = Z{eα(n+2)}

= z2Y (z)− y0z2 − y1z

= z2 z

z − eα− z2 − eαz

=e2αz

z − eα,

para |z| > eα.Ou ainda, encontrar a transformada de yn−2, utilizando a propriedade de

translacao a direita:

Z{yn−2} = Z{eα(n−2)}

= z−2Y (z)

= z−2 z

z − eα

=1

z(z − eα),

para |z| > eα.

Propriedades 21

1.3.5 Convolucao

A convolucao de duas sequencias xn e yn, denotada por xn ∗ yn, e uma novasequencia wn, cujo n-esimo termo e dado por:

wn = xn ∗ yn =

n∑k=0

xn−kyk =

n∑k=0

xkyn−k.

Mais infomacoes sobre convolucao podem ser encontradas em [20]. A pro-priedade a seguir mostra que a transformada da convolucao e o produto dastransformadas.

Teorema 1.5. Se Z{xn} = X(z), para |z| > R1 e Z{yn} = Y (z), para |z| >R2, entao Z{xn ∗ yn} = X(z)Y (z), para |z| > max{R1, R2}.

Demonstracao:

Z{xn ∗ yn} =

∞∑n=0

[n∑k=0

xkyn−k

]z−n

=

n∑k=0

∞∑n=0

xkyn−kz−n

=

∞∑k=0

xk

∞∑n=k

yn−kz−n.

Tomando r = n− k, tem-se:

Z{xn ∗ yn} =

∞∑k=0

xk

∞∑r=0

yrz−kz−r

=

∞∑k=0

xkz−k

∞∑r=0

yrz−r

= X(z)Y (z).

Esta propriedade da transformada Z e considerada uma das mais importan-tes [1]. Nos exemplos a seguir, esta propriedade sera usada para determinar asequencia correspondente a uma certa funcao na variavel z. Esta situacao cor-responde a determinacao da transformada Z inversa da funcao. Este conceitosera explorado com maior profundidade no proximo capıtulo.

Exemplo 1.21. Seja

F (z) =z2

(z − 1)3.

Propriedades 22

Quer-se encontrar fn tal que

Z{fn} =z2

(z − 1)3,

utilizando a propriedade de convolucao.Conforme Exemplos 1.5 e 1.11, tem-se que:

Z{1} =z

z − 1

eZ{n} =

z

(z − 1)2.

Assim,

F (z) =z2

(z − 1)3

=z

z − 1· z

(z − 1)2

= Z{1}Z{n}.

Logo, pela propriedade de convolucao:

Z{1 ∗ n} = Z{1}Z{n} =z2

(z − 1)3.

Utilizando a definicao de convolucao,

1 ∗ n =

n∑k=0

1.k

= 0 + 1 + 2 + 3 + · · ·+ n

=n(n+ 1)

2.

Logo,

Z{n(n+ 1)

2

}=

z2

(z − 1)3.

Exemplo 1.22. Seja

Y (z) =az2

(z − 1)(z − a).

Quer-se encontrar yn tal que

Z{yn} =az2

(z − 1)(z − a).

Propriedades 23

Como visto anteriormente nos exemplos 1.6 e 1.7, tem-se que:

Z{a} =az

z − 1

eZ{an} =

z

(z − a).

Assim,

Y (z) =az2

(z − 1)(z − a)

=az

z − 1· z

z − a

= Z{a}Z{an}.

Logo, pela propriedade de convolucao, Z{a ∗ an} = Z{a}Z{an} = Y (z).Utilizando a definicao de convolucao:

a ∗ an =

n∑k=0

a.ak

= a

n∑k=0

ak

= a

(1− an+1

1− a

).

Logo,

Z{a(1− an+1)

1− a

}=

az2

(z − 1)(z − a).

1.3.6 Valor Inicial

A propriedade seguinte esta relacionada com o comportamento assintotico datransformada Z.

Teorema 1.6. Se a transformada Z{xn} = X(z) existe para |z| > R entao:

limz→∞

X(z) = x0 = limn→0

xn.

Propriedades 24

Demonstracao:

limz→∞

X(z) = limz→∞

∞∑n=0

xnz−n

= limz→∞

(x0 +

x1

z+x2

z2+x3

z3+ . . .

)= lim

z→∞x0 + lim

z→∞

x1

z+ limz→∞

x2

z2+ limz→∞

x3

z3+ . . .

= x0 + 0 + 0 + 0 + . . .

= x0

= limn→0

xn.

Exemplo 1.23. Seja fn = 1 uma sequencia dada por fn = {1, 1, 1, 1, . . .}.Como visto no Exemplo 1.5, sua transformada e dada por:

F (z) =z

z − 1.

A propriedade do Valor Inicial pode ser verificada notando que o primeirotermo da sequencia e :

f0 = limz→∞

z

z − 1= 1

ou,

f0 = limn→0

fn = limn→0

1 = 1.

Exemplo 1.24. Seja xn = n a sequencia vista no Exemplo 1.11, cuja transfor-mada e dada por:

X(z) =z

(z − 1)2.

Pode-se verificar a propriedade do Valor Inicial, notando que seu termo ini-cial e dado por:

x0 = limz→∞

z

(z − 1)2= 0

ou,

x0 = limn→0

xn = limn→0

n = 0.

Propriedades 25

1.3.7 Valor Final

A seguinte propriedade estabelece uma relacao entre o limite da sequencia e suatransformada Z.

Teorema 1.7. Se a transformada Z{xn} = X(z) existe para |z| > R, e selimn→∞

xn existe, entao:

limn→∞

xn = limz→1

(z − 1)X(z).

Demonstracao:

Z{xn} =

∞∑n=0

xnz−n = X(z).

Pela propriedade de Translacao para Esquerda vista anteriormente:

Z{xn+1} = zX(z)− zx0.

E pela propriedade de Linearidade:

Z{xn+1 − xn} = zX(z)− zx0 −X(z).

Assim, aplicando o conceito de limite em ambas as partes da igualdade:

limz→1

[Z{xn+1 − xn}] = limz→1

[zX(z)− zx0 −X(z)]

limz→1

∞∑n=0

(xn+1 − xn)z−n = limz→1

(z − 1)X(z)− limz→1

zx0

∞∑n=0

xn+1 − xn = limz→1

(z − 1)X(z)− x0

−x0 + limn→∞

xn = limz→1

(z − 1)X(z)− x0,

pois:

∞∑n=0

xn+1 − xn = (x1 − x0) + (x2 − x1) + (x3 − x2) + . . .+ (xn − xn−1) + . . .

= −x0 + limn→∞

xn.

Logo limn→∞

xn = limz→1

(z − 1)X(z).

Exemplo 1.25. Seja fn = (1/2)n e sua transformada dada por:

F (z) =z

z − 12

.

Exercıcios Resolvidos 26

Pode-se verificar que:

limz→1

(z − 1)z

z − 12

= 0 = limn→∞

(1

2

)n.

Para facilitar a consulta, encontra-se no Apendice A um resumo das propri-edades vistas e no Apendice B alguns pares de transformadas.

1.4 Exercıcios Resolvidos

A seguir exemplos da aplicacao da transformada Z utilizando sua definicao epropriedades para determinar a transformada Z de algumas sequencias.

Exemplo 1.26. Seja xn = (n − 1)an−2, a ∈ R, calcule Z{(n − 1)an−2} e de-termine sua regiao de convergencia.

Pela propriedade de Linearidade,

Z{(n− 1)an−2} = a−2(Z{nan} − Z{an}).

Pela propriedade de Similaridade,

Z{an} = Z{an.1} =

z

az

a− 1

=z

z − a,

para |z| > |a|.Pela propriedade de Diferenciacao,

Z{nan} = −z ddz

(z

z − a

)= −z

(z − a− z(z − a)2

)=

az

(z − a)2,

para |z| > |a|.Logo,

Z{(n− 1)an−2} = a−2(Z{nan} − Z{an})

= a−2

(az

(z − a)2− z

z − a

)

=az − z(z − a)

a2(z − a)2

=az − z2 + az

a2(z − a)2

=2az − z2

a2(z − a)2,

para |z| > |a|.


Exemplo 1.27. Seja yn = an sen θn, θ ∈ R, calcule Z{an sen θn}.

Como visto anteriormente,

Z{sen θn} =z sen θ

z2 − 2z cos θ + 1.

Pela propriedade da Similaridade,

Z{an sen θn} =

z

asen θ

(z

a)2 − 2

z

acos θ + 1

.

Multiplicando denominador e numerador por a2,

Z{an sen θn} =az sen θ

z2 − 2az cos θ + a2.

Nos exemplos anteriores, as regioes de convergencia das transformadas en-volvidas no processo de calculo eram iguais e portanto a regiao de convergenciaresultante permaneceu igual. Em situacoes mais complexas, a regiao de con-vergencia resultante pode ser a intersecao das regioes de convergencia das trans-formadas consideradas.

Exemplo 1.28. Calcule Z{fn} onde fn = cosh(βn), com β ∈ R.Lembrando que

coshβ =eβ + e−β

2,

tem-se:

Z {coshβn} = Z{eβn + e−βn

2

}.

Pela propriedade da Linearidade,

Z{eβn + e−βn

2

}=

1

2(Z{eβn}+ Z{e−βn}).

Conforme Exemplo 1.8 (ou 1.15), tem-se:

Z{eβn} =1

1− eβ

z

=z

z − eβ,

para |z| > eβ.E do mesmo modo, para Z{e−βn}, tem-se:

Z{e−βn} =z

z − e−β,

para |z| > e−β.


Logo, se |z| > max{eβ , e−β}, entao:

Z{coshβn} =1

2(Z{eβn}+ Z{e−βn})

=1

2

(z

z − eβ+

z

z − e−β

)

=1

2

(z(z − e−β) + z(z − eβ)

(z − eβ)(z − e−β)

)

=

z2 − z(e−β + eβ

2

)z2 − 2z

(e−β + eβ

2

)+ 1

=z2 − z coshβ

z2 − 2z coshβ + 1.

Assim,

Z{coshβn} =z2 − z coshβ

z2 − 2z coshβ + 1,

para |z| > max{eβ , e−β}.

Nos exemplos a seguir, serao aplicadas as propriedades da transformada Zpara sequencias que estao escritas em termos de uma ou varias sequencias naodefinidas explicitamente. Assim, a transformada resultante tambem dependeradas transformadas Z das sequencias desconhecidas. Este tipo de situacao serautilizada na solucao de equacoes de diferencas (Capıtulo 4).

Exemplo 1.29. Considere uma sequencia yn com transformada Z{yn} = Y (z).Calcule Z{yn − 4yn−1}.


Z{yn − 4yn−1} = Z{yn} − 4Z{yn−1}.

Pela definicao e propriedade de Translacao para Direita,

Z{yn} − 4Z{yn−1} = Y (z)− 4z−1Y (z) = Y (z)[1− 4z−1].

Portanto,Z{yn − 4yn−1} = Y (z)[1− 4z−1].

Exemplo 1.30. Seja xn uma sequencia com transformada Z{xn} = X(z).Calcule Z{e−2(n−2)xn−2}.



Z{e−2(n−2)xn−2} = e4Z{e−2nxn−2}.

Pela propriedade de Translacao para Direita,

Z{xn−2} = z−2X(z).

Chamando z−2X(z) = A(z) e pela propriedade de Similaridade,

Z{e−2nxn−2} = A( z

e−2

)= A(ze2)

= (ze2)−2X(ze2)

=X(ze2)

z2e4.

Logo,Z{e−2(n−2)xn−2} = e4Z{e−2nxn−2}

= e4X(ze2)

z2e4

=X(ze2)

z2.

Portanto,

Z{e−2(n−2)xn−2} =X(ze2)

z2.

Exemplo 1.31. Seja fn uma sequencia com transformada Z{fn} = F (z). Cal-cule Z{3(n− 1)fn−1}.


Z{3(n− 1)fn−1} = 3Z{(n− 1)fn−1}

= 3(Z{nfn−1} − Z{fn−1}).

Pela propriedade de Translacao para Direita,

Z{fn−1} = z−1F (z).


Pela propriedade de Diferenciacao,

Z{nfn−1} = −z ddzZ{fn−1}

= −z ddz

[z−1F (z)]

= −z[−F (z)

z2+

1

z

d

dzF (z)

]

=F (z)

z− d

dzF (z).

Logo,

Z{3(n− 1)fn−1} = 3(Z{nfn−1} − Z{fn−1})

= 3

(F (z)

z− d

dzF (z)− F (z)

z

)

= −3d

dzF (z).

Portanto,

Z{3(n− 1)fn−1} = −3d

dzF (z).

Exemplo 1.32. Seja xn uma sequencia com transformada Z{xn} = X(z) ex0 = 1. Calcule Z{an+2xn+1}, com a ∈ R.


Z{an+2xn+1} = a2Z{anxn+1}.

Pela propriedade de Translacao para Esquerda,

Z{xn+1} = zX(z)−1−1∑r=0

xrz1−r = zX(z)− x0z

1.

Chamando A(z) = zX(z)− x0z1 e pela propriedade de Similaridade,

Z{anxn+1} = A(za

)=

z

aX(za

)− z

ax0

=z

a

[X(za

)− x0

].

Exercıcios Propostos 31

Logo,Z{an+2xn+1} = a2Z{anxn+1}

= a2{za

[X(za

)− x0

]}.

Substituındo x0 = 1 e simplificando,

Z{an+2xn+1} = az[X(za

)− 1].

Exemplo 1.33. Seja yn uma sequencia com transformada Z{yn} = Y (z). Cal-cule Z{2n− yn + 3e−n}.


Z{2n− yn + 3e−n} = 2Z{n} − Z{yn}+ 3Z{e−n}.

Pela propriedade de Diferenciacao,

Z{n} = Z{n.1}

= −z ddz

(z

z − 1

)

=z

(z − 1)2.

Seja Z{1} =z

z − 1= A(z) e pela propriedade de Similaridade,

Z{e−n} = A( z

e−1

)= A(ze)

=ze

ze− 1.

Logo,

Z{2n− yn + 3e−n} = 2Z{n} − Z{yn}+ 3Z{e−n}

= 2z

(z − 1)2− Y (z) + 3

ze

ze− 1.

Portanto,

Z{2n− yn + 3e−n} =2z

(z − 1)2− Y (z) +

3ze

ze− 1.


1.5 Exercıcios Propostos

A seguir exercıcios propostos em relacao a definicao e propriedades da Trans-formada Z, e regiao de convergencia. Pode-se utilizar a lista de transformadaselementares (Apendice B), como auxılio.

1. Calcule as transformadas, identificando a Regiao de Convergencia:

(a) Z{(−2

3

)n}.

(b) Z{ne−4n}.(c) Z{1− (−5)n}.(d) Z{2 + 3e−2n}.

(e) Z{

cos(nπ

2

)}.

(f) Z{e−an sen(αn)}.(g) Z{3n sen(2n)}.

2. Mostre que:

(a) Z{cos(βn)} =z(z − cosβ)

z2 − 2z cosβ + 1, para |z| > 1.

(b) Z{senh(αn)} =zsenhα

z2 − 2z coshα+ 1, para |z| > max{eα, e−α}.

3. Calcule:

(a) Z{2e−n + 3e−0,5n}.(b) Z{5(0, 8)n − 4(1, 1)n}.(c) Z{n sen(2n)}.(d) Z{2n(n2 − n)}.(e) Z{2n− 3(n− 1)xn−1}.

1.5.1 Respostas

1. (a)z

z + 23

, para |z| > 2

3.

(b)e4z

(e4z − 1)2, para |z| > |e−4|.

(c)6z

(z − 1)(z + 5), para |z| > 1.

(d) z

(3e2

e2z − 1+

2

z − 1

), para |z| > 1.


(e)z2

z2 + 1, para |z| > 1.

(f)eaz senα

e2az2 − 2eaz cosα+ 1, para |z| > |e−a|.

(g)3z sen 2

z2 − 6z cos 2 + 9, para |z| > 3.

2. Utilizar a formula de Euler.

3. (a)3√ez√

ez − 1+

2ez

ez − 1.

(b)5z(10z − 23)

50z2 − 95z + 44.

(c)z(z2 − 1) sen 2

(z2 − 2z cos 2 + 1)2.

(d)8z

(z − 2)3.

(e)2z

(z − 1)2+ 3

d

dzX(z).

Capıtulo 2

Transformada Z Inversa

Neste capıtulo sera considerada a seguinte situacao: dada uma funcao X(z), epossıvel determinar uma sequencia xn tal que Z{xn} = X(z)? A resposta nemsempre e afirmativa para uma funcao arbitraria X(z), mas quando existe talsequencia xn, ela e chamada de transformada Z inversa de X(z) e denotada porZ−1{X(z)}.

Exemplo 2.1. Dada a funcao

X(z) =z

z − 2,

determine a transformada inversa Z−1{X(z)}.No capıtulo anterior foram calculadas as transformadas de varias sequencias

(resumidas no Apendice B), entre elas a transformada da sequencia an, coma ∈ C:

Z{an} =z

z − a, se |z| > |a|.

A funcao

X(z) =z

z − 2

corresponde a esta expressao justamente quando a toma o valor 2, e assim,parece natural considerar a sequencia 2n como a transformada Z inversa dafuncao X(z). Estritamente falando, seria preciso destacar adicionalmente queesta relacao so e valida na regiao de convergencia da transformada Z{2n}, ouseja:

Z−1

{z

z − 2

}= 2n, para |z| > |2|.

Mas, como nessa situacao nao ha motivo para confusao, e possıvel simples-mente escrever:

Z−1

{z

z − 2

}= 2n,

ficando subentendido que a igualdade e valida somente na regiao de convergenciada transformada Z da sequencia.

Metodo de Serie de Potencias 35

Exemplo 2.2. Determine a transformada Z inversa de

X(z) =z

z + 2+

z

(z − 3)2.

Usando os resultados do capıtulo anterior, resumidos nos apendices A e B,e possıvel estabelecer que:

Z {(−2)n} =z

z + 2

e

Z {n3n} =3z

(z − 3)2.

Pela linearidade da transformada Z tem-se que:

Z{

(−2)n +1

3n3n

}=

z

z + 2+

z

(z − 3)2,

e portanto, a transformada Z inversa de X(z) e dada pela sequencia

(−2)n +1

3n3n,

isto e:

Z−1

{z

z + 2+

z

(z − 3)2

}= (−2)n +

1

3n3n = (−2)n + n3n−1.

Nas situacoes simples consideradas nos exemplos anteriores, a funcao X(z)pode ser identificada imediatamente ou com ajuda de uma tabela de transfor-madas, como a transformada de uma certa sequencia. Em outros casos, serapreciso decompor a funcao dada em termos de funcoes mais simples ou aindautilizar a propria definicao da transformada Z para determinar termo a termoa sequencia Z inversa de X(z). Nessas notas serao considerados os seguintestres metodos para obter a transformada Z inversa de uma funcao:

• Serie de Potencias,

• Fracoes Parciais,

• Resıduos.

O primeiro metodo baseia-se na propria definicao da transformada Z, o se-gundo metodo utiliza manipulacoes algebricas para decompor a funcao dadaem funcoes mais simples e o terceiro metodo utiliza uma tecnica geral base-ada em resultados fundamentais da teoria de integracao de funcoes de variavelcomplexa.


2.1 Metodo de Serie de Potencias

Neste metodo, o objetivo e obter a transformada Z inversa a partir de umaexpansao de X(z) em series de potencias de z−1. Assim, ao obter uma expressaoda forma

X(z) =

∞∑n=0

xnz−n,

para |z| > R, a transformada Z inversa e determinada como a sequencia doscoeficientes xn.

Se X(z) esta na forma de uma funcao racional

X(z) =g(z)

h(z),

onde g(z) e h(z) sao polinomios em z, e possıvel usar o processo de divisao deg(z) por h(z) para obter termo a termo a serie de potencias de z−1 correspon-dente a X(z).

Com esta tecnica e possıvel, em teoria, determinar quantos termos da sequenciaforem necessarios, mas nem sempre e facil determinar uma formula geral fechadapara os termos da sequencia inversa.

Exemplo 2.3. Seja

X(z) =z(z + 1)

(z − 1)2.

Determine a transformada inversa Z−1{X(z)}.Dividindo o polinomio z2 + z por z2 − 2z + 1, tem-se:

z2+z |z2 − 2z + 1

−z2 + 2z − 1 13z − 1

Usualmente, o processo de divisao terminaria neste estagio. Porem, e possıvelcontinuar a divisao para eliminar termos no resto e gerar novos termos no quo-ciente. Por exemplo, para eliminar o termo 3z no resto e possıvel multiplicar opolinomio z2 − 2z + 1 por 3z−1 e subtrair, isto e:

z2+z |z2 − 2z + 1

−z2 + 2z − 1 1 + 3z−1

3z − 1−3z + 6− 3z−1

5− 3z−1

De forma analoga, e possıvel eliminar o termo 5 no resto, multiplicando opolinomio z2 − 2z + 1 por 5z−2 e subtraindo. Este processo pode ser realizadode forma sucessiva:


z2+z |z2 − 2z + 1

−z2 + 2z − 1 1 + 3z−1 + 5z−2 + 7z−3 + . . .3z − 1

−3z + 6− 3z−1

5− 3z−1

−5 + 10z−1 − 5z−2

7z−1 − 5z−2

−7z−1 + 14z−2 − 7z−3

9z−2 − 7z−3

O quociente da divisao e uma serie de potencias de z−1:

X(z) = 1 + 3z−1 + 5z−2 + 7z−3 + 9z−4 . . . .

Assim, xn = {1, 3, 5, 7, 9, . . .}, o que sugere que a sequencia procurada e dadapor xn = 2n+ 1.

Para mostrar que xn = 2n+ 1 e a expressao correta, basta provar que

Z{2n+ 1} = X(z) =z(z + 1)

(z − 1)2.

De fato, Z{2n + 1} = 2Z{n} + Z{1} pela propriedade de linearidade eobservando os itens 1 e 5 na lista de transformadas:

Z{2n+ 1} = 2Z{n}+ Z{1}

=2z

(z − 1)2+

z

z − 1

=z(z + 1)

(z − 1)2

= X(z).

Logo, xn = 2n+ 1 e a transformada Z inversa de X(z).

Exemplo 2.4. Considere

X(z) =z2

(z + 1)2

e determine xn tal que Z{xn} = X(z), isto e, determine a transformada Zinversa de X(z).

Tem-se quez2

(z + 1)2=

z2

z2 + 2z + 1

e assim e possıvel determinar xn fazendo a divisao correspondente da seguinteforma:


z2 |z2 + 2z + 1

−z2 − 2z − 1 1− 2z−1 + 3z−2 − 4z−3 + 5z−4 . . .−2z − 1

2z + 4 + 2z−1

3 + 2z−1

−3− 6z−1 − 3z−2

−4z−1 − 3z−2

4z−1 + 8z−2 + 4z−3

5z−2 + 4z−3

−5z−2 − 10z−3 − 5z−4

−6z−3 − 5z−4

...

Logo tem-se como quociente da divisao a serie dada por

X(z) = 1− 2z−1 + 3z−2 − 4z−3 + 5z−4 . . .

Observando os termos da sequencia {1,−2, 3,−4, 5, ...} pode-se conjecturarque xn = (−1)n(n+ 1). Para mostrar que de fato

Z{(−1)n(n+ 1)} =z2

(z + 1)2

basta observar que (−1)n(n+1) = n(−1)n+(−1)n e ao considerar a linearidadee as transformadas anteriormente estabelecidas tem-se:

Z{(−1)n(n+ 1)} = Z{n(−1)n}+ Z{(−1)n}

=(−1)z

(z + 1)2+

z

z + 1

=−z + z(z + 1)

(z + 1)2

=−z + z2 + z

(z + 1)2

=z2

(z + 1)2.

Logo xn = (−1)n(n+ 1) e a a transformada Z inversa de X(z) =z2

(z + 1)2.

O exemplo seguinte mostra que embora seja possıvel usar a divisao de po-linomios para achar a serie de potencias de z−1 e assim determinar quantostermos da sequencia inversa forem necessarios, nem sempre e obvio como deter-minar uma formula para o termo geral.

Metodo de Fracoes Parciais 39

Exemplo 2.5. Seja

X(z) =z2

z2 + z + 1.

Determine Z−1 {X(z)}.Usando a divisao de polinomios, tem-se:

z2 |z2 + z + 1

−z2 − z − 1 1− z−1 + z−3 − z−4 + z−6 − z−7 . . .−z − 1z + 1 + z−1

z−1

−z−1 − z−2 − z−3

−z−2 − z−3

z−2 + z−3 + z−4

z−4

−z−4 − z−5 − z−6

−z−5 − z−6

z−5 + z−6 + z−7

z−7

...

Ao analizar cuidadosamente o resıduo

1− z−1 + z−3 − z−4 + z−6 + z−7 . . .

nota-se que algumas potencias de z−1 nao aparecem (z−2, z−5, z−8, . . .), ou seja,os coeficientes destes termos sao iguais a zero. Assim, pode-se conjecturar quea sequencia xn inversa de X(z) e da forma:

xn = {1,−1, 0, 1,−1, 0, 1,−1, 0, . . .}.

Embora esta sequencia seja aparentemente simples, seria surpreendente con-seguir conjecturar a partir dela que seu termo geral e dado por:

xn =2 sen

[2π(n+1)

3

]√

3.

Esta sequencia sera considerada novamente no Exemplo 2.12 da proximasecao e sera mostrado como e possıvel deduzir a formula para o termo geralutilizando numeros complexos.


2.2 Metodo de Fracoes Parciais

A ideia fundamental deste metodo e decompor uma funcao X(z) em soma deexpressoes mais simples cuja transformada Z inversa seja mais facil de determi-nar.

Usualmente o metodo e aplicado a expressoes da forma

X(z) =A(z)

B(z)

onde A(z) e B(z) sao polinomios em z e o objetivo entao e reescrever estaexpressao como uma soma de fracoes mais simples, chamadas de fracoes parciais.A ideia de decomposicao em fracoes parciais e usada tambem na integracao defuncoes racionais como pode ser visto em diversos livros de Calculo [5, 7, 18].

A forma particular em que as tecnicas de fracoes parciais sao usadas nocontexto da transformada Z, levam em consideracao o tipo de fracoes que podemser reconhecidas como transformada Z de alguma sequencia. E comum que asfracoes correspondentes a transformadas Z tenham pelo menos um termo z nonumerador e este fato pode ser aproveitado para obter fracoes parciais faceis deidentificar. Isto e ilustrado nos proximos exemplos.

Exemplo 2.6. Seja

X(z) =z

(z − 2)(z − 3).

Determine a transformada Z inversa de X(z).Se fosse possıvel expressar X(z) na forma

z

(z − 2)(z − 3)=

αz

z − 2+

βz

z − 3,

para α, β ∈ R, entao seria possıvel determinar a inversa de X(z) imediatamente,pois os termos na soma correspondem as transformadas Z de sequencias daforma an. Mais precisamente, se

X(z) =z

(z − 2)(z − 3)=

αz

z − 2+

βz

z − 3,

entaoZ−1{X(z)} = α2n + β3n.

Uma forma de facilitar a determinacao dessa decomposicao em fracoes par-ciais para X(z) e considerar inicialmente

X(z)

z,

determinar uma decomposicao simples para esta expressao e finalmente obter adecomposicao para X(z) multiplicando por z. Este procedimento e ilustrado aseguir.


ConsidereX(z)

z=

1

(z − 2)(z − 3).

O objetivo e determinar uma decomposicao em fracoes parciais da forma:

1

(z − 2)(z − 3)=

α

z − 2+

β

z − 3. (2.2.1)

Note que:

α

z − 2+

β

z − 3=α(z − 3) + β(z − 2)

(z − 2)(z − 3)=

(α+ β)z − (3α+ 2β)

(z − 2)(z − 3). (2.2.2)

Assim, ao analisar o numerador de (2.2.2) e comparar com o numeradorda primeira fracao em (2.2.1), pode-se concluir que para obter a igualdade oscoeficientes α e β devem satisfazer

α+ β = 0 (coeficiente de z)−(3α+ 2β) = 1 (termo independente).

Resolvendo este sistema linear por qualquer metodo, e possıvel obter os coe-ficientes α e β da decomposicao. Tem-se assim que α = −1 e β = 1 e portanto:

X(z)

z=

1

(z − 2)(z − 3)=−1

z − 2+

1

z − 3.

Multiplicando por z, obtem-se uma decomposicao em fracoes parciais paraX(z) da forma

X(z) =z

(z − 2)(z − 3)=−zz − 2

+z

z − 3,

e pode-se concluir finalmente que a inversa de X(z) e

Z−1{X(z)} = −2n + 3n.

Exemplo 2.7. Seja

X(z) =z2

(z − a)(z − b)onde a, b ∈ C e a 6= b. Determine Z−1{X(z)}.

Aplicando a decomposicao em fracoes parciais em X(z)/z:

X(z)

z=

z

(z − a)(z − b)

=α

z − a+

β

z − b

=α(z − b) + β(z − a)

(z − a)(z − b)

=(α+ β)z − (bα+ aβ)

(z − a)(z − b).


Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores, z = (α+ β)z− (bα+aβ), tem-se o sistema linear a seguir:

α+ β = 1 (coeficiente de z)−(bα+ aβ) = 0 (termo independente),

cuja solucao e

α =−ab− a

e β =b

b− a.

Assim,

X(z)

z=

−ab− az − a

+

b

b− az − b

e portanto

X(z) =

(−ab− a

)(z

z − a

)+

(b

b− a

)(z

z − b

).

Logo

xn = Z−1{X(z)}

= Z−1

{(−ab− a

)(z

z − a

)+

(b

b− a

)(z

z − b

)}

=−ab− a

Z−1

{z

z − a

}+

b

b− aZ−1

{z

z − b

}

=−ab− a

an +b

b− abn

=−an+1 + bn+1

b− a

=bn+1 − an+1

b− a.

Portanto:

Z−1

{z2

(z − a)(z − b)

}=bn+1 − an+1

b− a.

Os exemplos a seguir consideram expressoes da forma

X(z) =A(z)

B(z)

onde o polinomio B(z) tem uma raiz de multiplicidade dois.


Exemplo 2.8. Seja

X(z) =z2

(z + 5)2,

Determine Z−1 {X(z)}.Aplicando a decomposicao em fracoes parciais em X(z)/z:

X(z)

z=

z

(z + 5)2

=A

z + 5+

B

(z + 5)2

=A(z + 5) +B

(z + 5)2

=Az + 5A+B

(z + 5)2.

Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores, z = Az + 5A + B etem-se o sistema linear:

A = 1 (coeficiente de z)5A+B = 0 (termo independente),

cuja solucao e A = 1 e B = −5.Assim,

X(z)

z=

1

z + 5− 5

(z + 5)2

e portanto

X(z) =z

z + 5− 5z

(z + 5)2.

Analisando os itens 2 e 9 na lista de transformadas:

Z{(−5)n} =z

z + 5e Z{n(−5)n} = − 5z

(z + 5)2,

logoxn = Z−1{X(z)}

= Z−1

{z

z + 5− 5z

(z + 5)2

}

= Z−1

{z

z + 5

}−Z−1

{5z

(z + 5)2

}= (−5)n + n(−5)n.

Portanto, Z−1

{z2

(z + 5)2

}= (−5)n(1 + n).


Exemplo 2.9. Determine a transformada inversa Z−1 de

X(z) =z

(z − 3)(z − 2)2.

SejaX(z)

z=

z

z(z − 3)(z − 2)2=

1

(z − 3)(z − 2)2.

Usando a decomposicao em fracoes parciais:

X(z)

z=

1

(z − 3)(z − 2)2

=A

z − 3+

B

z − 2+

C

(z − 2)2

=A(z − 2)2 +B(z − 2)(z − 3) + C(z − 3)

(z − 3)(z − 2)2

=(A+B)z + (−4A− 5B + C)z2 + (4A+ 6B − 3C)

(z − 3)(z − 2)2.

Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores:

1 = (A+B)z + (−4A− 5B + C)z2 + (4A+ 6B − 3C),

tem-se o sistema linear:

−4A− 5B + C = 0 (coeficiente de z2)A+B = 0 (coeficiente de z)

4A+ 6B − 3C = 1 (termo independente),

cuja solucao e A = 1, B = −1 e C = −1.Assim,

X(z)

z=

1

z − 3− 1

z − 2− 1

(z − 2)2

e portanto

X(z) =z

z − 3− z

z − 2− z

(z − 2)2.

Considerando novamente os resultados anteriores sobre transformada resu-midos no Apendice B, tem-se:

xn = Z−1{X(z)}

= Z−1

{z

z − 3− z

z − 2− 2z

2(z − 2)2

}

= Z−1

{z

z − 3

}−Z−1

{z

z − 2

}−Z−1

{2z

2(z − 2)2

}

= 3n − 2n − n2n

2.


Portanto:

Z−1

{z

(z − 3)(z − 2)2

}= 3n − 2n

2 + n

2.

No exemplo a seguir e apresentada uma decomposicao em fracoes parciaispara X(z) sem a divisao previa por z.

Exemplo 2.10. Determine a transformada inversa Z−1 de

X(z) =z + 3

(z + 1)(z + 2).

Usando a decomposicao em fracoes parciais:

X(z) =z + 3

(z + 1)(z + 2)

=A

z + 1+

B

z + 2

=A(z + 2) +B(z + 1)

(z + 1)(z + 2)

=(A+B)z + (2A+B)

(z + 1)(z + 2).

Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores, tem-se o sistema li-near:

A+B = 1 (coeficiente de z)2A+B = 3 (termo independente),


X(z) =2

z + 1− 1

z + 2.

Analisando o item 3 na lista de transformadas:

Z{(−1)n−1} =1

z + 1e Z{(−2)n−1} =

1

z + 2,

logoxn = Z−1{X(z)}

= Z−1

{2

z + 1− 1

z + 2

}

= 2Z−1

{1

z + 1

}−Z−1

{1

z + 2

}= 2(−1)n−1 − (−2)n−1.

Portanto, xn = Z−1 {X(z)} = 2(−1)n−1 − (−2)n−1.


A vantagem de utilizar a decomposicao em fracoes parciais e que muitasvezes os termos resultantes sao funcoes de z muito simples de inverter. Pode-se observar, entretanto, que na aplicacao da tecnica de fracoes parciais para aobtencao da transformada Z inversa de

X(z) =A(z)

B(z),

nos exemplos considerados ate aqui, o polinomio B(z) sempre aparece fatoradoem termos das suas raızes. Caso contrario, e preciso fatorar o polinomio antesde utilizar o metodo de fracoes parciais. Embora em teoria sempre seja possıvelrealizar esta fatoracao, no caso de polinomios de grau 2 com raızes complexasou de polinomios de grau maior que 2, este processo de fatoracao pode nao serimediato.

Exemplo 2.11. Seja

X(z) =z2

z2 + 10z + 25+

z2

z2 − z − 6.

O denominador da primeira fracao

z2

z2 + 10z + 25

pode ser fatorado imediatamente notando que z2 +10z+25 = (z+5)2 e portanto

z2

z2 + 10z + 25=

z2

(z + 5)2,

cuja inversa ja foi calculada no exemplo 2.8.O denominador da segunda fracao

z2

z2 − z − 6

tambem pode ser fatorado e tem-se

z2

z2 − z − 6=

z2

(z − 3)(z + 2),

cuja expressao ja foi considerada de forma geral no exemplo 2.7. Assim, apli-cando os resultados obtidos nos exemplos 2.7 e 2.8, pode-se calcular a transfor-


mada inversa de X(z) como:

Z−1{X(z)} = Z−1

{z2

z2 + 10z + 25+

z2

z2 − z − 6

}

= Z−1

{z2

z2 + 10z + 25

}+ Z−1

{z2

z2 − z − 6

}

= Z−1

{z2

(z + 5)2

}+ Z−1

{z2

(z − 3)(z + 2)

}

= (−5)n(1 + n) +3n+1 − (−2)n+1

3− (−2)

= (−5)n(1 + n) +3n+1 − (−2)n+1

5

O exemplo seguinte considera um caso em que o polinomio no denomina-dor tem raızes complexas. Mesmo neste caso e possıvel utilizar o metodo defracoes parciais, mas ha complicacoes inerentes ao fato de lidar com numeroscomplexos. Caso o objetivo seja determinar os coeficientes da sequencia inversasem necessariamente obter uma forma fechada para o termo geral, o metodo daserie de potencia pode ser mais conveniente. Caso seja necessario uma formulafechada para o termo geral e o metodo da serie de potencias nao fornece umaconjectura sobre ela (vide Exemplo 2.5), entao o metodo das fracoes parciais ouo metodo dos resıduos sao mais apropriados.

Exemplo 2.12. Seja

X(z) =z2

z2 + z + 1.

Determine Z−1 {X(z)}.Este mesmo problema foi considerado no Exemplo 2.5 da secao anterior,

cuja conclusao e que xn = Z−1 {X(z)} deve ser da forma:

xn = {1,−1, 0, 1,−1, 0, . . .}.

Alem disso, apresenta sem demonstrar uma formula geral para xn:

xn =2 sen

[2π(n+1)

3

]√

3. (2.2.3)

Este problema sera considerado agora utilizando o metodo das fracoes par-ciais. Note que o denominador da fracao

z2

z2 + z + 1


nao pode ser fatorado da forma usual, pois as raızes de z2 + z + 1 nao saonumeros reais. Aplicando a formula quadratica para z2 + z + 1 e possıvel obteras raızes

a = −1

2+

√3i

2e

b = −1

2−√

3i

2.

Assim, a fatoracao em termos das raızes e:

z2

z2 + z + 1=

z2[z −

(− 1

2 +√

3i2

)] [z −

(− 1

2 −√

3i2

)] =z2

(z − a)(z − b).

Uma vez obtida esta fatoracao, e possıvel usa-la para determinar a inversa,pois este tipo de funcao X(z) ja foi considerada de forma geral no exemplo 2.7.Assim:

Z−1{X(z)} = Z−1

{z2

z2 + z + 1

}

= Z−1

{z2

(z − a)(z − b).

}

=bn+1 − an+1

b− a

=

(− 1

2 −√

3i2

)n+1

−(− 1

2 +√

3i2

)n+1

−√

3i,

logo

xn =

(− 1

2 +√

3i2

)n+1

−(− 1

2 −√

3i2

)n+1

i√

3. (2.2.4)

A expressao (2.2.4) e uma formula geral, mas certamente parece muito maiscomplicada do que a formula geral anunciada anteriormente em (2.2.3) para asequencia xn = {1,−1, 0, 1,−1, 0, . . .}, obtida no exemplo 2.5.

E possıvel mostrar que (2.2.3) e (2.2.4) sao equivalentes utilizando a iden-tidade

sen θ =eiθ − e−iθ

2i

e a forma polar dos numeros complexos

−1

2−√

3i

2= cos

(4π

3

)+ i sen

(4π

3

)= ei

4π3 = e−i

2π3

Metodo dos Resıduos 49

e−1

2+

√3i

2= cos

(2π

3

)+ i sen

(2π

3

)= ei

2π3 .

Assim:

xn =

(− 1

2 +√

3i2

)n+1

−(− 1

2 −√

3i2

)n+1

i√

3

=

(ei

2π3

)n+1

−(e−i

2π3

)n+1

i√

3

=ei

2π3 (n+1) − e−i

2π3 (n+1)

i√

3

=2 sen

[2π(n+1)

3

]√

3.

Portanto:

xn = Z−1 {X(z)} =2 sen

[2π(n+1)

3

]√

3= {1,−1, 0, 1,−1, 0, . . .}.

2.3 Metodo dos Resıduos

Nesta secao e considerado o metodo dos resıduos para o calculo da transformadaZ inversa. Este metodo e um procedimento geral que em teoria permite deter-minar a Z inversa para varios tipos de funcoes, mas neste texto o metodo seraaplicado principalmente a funcoes racionais. O metodo dos resıduos esta fun-damentado em conceitos e resultados importante da analise complexa que seraoconsiderados sem as respectivas demonstracoes, que podem ser encontradas em[3, 10].

2.3.1 Polos e Resıduos

Os conceitos desenvolvidos nesta subsecao sao independentes da transformadaZ e podem ser estudados em textos de variaveis complexas. A aplicacao destesconceitos para o calculo da transformada Z inversa e considerada na Subsecao2.3.2.

Definicao 2.1 (Polo). Considere uma funcao F (z) da forma:

F (z) =a−m

(z − z0)m+ · · ·+ a−1

z − z0+

∞∑n=0

an(z − z0)n, a−m 6= 0. (2.3.5)

Neste caso, z0 e chamado de polo de ordem m da funcao F .


Note que a definicao de polo so faz sentido se a funcao pode ser escrita naforma (2.3.5). Nem toda funcao pode ser escrita nesta forma para algum z0, istoe, ha funcoes que nao possuem nenhum polo (por exemplo, funcoes polinomiaise em geral funcoes analıticas em todo o plano C).

Quando uma funcao F (z) tem um polo de ordem m em z0 entao o o produto(z − z0)mF (z) tem limite finito e diferente de zero quando z → z0.

Exemplo 2.13. Considere a funcao

F (z) =z + 2

(z − 5)3.

Mostre que F (z) tem um polo de ordem 3 em z0 = 5.Para poder concluir que z0 = 5 e um polo de ordem 3 de F (z) a partir

da Definicao 2.1, e preciso reescrever F (z) na forma (2.3.5), isto e, como umasoma de potencias negativas e nao negativas de de (z−5). Note que o numerador(z + 2) pode ser reescrito como:

z + 2 = 7(z − 5)0 + (z − 5)1.

Esta forma de escrever a funcao z+2 pode parecer artificial, mas nada maise do que a serie de Taylor de z+ 2 ao redor de z = 5. Com isso, a funcao F (z)pode ser escrita como:

F (z) =z + 2

(z − 5)3= F (z) =

7(z − 5)0 + (z − 5)1

(z − 5)3=

7

(z − 5)3+

1

(z − 5)2.

Esta expressao esta na forma (2.3.5) considerando z0 = 5, m = 3, a−3 = 7,a−2 = 1 e an = 0 para n ≥ −1. Assim, pode-se concluir que 5 e um polo deordem 3 de F (z).

Exemplo 2.14. Considere

F (z) =z2 + z

z2 + 2z + 1.

Mostre que F (z) tem um polo de ordem 1 (polo simples) em z = −1.Para facilitar a analise, e mais conveniente fatorar o numerador e denomi-

nador de F (z):

F (z) =z2 + z

z2 + 2z + 1=z(z + 1)

(z + 1)2=

z

z + 1.

Notando que o numerador z pode ser escrito em termos de z + 1 como

z = −(z + 1)0 + (z + 1)1,

tem-se:

F (z) =z

z + 1=−(z + 1)0 + (z + 1)1

z + 1=

−1

(z + 1)1+

1

(z + 1)0,

e assim, pode-se concluir que z = −1 e um polo de ordem 1 de F (z).


Os exemplos anteriores sugerem que os polos de uma funcao racional estaorelacionados com os zeros do denominador de F (z). Note que no primeiroexemplo, z = 5 e um polo de ordem 3 de F (z) e z = 5 e tambem uma raiz demultiplicidade 3 do denominador de F (z). No segundo exemplo, z = −1 e umpolo de ordem 1 de F (z) e embora inicialmente z = −1 pode ser consideradouma raiz de multiplicidade 2 do denominador, apos a fatoracao e a simplificacaodo termo (z+1), z = −1 tornou-se uma raiz de multiplicidade 1 do denominadorresultante. Estes fatos podem ser formalizados no resultado a seguir.

Teorema 2.1. Seja

F (z) =H(z)

G(z),

onde H(z) e G(z) sao funcoes polinomiais e z0 ∈ C tal que H(z0) 6= 0. Entao z0

e um polo de ordem m de F (z) se e somente se z0 e uma raiz de multiplicidadem de G(z).

Do resultado anterior, e possıvel identificar os polos de uma funcao racional.Inicialmente, identificar as raızes z0 do denominador G(z). Se z0 tambem euma raiz do numerador H(z), considerar as possıveis simplificacoes do termo(z − z0). Se apos simplificacoes z0 ainda e uma raiz do denominador resultantee nao e uma raiz do numerador, entao z0 e um polo de F (z) cuja ordem e dadapela multiplicidade de z0 como raiz do denominador resultante.

Exemplo 2.15. Determine os polos da funcao

F (z) =z3 + 2z2

z(z + 3)2.

Ao analizar o denominador z(z + 3)2, note que z = 0 e uma raiz de multi-plicidade 1 e z = −3 e uma raiz de multiplicidade 2. No entanto, o numeradorz3 + 2z2 tambem se anula em z = 0. Assim, e preciso fatorar e simplificar estetermo:

F (z) =z3 + 2z2

z(z + 3)2=z2(z + 2)

z(z + 3)2=z(z + 2)

(z + 3)2.

Com isso, z0 = −3 e a unica raiz do denominador e tem multiplicidade2. Como o numerador z(z + 2) nao se anula em z = −3, estao satisfeitas ascondicoes do Teorema 2.1 e pode-se concluir que z0 = −3 e o unico polo de F (z)e e um polo de ordem 2.


F (z) =z3 + 2z2 + 1

z2(z − 1)(z + 2)3.

As raızes do denominador z2(z − 1)(z + 2)3 sao:

z = 0 com multiplicidade 2,z = 1 com multiplicidade 1 e

z = −2 com multiplicidade 3.


O numerador z3 + 2z2 + 1 nao anula-se para nenhum desses valores. Assim,pelo Teorema 2.1, a funcao F (z) tem polo de ordem 2 em z = 0, polo simplesem z = 1 e polo de ordem 3 em z = −2.

O exemplo seguinte mostra que os polos de uma funcao tambem podem sernumeros complexos.


F (z) =z

z2 + 1.

As raızes do denominador sao z = i e z = −i, logo F (z) pode ser escritacomo:

F (z) =z

(z − i)(z + i).

Como o numerador nao se anula em z = i, nem em z = −i, pode-se concluirque z = i e z = −i sao polos simples de F (z).

Definicao 2.2 (Resıduo). Seja

F (z) =a−m

(z − z0)m+ · · ·+ a−1

z − z0+

∞∑n=0

an(z − z0)n, a−m 6= 0.

O coeficiente a−1 e chamado de resıduo de F no polo z0, e denotado Resz=z0

F (z).

Os resıduos podem ser calculados de forma simples. Quando z0 e um polosimples, tem-se:

F (z) =a−1

z − z0+ a0 + a1(z − z0) + . . .

logo(z − z0)F (z) = a−1 + a0(z − z0) + a1(z − z0)2 + . . .

e portanto o resıduo a−1 pode ser obtido como

Resz=z0

F (z) = a−1 = limz→z0

[(z − z0)F (z)]. (2.3.6)

Considere agora que z0 e um polo duplo:

F (z) =a−2

(z − z0)2+

a−1

z − z0+ a0 + a1(z − z0) + . . .

logo(z − z0)2F (z) = a−2 + a−1(z − z0) + a0(z − z0)2 + . . .

ed

dz[(z − z0)2F (z)] = a−1 + 2a0(z − z0) + 3a1(z − z0)2 + . . .

e portanto o resıduo a−1 pode ser obtido como

Resz=z0

F (z) = limz→z0

d

dz[(z − z0)2F (z)]. (2.3.7)


Generalizando o procedimento anterior, se z0 e polo de ordem m de umafuncao F , entao o resıduo de F em z0 pode ser calculado como:

Resz=z0

F (z) =1

(m− 1)!limz→z0

dm−1

dzm−1[(z − z0)mF (z)]. (2.3.8)

A expressao (2.3.8) coincide com a expressao (2.3.6) quando m = 1 inter-pretando a 0−esima derivada de uma funcao simplesmente como a funcao semderivar.

Exemplo 2.18. A funcao

F (z) =z2

(z + 3)(z − 1)2

tem um polo simples em z = −3 e um polo duplo em z = 1. Assim, os resıduoscorrespondentes podem ser calculados da seguinte forma:

Resz=−3

F (z) = limz→−3

[(z + 3)F (z)]

= limz→−3

[(z + 3)z2

(z + 3)(z − 1)2]

= limz→−3

z2

(z − 1)2

=9

16

e

Resz=1

F (z) = limz→1

d

dz[(z − 1)2F (z)]

= limz→1

d

dz[(z − 1)2 z2

(z + 3)(z − 1)2]

= limz→1

d

dz

[z2

z + 3

]

= limz→1

(z + 3)2z − z2

(z + 3)2

=7

16.

Exemplo 2.19. Determine os resıduos de

F (z) =z

z2 + 1


em cada um dos seus polos.No Exemplo 2.17 foi mostrado que z = i e z = −i sao polos simples de F (z).

Assim:Resz=i

F (z) = limz→i

[(z − i)F (z)]

= limz→i

[(z − i) z

(z − i)(z + i)

]

= limz→i

z

(z + i)

=i

2i

=1

2

eResz=−i

F (z) = limz→i

[(z + i)F (z)]

= limz→−i

[(z + i)

z

(z − i)(z + i)

]

= limz→−i

z

(z − i)

=−i−2i

=1

2.

2.3.2 Serie de Laurent e Teorema dos Resıduos

A expressao (2.3.5) considerada na definicao de polo de uma funcao F (z) narealidade e um caso particular de uma expressao chamada serie de Laurent deuma funcao. A seguir e enunciada a definicao e um resultado fundamental sobrea serie de Laurent.

Teorema 2.2 (Serie de Laurent). Se F (z) e analıtica em r < |z − z0| < R,entao F (z) pode ser escrito como

F (z) =

∞∑n=−∞

an(z − z0)n, (2.3.9)

onde

an =1

2πi

∮C

F (z)

(z − z0)n+1dz (2.3.10)


e C e qualquer curva simples fechada que separe |z − z0| = r de |z − z0| = R.A serie definida por (2.3.9) e (2.3.10) e chamada Serie de Laurent de F (z) aoredor de z0.

A seguir sao estabelecidas algumas relacoes entre os conceitos de polo, resıduose serie de Laurent com o problema do calculo de transformada Z inversa.

Dada uma sequencia fn, pela definicao da transformada Z, tem-se:

F (z) =

∞∑k=0

fkz−k.

Multiplicando ambos os lados da equacao por zn−1, tem-se:

zn−1F (z) =

∞∑k=0

fkzn−k−1

= f0zn−1 + f1z

n−2 + . . .+ fnz−1 + fn+1z

−2 + . . . ,

que pode ser considerada como um desenvolvimento em serie de Laurent dezn−1F (z) em torno de z0 = 0. Note que fn e o coeficiente de z−1. Pelo teoremada serie de Laurent, o coeficiente do termo z−1 pode ser calculado como:

fn =1

2πi

∮C

zn−1F (z)dz. (2.3.11)

Esta igualdade mostra que e possıvel calcular o termo fn a partir da funcaoF (z), bastando calcular a integral de linha em (2.3.11). Embora do ponto devista teorico isto significa que e possıvel calcular qualquer termo fn, ainda seriapreciso calcular em cada caso uma integral de linha para tal fim. O proximoteorema mostra que e possıvel calcular este tipo de integral de linha usando osresıduos de uma funcao.

Teorema 2.3 (Teorema do Resıduo). Se C e uma curva fechada simples ori-entada positivamente tal que F (z) e analıtica sobre C e no seu interior excetonos pontos z1, . . . , zk, entao

1

2πi

∮C

F (z)dz =

k∑j=1

Resz=zj

F (z). (2.3.12)

O teorema do resıduo permite calcular integrais da forma

1

2πi

∮C

F (z)dz

como a soma dos resıduos de F (z) nos polos no interior da curva C. Note quea integral de linha em (2.3.11) e similar, mas com zn−1F (z) no lugar de F (z).Assim, (2.3.11) pode ser calculada como a soma dos resıduos de zn−1F (z) emcada polo no interior da curva C, considerando uma curva C que contenha todos


os polos.

Transformada Z inversa via metodo dos resıduos. Seja fn umasequencia e F (z) sua transformada Z. Para cada n, tem-se:

fn =

k∑j=1

Resz=zj

zn−1F (z), (2.3.13)

onde z1, . . . , zk sao os polos de zn−1F (z).

A formula (2.3.13) permite calcular o termo fn, para cada n, somandoos resıduos da funcao zn−1F (z) em seus polos. Em alguns casos as funcoeszn−1F (z) tem sempre os mesmos polos e da mesma ordem, sem importar o valorde n. Nesta situacao os resıduos podem ser escritos em termos de n e e possıvelobter uma forma geral para o termo fn imediatamente. Em outras situacoesas funcoes zn−1F (z) tem polos diferentes ou de diferentes ordens dependendodo valor de n. Nesse caso, e preciso calcular os resıduos separadamente paracada valor de n que corresponda a um comportamento especial dos polos dezn−1F (z).

Exemplo 2.20. Seja

F (z) =z − 1

z − 2.

Para determinar a transformada inversa de F (z) pelo metodo dos resıduosmultiplica-se F (z) por zn−1:

zn−1F (z) =zn−1(z − 1)

z − 2.

Esta funcao sempre tem um polo simples em z = 2 para qualquer n ≥ 0.Note tambem que a funcao tem um polo simples em z = 0 so quando n = 0.Assim, os casos n = 0 e n ≥ 1 precisam ser considerados separadamente:

f0 = Resz=0

z−1F (z) + Resz=2

z−1F (z)

= Resz=0

(z − 1)

z(z − 2)+ Res

z=2

(z − 1)

z(z − 2)

= limz→0

z(z − 1)

z(z − 2)+ limz→2

(z − 2)(z − 1)

z(z − 2)

=1

2+

1

2

= 1.


e para n ≥ 1fn = Res

z=2zn−1F (z)

= Resz=2

zn−1(z − 1)

(z − 2)

= limz→2

(z − 2)zn−1(z − 1)

(z − 2)

= 2n−1.

Logo,

Z−1{F (z)} = fn =

{1 para n = 0

2n−1 para n ≥ 1,

gerando a sequencia fn = {1, 1, 2, 4, 8, . . .}.

Exemplo 2.21. Sendo a e b numeros complexos distintos, para determinar atransformada inversa de

X(z) =z

(z − a)(z − b)

considera-se

zn−1X(z) =zn

(z − a)(z − b),

que tem dois polos simples em z = a e z = b para n ≥ 0. Assim,

xn = Resz=a

zn−1X(z) + Resz=b

zn−1X(z)

= Resz=a

zn

(z − a)(z − b)+ Res

z=b

zn

(z − a)(z − b)

= limz→a

(z − a)zn

(z − a)(z − b)+ limz→b

(z − b) zn

(z − a)(z − b)

= limz→a

zn

z − b+ limz→b

zn

z − a

=an

a− b+

bn

b− a

=−an

b− a+

bn

b− a

=bn − an

b− a.

Logo, Z−1{X(z)} = xn =bn − an

b− a, para n ≥ 0.


Exemplo 2.22. Para determinar a transformada inversa de

X(z) =1

z − 1

considera-se

zn−1X(z) =zn−1

z − 1,

que tem um polo simples em z = 1 para n ≥ 0 e um polo simples em z = 0quando n = 0. Assim, se n = 0 tem-se:

x0 = Resz=1

z0−1X(z) + Resz=0

z0−1X(z)

= Resz=1

1

z(z − 1)+ Res

z=0

1

z(z − 1)

= limz→1

(z − 1)1

z(z − 1)+ limz→0

z1

z(z − 1)

= limz→1

1

z+ limz→0

1

z − 1

= 1− 1

= 0.

e para n ≥ 1, tem-se:

xn = Resz=1

zn−1X(z)

= limz→1

(z − 1)zn−1X(z)

= limz→1

zn

= 1.

Logo,

Z−1{X(z)} = xn =

{0, para n = 0

1, para n ≥ 1,

que corresponde a sequencia xn = {0, 1, 1, 1, . . .}.


F (z) =z2

(z + 3)2

tem-se

zn−1F (z) =zn+1

(z + 3)2,


que tem um polo de segunda ordem em z = −3 para todo n ≥ 0. Assim,

fn = Resz=−3

zn−1F (z)

= Resz=−3

zn+1

(z + 3)2

= limz→−3

d

dz(z + 3)2 zn+1

(z + 3)2

= limz→−3

d

dzzn+1

= limz→−3

(n+ 1)zn

= (n+ 1)(−3)n.

Logo, Z−1{F (z)} = fn = (n+ 1)(−3)n, para n ≥ 0.


Y (z) =1

(z + 1)(z + 2)

tem-se

zn−1Y (z) =zn−1

(z + 1)(z + 2),

que tem um polo simples em z = 0 quando n = 0, mas nao para n ≥ 1. Afuncao tem polos simples em z = −1 e z = −2 para todo n ≥ 0. Assim, oscasos n = 0 e n ≥ 1 precisam ser considerados separadamente:

y0 = Resz=0

z−1Y (z) + Resz=−1

z−1Y (z) + Resz=−2

z−1Y (z)

= limz→0

z

z(z + 1)(z + 2)+ limz→−1

z + 1

z(z + 1)(z + 2)+ limz→−2

z + 2

z(z + 1)(z + 2)

=1

2− 1 +

1

2

= 0

e para n ≥ 1

yn = Resz=−1

zn−1Y (z) + Resz=−2

zn−1Y (z)

= limz→−1

(z + 1)zn−1

(z + 1)(z + 2)+ limz→−2

(z + 2)zn−1

(z + 1)(z + 2)

= (−1)n−1 − (−2)n−1, n ≥ 1.


Logo,

Z−1{Y (z)} = yn =

{0 para n = 0

(−1)n−1 − (−2)n−1 para n ≥ 1.

Exemplo 2.25. Sendo a e b numeros complexos distintos, para determinar atransformada inversa de

Y (z) =1

(z − a)(z − b)

tem-se

zn−1Y (z) =zn−1

(z − a)(z − b),

que tem um polo simples em z = 0 quando n = 0, mas nao para n ≥ 1. Afuncao zn−1Y (z) tem polos simples em z = a e z = b para todo n ≥ 0. Assim,os casos n = 0 e n ≥ 1 precisam ser considerados separadamente:

y0 = Resz=0

z−1Y (z) + Resz=a

z−1Y (z) + Resz=b

z−1Y (z)

= limz→0

z

z(z − a)(z − b)+ limz→a

z − az(z − a)(z − b)

+ limz→b

z − bz(z − a)(z − b)

=1

ab+

1

a(a− b)+

1

b(b− a)

= 0

e para n ≥ 1

yn = Resz=a

zn−1Y (z) + Resz=b

zn−1Y (z)

= limz→a

(z − a)zn−1

(z − a)(z − b)+ limz→b

(z − b)zn−1

(z − a)(z − b)

=an−1

a− b+bn−1

b− a.

Logo,

Z−1{Y (z)} = yn =

0 se n = 0bn−1 − an−1

b− ase n ≥ 1.



1. Utilize o metodo de Serie de Potencias para calcular Z−1{X(z)} tal que:

(a) X(z) =2z

z2 + z + 1.

(b) X(z) =z

z2 + 1.

2. Utilize o metodo de Fracoes Parciais para calcular Z−1{Y (z)} tal que:

(a) Y (z) =2z3

(z − 2)3.

(b) Y (z) =z

(z − 3)2.

3. Utilize o metodo dos Resıduos para calcular Z−1{F (z)} tal que:

(a) F (z) =z(z − 1)

(z + 1)(z + 2).

(b) F (z) =z − 2

(z − 1)(z + 3).

(c) F (z) =2z2 − z

(z + 1)2(z − 2).

4. Calcule:

(a) Z−1

{6z2 − 10z + 2

z2 − 3z + 2

}.

(b) Z−1

{z

z2 − 2z + 4

}.

(c) Z−1

{10z(z + 5)

(z − 1)(z − 2)(z + 3)

}.

(d) Z−1

{4z

3z2 − 2z − 1

}.

(e) Z−1

{z2 + 2z

(z + 3)(z − 4)

}.

(f) Z−1

{z2

z2 + 1

}.

(g) Z−1

{z2

z2 − z + 1

}.

(h) Z−1

{z

z2 − 4z + 1

}.

(i) Z−1{z(e1z − 1)}


2.4.1 Respostas

1. (a) xn =4 sen

(2πn

3

)√

3= {0, 2,−2, 0, 2,−2, . . .}.

(b) xn = sen(nπ

2

)= {0, 1, 0,−1, 0, 1, . . .}.

2. (a) yn = 2n(n+ 1)(n+ 2).

(b) yn = n3n−1.

3. (a) fn = 3(−2)n − 2(−1)n.

(b) fn =

0 se n = 05(−3)n − 3

12se n ≥ 1.

(c) fn =2n − 3(−1)nn− (−1)n

3.

4. (a) xn =

{6 se n = 0

3 · 2n + 2 se n ≥ 1.

(b) xn =2n sen

(nπ3

)√

3.

(c) xn = (−3)n + 14 · 2n − 15.

(d) xn = 1− (−3)−n.

(e) xn =(−3)n + 3 · 22n+1

7.

(f) xn = cos(nπ

2

).

(g) xn =2 sen

[π(n+1)

3

]√

3.

(h) xn =(2 +

√3)n − (2−

√3)n

2√

3.

(i) xn =1

(n+ 1)!.

Capıtulo 3

Equacoes de Diferencas

Uma importante aplicacao da transformada Z e a resolucao de equacoes dediferencas. As equacoes de diferencas podem ser estudadas de um ponto de vistaestritamente matematico ou tambem como parte de problemas de modelagemmatematica em diversas areas (processamento digital de sinais, momentos deflexao, crescimento populacional, matematica financeira, computacao, etc.).

3.1 Definicao

A seguir e apresentada uma definicao do conceito de equacao de diferencas ealguns exemplos elementares.

Definicao 3.1. Uma equacao de diferencas e uma equacao descrevendo umarelacao entre os termos de uma sequencia de numeros. Uma sequencia e cha-mada de solucao da equacao de diferencas quando os termos da sequencia sa-tisfazem a equacao.

Exemplo 3.1. Considere a sequencia

xn = {1, 3, 5, 7, . . .}.

E possıvel estabelecer varias relacoes entre os termos da sequencia, por exemplo,e possıvel afirmar que cada termo da sequencia somado ao numero 2 e igualao termo seguinte da sequencia. Para descrever esta relacao em linguagemmatematica, e usada a notacao xn para representar tanto a sequencia como on−esimo termo da sequencia. Com isso a relacao entre os termos pode serescrita como:

xn + 2 = xn+1 para n = 1, 2, 3, . . . (3.1.1)

Assim, a equacao 3.1.1 e uma equacao de diferencas e xn = {1, 3, 5, 7, . . .}e uma solucao da equacao.

Exemplo 3.2. Mostre que a sequencia

xn = 2n

64

e uma solucao da equacao de diferencas

xn+1 = 2xn.

A equacao de diferencas estabelece que um termo qualquer da sequencia mul-tiplicado por 2 e igual ao termo seguinte da sequencia. Note que a sequencia

xn = 2n = {0, 2, 4, 8, 16, . . .}

satisfaz esta relacao e isto pode ser mostrado formalmente ao considerar que sexn = 2n entao

xn+1 = 2n+1 = 2 · 2n = 2xn.

Nos exemplos anteriores, e possıvel notar que as equacoes de diferencas con-sideradas nao tem solucao unica. Por exemplo, as sequencias

{0, 2, 4, 6, . . .}

ou{−11,−9,−7,−5, . . .}

tambem sao outras solucoes da equacao de diferencas

xn + 2 = xn+1.

Em geral, para determinar uma solucao especıfica de uma equacao de diferencase necessario acrescentar uma condicao inicial.

Exemplo 3.3. Considere a equacao de diferencas

yn+1 = 3yn + 1

com condicao inicial y0 = 2. Determine o termo y4 da sequencia solucao.A condicao y0 = 2 indica que, alem de satisfazer a equacao de diferencas,

a sequencia procurada deve comecar com o numero 2. A partir desta condicao,a sequencia solucao da equacao de diferencas pode ser descrita termo a termo,aproveitando a forma especial em que esta definida a equacao de diferencas comouma relacao de recorrencia. Assim:

y0 = 2

y1 = 3(y0) + 1 = 3(2) + 1 = 7

y2 = 3(y1) + 1 = 3(7) + 1 = 22

y3 = 3(y2) + 1 = 3(22) + 1 = 67

y4 = 3(y3) + 1 = 3(67) + 1 = 202

No exemplo anterior, embora seja possıvel construir termo a termo os ele-mentos da sequencia solucao

yn = {2, 7, 22, 67, 202, . . .},

Resolucao de Equacoes de Diferencas 65

nao e simples determinar uma forma geral para o n−esimo termo da sequencia.Considere por exemplo a sequencia conhecida como sequencia de Fibonacci, istoe, a sequencia

fn = {0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .}.

Nao e difıcil identificar uma relacao entre os termos da sequencia e considerara seguinte equacao de diferencas correspondente:{

fn+2 = fn+1 + fn

f0 = 0, f1 = 1.

Claramente a sequencia

fn = {0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .}

e a solucao desta equacao de diferencas, mas determinar uma formula fechadapara o termo geral de fn so a partir da sequencia, nao e um assunto trivial.

No restante deste capıtulo, a transformada Z e usada para determinar asolucao geral de equacoes de diferencas lineares. A transformada Z e definidacomo uma aplicacao que transforma sequencias em funcoes, assim e precisofazer uma importante consideracao para poder justificar o metodo de solucao:em uma equacao da diferencas, a notacao xn que representa o n−esimo termotambem e usada para denotar a propria sequencia. Alem disso, as notacoesxn+1, xn+2 ou em geral xn+k sao usadas tanto para denotar o termo n + 1,n + 2 ou n + k da sequencia, quanto as sequencias transladadas em 1, 2, ou kposicoes a esquerda, como definidas na Subsecao 1.3.4. Isto nao e realmente umabuso de notacao, pois a sequencia resultante de um deslocamento a esquerdae a sequencia dos termos xn+1, a resultante de dois deslocamentos a esquerda ea sequencias dos termos xn+2 e assim por diante.

3.2 Resolucao de Equacoes de Diferencas

A transformada Z pode ser utilizada para determinar a sequencia xn solucao deuma equacao de diferencas. A ideia e aplicar a transformada a equacao e par-tir de propriedades e expressoes conhecidas determinar uma expressao isoladapara a transformada X(z) de xn. Para determinar a sequencia xn basta entaoaplicar a transformada Z inversa a expressao encontrada para X(z). A seguir eapresentado um exemplo elementar para ilustrar o metodo de solucao descrito.

Exemplo 3.4. Considere a seguinte equacao de diferencas{yn+1 = 2yn

y0 = 1.

A sequencia{1, 2, 4, 8, . . .}


e uma solucao da equacao, como foi discutido no Exemplo 3.2.De fato, dada a equacao de diferencas

yn+1 = 2yn

e aplicando a transformada Z em ambos os lados da igualdade, tem-se:

Z{yn+1} = Z{2yn}.

Utilizando as propriedades de translacao (Teorema 1.4) no lado esquerdo daigualdade, a linearidade no lado direito e a notacao Z{yn} = Y (z), tem-se:

z[Y (z)− y0] = 2Y (z).

Substituindo y0 = 1:z[Y (z)− 1] = 2Y (z).

Isolando Y (z):

Y (z) =z

z − 2.

Mas ja foi estabelecido que

Z{2n} =z

z − 2.

Assim:yn = Z−1 {Y (z)}

= Z−1

{z

z − 2

}= 2n.

Logo, yn = 2n e a solucao da equacao de diferencas.

O exemplo anterior, embora simples, ilustra as diferentes etapas necessariaspara determinar a solucao de uma equacao de diferencas usando a transformadaZ: aplicar a transformada, usar propriedades e transformadas conhecidas, iso-lar a transformada da sequencia procurada e aplicar a transformada inversa.Cada uma das etapas pode ser mais ou menos trabalhosa, como e ilustrado nosexemplos a seguir.

Exemplo 3.5. Considere a equacao de diferencas{yn+2 − 4yn+1 + 4yn = 0

y0 = 1 e y1 = 4.

E possıvel usar a propria equacao de diferencas e as condicoes iniciais parainferir que a solucao da equacao e a sequencia

yn = {1, 4, 12, 32, 80, . . .},


mas sera utilizada a transformada Z para determina o termo geral da sequencia.Aplicando a transformada Z em ambos os lados da yn+2− 4yn+1 + 4yn = 0,

tem-se:Z{yn+2 − 4yn+1 + 4yn} = Z{0}.

Como Z{0} = 0, utilizando a propriedade da linearidade e translacao nolado esquerdo da igualdade, tem-se:

z2[Y (z)− y0 −

y1

z

]− 4z[Y (z)− y0] + 4Y (z) = 0.

Substituindo y0 = 1 e y1 = 4:

z2Y (z)− z2 − 4z − 4zY (z) + 4z + 4Y (z) = 0.

Isolando Y (z):

Y (z) =z2

(z − 2)2.

Para determinar a transformada inversa de Y (z) pode-se utilizar o metododas fracoes parciais:

Y (z)

z=

z

(z − 2)2

=A

z − 2+

B

(z − 2)2

=A(z − 2) +B

(z − 2)2

=Az − 2A+B

(z − 2)2.

Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores, tem-se o sistema li-near: {

A = 1

−2A+B = 0

cuja solucao e A = 1 e B = 2. Assim,

Y (z)

z=

1

z − 2+

2

(z − 2)2

e portanto

Y (z) =z

z − 2+

2z

(z − 2)2.

Pelas formulas de transformadas desenvolvidas anteriormente tem-se que:

Z{2n} =z

z − 2


e

Z{n2n} =2z

(z − 2)2.

Assim:yn = Z−1{Y (z)}

= Z−1

{z

z − 2+

2z

(z − 2)2

}= 2n + n2n

= 2n(n+ 1).

Logo, yn = 2n(n+ 1) e a formula geral da sequencia

yn = {1, 4, 12, 32, 80, . . .},

solucao da equacao de diferencas.

Exemplo 3.6. Considere a equacao de diferencas{an+1 = an + n

a0 = 0.

Aplicando a transformada Z em ambos os lados da equacao:

Z{an+1} = Z{an + n}.

Utilizando a propriedade de linearidade:

Z{an+1} = Z{an}+ Z{n}.

Pela propriedade de translacao a esquerda e usando que Z{n} = z(z−1)2 tem-

se:zA(z)− za0 = A(z) +

z

(z − 1)2.

Substituindo a0 = 0:

zA(z) = A(z) +z

(z − 1)2.

Isolando A(z):

A(z) =z

(z − 1)3

Usando o metodos dos resıduos para determinar a transformada inversa deA(z), tem-se que

zn−1A(z) =zn

(z − 1)3


tem um polo de ordem 3 em z = 1. Assim:

Resz=1

zn−1A(z) = Resz=1

zn

(z − 1)3

=1

(3− 1)!limz→1

d2

dz2

zn(z − 1)3

(z − 1)3

= limz→1

1

2n(n− 1)zn−1

=n(n− 1)

2.

Portanto,

an =n(n− 1)

2

e a solucao da equacao de diferencas.

Exemplo 3.7. Considere a equacao de diferencas dada por{yn+2 + 3yn+1 + 2yn = 3n

y0 = 1, y1 = 0.

Aplicando a transformada Z em ambos os lados da equacao de diferencas:

Z{yn+2 + 3yn+1 + 2yn} = Z{3n},

e pela propriedade de linearidade:

Z{yn+2}+ 3Z{yn+1}+ 2Z{yn} = Z{3n}.

Utilizando a propriedade de translacao a esquerda e o fato de que

Z{3n} =z

z − 3

tem-se que:

(z2Y (z)− y0z2 − y1z) + 3(zY (z)− y0z) + 2Y (z) =

z

z − 3.


z2Y (z)− 1z2 − 0z + 3zY (z)− 3z + 2Y (z) =z

z − 3.

Isolando Y (z):

Y (z)(z2 + 3z + 2) =z

z − 3+ z2 + 3z.


Y (z) =

(z

z − 3+ z2 + 3z

)(1

z2 + 3z + 2

).

Y (z) =z(z2 − 8)

(z − 3)(z + 1)(z + 2).

Para calcular a inversa utilizando o metodo das fracoes parciais em

Y (z)

z=

z2 − 8

(z − 3)(z + 1)(z + 2)

tem-se:

Y (z)

z=

A

z − 3+

B

z + 1+

C

z + 2

=A(z + 1)(z + 2) +B(z − 3)(z + 2) + C(z − 3)(z + 1)

(z − 3)(z + 1)(z + 2)

=(A+B + C)z2 + (3A−B − 2C)z + (2A− 6B − 3C)

(z − 3)(z + 1)(z + 2).

Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores, tem-se o sistema li-near:

A+B + C = 1

3A−B − 2C = 0

2A− 6B − 3C = −8

cuja solucao e

A =1

20, B =

7

4e C = −4

5.

Assim:

Y (z) =1

20

(z

z − 3

)+

7

4

(z

z + 1

)− 4

5

(z

z + 2

)e portanto

yn = Z−1{Y (z)}

= Z−1

{1

20

(z

z − 3

)+

7

4

(z

z + 1

)− 4

5

(z

z + 2

)}

= Z−1

{1

20

(z

z − 3

)}+ Z−1

{7

4

(z

z + 1

)}−Z−1

{4

5

(z

z + 2

)}

=1

20(3)n +

7

4(−1)n − 4

5(−2)n.

Logo,

yn =1

20(3)n +

7

4(−1)n − 4

5(−2)n

e a solucao procurada.


Exemplo 3.8. Considere a equacao de diferencas dada por{xn+2 − 4xn+1 + 4xn = 2n

x0 = 1, x1 = −1.

Aplicando a transformada Z em ambos os lados da equacao de diferencas:

Z{xn+2 − 4xn+1 + 4xn} = Z{2n}.

Pela propriedade de linearidade:

Z{xn+2} − 4Z{xn+1}+ 4Z{xn} = Z{2n}.

Utilizando a propriedade de translacao a esquerda e o fato de que

Z{2n} =z

z − 2

tem-se que:

(z2X(z)− x0z2 − x1z)− 4(zX(z) + x0z) + 4X(z) =

z

z − 2.

Substituindo x0 = 1 e x1 = −1:

z2X(z)− 1z2 + 1z − 4zX(z) + 4z + 4X(z) =z

z − 2.

Isolando X(z):

X(z)(z2 − 4z + 4) =z

z − 2+ z2 − 5z.

X(z) =z3 + 11z − 7z

(z − 2)3.

Utilizando o metodo dos resıduos, tem-se que:

X(z)zn−1 =zn−1z(z2 − 7z + 11)

(z − 2)3=zn(z2 − 7z + 11)

(z − 2)3

o qual possui um polo de terceira ordem em z = 2.


Calculando xn:

xn = Resz=2

zn−1X(z)

=1

(3− 1)!limz→2

d2

dz2

[(z − 2)3zn(z2 − 7z + 11)

(z − 2)3

]

=1

2limz→2

d2

dz2[zn(z2 − 7z + 11)]

=1

2limz→2

d

dz[nzn−1(z2 − 7z + 11) + zn(2z − 7)]

=1

2limz→2{zn−2[(n− 1)(11n− 7nz + nz2 − 7z + 2z2) + (−7nz + 2nz2 − 7z + 4z2)]}

=1

22n−2[(n− 1)(n− 6) + (−6n+ 2)]

= 2n−3(n2 − 13n+ 8).

Logo, a solucao procurada e xn = 2n−3(n2 − 13n+ 8).


yn − 4yn−1 + 3yn−2 = 2n,

cujas condicoes iniciais sao dadas por yn = 0 para n < 0.Para determinar a solucao da equacao de diferencas, aplica-se a transfor-

mada Z em ambos os lados da igualdade:

Z{yn − 4yn−1 + 3yn−2} = Z{2n}.


Z{yn} − 4Z{yn−1}+ 3Z{yn−2} = Z{2n}.

E pela propriedade de translacao com deslocamento a direita:

Y (z)− 4z−1Y (z) + 3z−2Y (z) =z

z − 2.

Isolando Y (z):

Y (z)(1− 4z−1 + 3z−2

)=

z

z − 2

Y (z)

(z2 − 4z + 3

z2

)=

z

z − 2

Y (z)(z − 1)(z − 3)

z2=

z

z − 2

Y (z) =z3

(z − 1)(z − 2)(z − 3).



Y (z)zn−1 =z3zn−1

(z − 1)(z − 2)(z − 3)

=zn+2

(z − 1)(z − 2)(z − 3),

que possui tres polos simples, em z = 1, z = 2 e z = 3. Calculando os resıduos:

yn = Resz=1

zn−1Y (z) + Resz=2

zn−1Y (z) + Resz=3

zn−1Y (z)

= limz→1

[(z − 1)Y (z)zn−1] + limz→2

[(z − 2)Y (z)zn−1] + limz→3

[(z − 3)Y (z)zn−1]

= limz→1

zn+2

(z − 2)(z − 3)+ limz→2

zn+2

(z − 1)(z − 3)+ limz→3

zn+2

(z − 1)(z − 2)

=1

2+

2n+2

−1+

3n+2

2.

Logo,

yn =1

2− 4 · 2n +

9

2· 3n.


yn+2 − 4yn = 2n

com as condicoes iniciais y0 = 0 e y1 = 1.Aplicando a transformada Z em ambos os lados da equacao de diferencas:

z2Y (z)− z2y0 − zy1 − 4Y (z) =z

z − 2.


z2Y (z)− z − 4Y (z) =z

z − 2.

Isolando Y (z):

Y (z)(z2 − 4

)= z +

z

z − 2

Y (z)(z − 2)(z + 2) =z2 − 2z + z

z − 2

Y (z) =z(z − 1)

(z − 2)2(z + 2).


Calculando a decomposicao em fracoes parciais:

Y (z)

z=

z − 1

(z − 2)2(z + 2)

=A

z + 2+

B

z − 2+

C

(z − 2)2

=− 3

16z + 2

+

3

16z − 2

+

1

4(z − 2)2

e portanto

Y (z) = − 3

16

(z

z + 2

)+

3

16

(z

z − 2

)+

1

4

(z

(z − 2)2

).

Assim, das formulas obtidas anteriormente:

yn = Z−1 {Y (z)}

= Z−1

{− 3

16

(z

z + 2

)+

3

16

(z

z − 2

)+

1

4

(z

(z − 2)2

)}

= − 3

16Z−1

{z

z + 2

}+

3

16Z−1

{z

z − 2

}+

1

8Z−1

{2z

(z − 2)2

}

=

(− 3

16

)(−2)n +

(3

16

)2n +

(1

8

)n2n.

Logo, a solucao e

yn = − 3

16(−2)n +

3

162n +

1

8n2n.


xn+2 + 3xn+1 + 2xn = 0

e as condicoes iniciais x0 = 1 e x1 = −4. Aplicando a transformada Z:

Z{xn+2 + 3xn+1 + 2xn} = Z{0}.


Z{xn+2}+ 3Z{xn+1}+ 2Z{xn} = Z{0}.

E pela propriedade de translacao:

(z2X(z)− x0z2 − x1z) + 3(zX(z)− x0z) + 2X(z) = 0.


Substituindo x0 = 1 e x1 = −4:

z2X(z)− 1.z2 − (−4).z + 3zX(z)− 3.1z + 2X(z) = 0.

Isolando X(z):

X(z)[z2 + 3z + 2]− z2 + 4z − 3z = 0.

X(z)[z2 + 3z + 2] = z2 − z.

X(z) =z2 − z

z2 + 3z + 2.

X(z) =z(z − 1)

(z + 1)(z + 2).


X(z)zn−1 =z(z − 1)zn−1

(z + 1)(z + 2)

=zn(z − 1)

(z + 1)(z + 2),

que possui dois polos simples, em z = −1 e z = −2. Calculando os resıduos:

xn = Resz=−1

zn−1X(z) + Resz=−2

zn−1X(z)

= limz→−1

[(z + 1)X(z)zn−1] + limz→−2

[(z + 2)X(z)zn−1]

= limz→−1

zn(z − 1)

z + 2+ limz→−1

zn(z − 1)

z + 1

= −2(−1)n + 3(−2)n.

Logo, a solucao exn = −2(−1)n + 3(−2)n.

Exemplo 3.12 (Numeros de Fibonacci). Considere a equacao de diferencas{fn+2 = fn+1 + fn

f0 = 0, f1 = 1,

cuja solucao e a sequencia

fn = {0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .}.

Comecando por 0 e 1, cada termo subsequente corresponde a soma dos doisanteriores. Esta e a conhecida sequencia dos numeros de Fibonacci. Para obteruma formula explıcita para o n-esimo numero de Fibonacci a partir da equacao


fn+2 = fn+1 + fn,

aplica-se a transformada Z em ambos os lados da igualdade:

Z{fn+2} = Z{fn+1 + fn}.

Utilizando a propriedade da Translacao e da Linearidade:

z2

[F (z)− f0 −

f1

z

]= z[F (z)− f0] + F (z).

Substituindo f0 = 0 e f1 = 1:

z2F (z)− z = zF (z) + F (z).

Isolando F (z):

F (z) =z

z2 − z − 1.

O polinomio no denominador possui duas raızes reais em:

z =1±√

5

2,

logo pode ser escrito como:

z2 − z − 1 =

[z − 1 +

√5

2

][z − 1−

√5

2

].

Calculando a decomposicao em fracoes parciais de F (z) dividido por z, tem-se:

F (z)

z=

1

z2 − z − 1

=A

z − 1 +√

5

2

+B

z − 1−√

5

2

=

1√5

z − 1 +√

5

2

+

− 1√5

z − 1−√

5

2

e portanto

F (z) =1√5

z

z − 1 +√

5

2

− z

z − 1−√

5

2

.


Assim,

fn = Z−1 {F (z)}

= Z−1

1√5

z

z − 1 +√

5

2

− z

z − 1−√

5

2

=1√5

[1 +√

5

2

]n− 1√

5

[1−√

5

2

]n.

Pode-se reescrever a solucao utilizando o numero de ouro, pois uma dasraızes de z2 − z − 1 e o proprio numero de ouro

ϕ =1 +√

5

2

e a outra raız e

1− ϕ =1−√

5

2.

Assim,

fn =ϕn − (1− ϕ)n√

5

e a formula procurada para o n-esimo numero de Fibonacci.

Os proximos exemplos envolvem uma equacao de diferencas com coeficientesnao constantes, mas que tambem pode ser resolvida aplicando a transformada Ze suas propriedades. Sao apresentadas duas formas de resolver a mesma equacaode diferencas usando varias propriedades da transformada Z desenvolvidas aolongo do texto.

Exemplo 3.13. Considere a equacao de diferencas{(n+ 1)xn+1 − nxn = n+ 1

x0 = 0.

Aplicando a transformada Z em ambos os lados da igualdade:

Z{(n+ 1)xn+1 − nxn} = Z{n+ 1}.


Z{nxn+1}+ Z{xn+1} − Z{nxn} = Z{n}+ Z{1}. (3.2.2)


Pela propriedade de diferenciacao, os termos Z{nxn+1} e Z{nxn} em (3.2.2)podem ser calculados fazendo:

Z{nxn+1} = −z ddzZ{xn+1}

= −z ddzzX(z)

= −z[X(z) + z

d

dzX(z)

]

= −zX(z)− z2 d

dzX(z).

(3.2.3)

e

Z{nxn} = −z ddzX(z). (3.2.4)

Lembrando as transformadas conhecidas:

Z{n} =z

(z − 1)2

eZ{1} =

z

z − 1,

combinadas com as expressoes (3.2.3) e(3.2.4), tem-se que a expressao (3.2.2)pode ser esrita como:

−zX(z)− z2 d

dzX(z) + zX(z) + z

d

dzX(z) =

z

(z − 1)2+

z

z − 1.

Isolando X(z):

(−z2 + z)d

dzX(z) =

z

(z − 1)2+

z

z − 1.

d

dzX(z) =

z + z(z − 1)

(z − 1)2(−z2 + 1).

d

dzX(z) =

z2

−z(z − 1)3.

d

dzX(z) =

−z(z − 1)3

.

Integrando em ambos os lados:∫d

dzX(z)dz =

∫−z

(z − 1)3dz.

X(z) =

∫−z

(z − 1)3dz.


Utilizando fracoes parciais:

−z(z − 1)3

=A

z − 1+

B

(z − 1)2+

C

(z − 1)3

=A(z − 1)2 +B(z − 1) + C

(z − 1)3

=Az2 + (−2A+B)z + (A−B + C)

(z − 1)3.

Assim, A = 0 e B = C = −1, logo:

X(z) =

∫−z

(z − 1)3dz

=

∫0

z − 1− 1

(z − 1)2− 1

(z − 1)3dz

= −1

∫1

(z − 1)2dz − 1

∫1

(z − 1)3dz.

Substituindo u = z − 1, e observando que du = 1dz:

X(z) = −1

∫1

u2du− 1

∫1

u3du

= −11

−u− 1

1

−2u2+ C

=1

u+

1

2u2+ C

=1

z − 1+

1

2(z − 1)2+ C

=2z − 1

2(z − 1)2+ C.

Logo,

X(z) =2z − 1

2(z − 1)2+ C.

Porem C = 0, pois pela propriedade do valor inicial

limz→∞

X(z) = x0 = 0.

Portanto,

X(z) =2z − 1

2(z − 1)2.


Utilizando o metodo dos Resıduos, e multiplicando X(z) por zn−1:

X(z)zn−1 =(2z − 1)zn−1

2(z − 1)2.

Para n = 0 tem-se um polo de segunda ordem em z = 1 e um polo deprimeira ordem em z = 0. Assim:

x0 = Resz=1

z−1X(z) + Resz=0

z−1X(z)

= limz→1

d

dz[(z − 1)2z−1X(z)] + lim

z→0[(z − 0)z−1X(z)]

= limz→1

d

dz

2z − 1

2z+ limz→0

2z − 1

2(z − 1)2

= limz→1

1

2z2− 1

2

=1

2− 1

2

= 0.

Para n > 0 tem-se um polo de segunda ordem em z = 1. Assim:

xn = Resz=1

zn−1X(z)

= limz→1

d

dz[(z − 1)2zn−1X(z)]

= limz→1

d

dz[ (2z−1)zn−1

2 ]

= limz→1

zn−1

2[2n+ (1− n)z−1]

=n+ 1

2.

Logo, a solucao procurada e:

xn =

0, se n = 0,n+ 1

2, se n > 0.

Exemplo 3.14. Considere novamente a equacao de diferencas{(n+ 1)xn+1 − nxn = n+ 1

x0 = 0,

Problemas envolvendo Equacoes de Diferencas 81

considerando a substituicao yn = nxn. Assim tem-se:{yn+1 − yn = n+ 1

y0 = 0.

Aplicando a transformada Z e utilizando suas propriedades:

Z{yn+1} − Z{yn} = Z{n+ 1}

ezY (z)− y0z − Y (z) =

z

(z − 1)2+

z

z − 1.

Substituindo y0 = 0 e isolando Y (z):

Y (z) =z2

(z − 1)3.

Utilizando o metodo dos resıduos, e multiplicando Y (z) por zn−1:

Y (z)zn−1 =z2zn−1

(z − 1)3=

zn+1

(z − 1)3

o qual possui um polo de terceira ordem em z = 1.Calculando yn:

yn = Resz=1

zn−1Y (z)

=1

(3− 1)!limz→1

d2

dz2

[(z − 1)3zn+1

(z − 1)3

]

=1

2limz→1

d2

dz2[zn+1]

=1

2limz→1

d

dz[(n+ 1)zn]

=1

2limz→1

n(n+ 1)zn−1

=n(n+ 1)

2.

Logo,

yn =n(n+ 1)

2para n > 0. E voltando em yn = nxn tem-se que

xn =n+ 1

2

para n > 0.


3.3 Problemas envolvendo Equacoes de Diferencas

Nesta secao sao apresentados problemas de diversas areas que podem ser mode-lados atraves de equacoes de diferencas e resolvidas utilizando a transformadaZ.

Exemplo 3.15 (Orcamento familiar). Uma famılia recebe mensalmente um va-lor fixo de $3.000,00 em salarios. Apos receber os salarios, a famılia gasta 80%do total de dinheiro acumulado e guarda os 20% restante. Se inicialmente tem$1.000,00 guardados, qual e o valor acumulado apos n meses? Qual e o valoracumulado pela famılia depois de um ano?

Seja sn o total acumulado da famılia no mes n. Tem-se entao que para omes zero, antes de receber o salario e haver gastos, o montante da famılia e deR$1.000,00. Ou seja, s0 = 1000.

Apos 1 mes, tem-se o montante inicial mais o salario fixo, porem com ogasto de 80% do mesmo. Logo, s1 = 0, 2(s0 + 3000).

Para o mes 2, o montante sera o montante acumulado ate o mes anteriormais o salario, porem novamente com o gasto de 80% do mesmo. Assim, s2 =0, 2(s1 + 3000).

Pode-se, recursivamente, dizer que o montante da famılia para o n-esimomes e dado pela equacao de diferencas{

sn+1 = 0, 2(sn + 3000)

s0 = 1000

para todo n ∈ N.Aplicando a transformada Z em ambos os lados da equacao:

Z{sn+1} = Z{0, 2(sn + 3000)}.


Z{sn+1} = 0, 2Z{sn}+ 600Z{1}.

Utilizando a propriedade de translacao e a transformada de 1 tem-se:

zS(z)− s0z = 0, 2S(z) +600z

z − 1.

Substituindo s0 = 1000 e isolando S(z):

S(z) =z(1000z − 400)

(z − 0, 2)(z − 1).

Para encontrar a transformada inversa de S(z) pelo metodo dos resıduos,pode-se considerar:

zn−1S(z) =zn(1000z − 400)

(z − 0, 2)(z − 1).


Esta funcao tem dois polos simples em z = 0, 2 e z = 1. Assim,

sn = Resz=0,2

zn−1S(z) + Resz=1

zn−1S(z)

= limz→0,2

zn(1000z − 400)

z − 1+ limz→1

zn(1000z − 400)

z − 0, 2

= (0, 2)n × 250 + 1n × 750

= 250(0, 2)n + 750.

Portanto, a solucao geral e dada por

sn = 250(0, 2)n + 750.

Para determinar o total acumulado apos um ano basta substituir n = 12 naanterior expressao, assim:

s12 = 250(0, 2)12 + 750 = 750, 000001024,

ou seja, aproximadamente R$750, 00.

Exemplo 3.16 (Crescimento de bacterias). Suponha que o numero de bacteriasem uma colonia triplique a cada hora.

(a) Encontre uma equacao de diferencas para o numero de bacterias depoisque se passaram n horas.

(b) Se 100 bacterias sao usadas para iniciar uma nova colonia, quantas bacteriashavera na colonia em 10 horas?

Considerando bn o numero de bacterias apos n horas, observar-se que bacteriasnas primeiras horas comportam-se da seguinte maneira:

• Para n = 0 (hora zero) tem-se o numero inicial de bacterias b0;

• Na 1a hora tem-se que o numero de bacterias b1 e dado por b1 = 3b0;

• Na 2a hora o numero de bacterias e dado por b2 = 3b1;

• Na 3a hora tem-se b3 = 3b2.

Recursivamente, em n horas o numero de bacterias e dado por

bn+1 = 3bn.

Para o numero de bacterias apos 10 horas basta resolver a equacao de dife-rencas encontrada.


Aplicando a transformada Z em ambos o lados da equacao:

Z{bn+1} = Z{3bn}.

Pela propriedade de translacao e a linearidade:

zB(z)− b0z = 3B(z).

Isolando B(z):

B(z) =b0z

z − 3.

Aplicando a transformada Z inversa em ambos os lados:

Z−1{B(z)} = Z−1

{b0z

z − 3

}.

E pelas transformadas conhecidas:

bn = b03n. (3.3.5)

Para concluir o item (b) basta substituir b0 = 100 e n = 10 na equacao(3.3.5):

b10 = 100× 310 = 100× 59049 = 5904900.

Portanto havera 5.904.900 bacterias em 10 horas.

Exemplo 3.17 (Probabilidade). Dois jogadores disputam uma serie de parti-das. Cada partida e iniciada por quem venceu a partida anterior. Em cadapartida, quem a iniciou tem probabilidade 0, 6 de ganha-la e probabilidade 0, 4de perde-la. Se o jogador A iniciou a primeira partida, qual e a probabilidadedo jogador B ganhar a n-esima partida?

Analisando as (n+ 1) partidas realizadas e considerando xn a probabilidadedo jogador B ganhar a n-esima partida, para que o jogador B ganhe a (n+ 1)-esima partida tem-se duas possibilidades:

• O jogador B ganha a n-esima partida (com probabilidade xn) e ganha aseguinte (com probabilidade condicional 0, 6), com probabilidade igual a0, 6xn;

• O jogador B perde a n-esima partida (com probabilidade 1− xn) e ganhaa seguinte (com probabilidade condicional 0, 4), com probabilidade igual a0, 4(1− xn).

Portanto, a probabilidade xn+1 de vitoria na (n+1)-esima partida e dada porxn+1 = 0, 6xn + 0, 4(1− xn), ou seja,

xn+1 = 0, 2xn + 0, 4,

com x1 = 0, 4, pois o jogador B nao inicia a primeira partida.


A transformada Z pode ser usada para determinar uma expressao geral paraa probabilidade xn a partir da equacao de diferencas. Aplicando a transformadaZ em ambos os lados da equacao de diferencas:

Z{xn+1} = Z{0, 2xn + 0, 4}.


Z{xn+1} = Z{0, 2xn}+ Z{0, 4}.

Utilizando a definicao de transformada Z, a propriedade de translacao esubstituindo x0 = 0 tem-se:

zX(z) = 0, 2X(z) + 0, 4z

z − 1.

Isolando X(z):

X(z) =0, 4z

(z − 1)(z − 0, 2).

Multiplicando X(z) por zn−1 para aplicar o metodo dos resıduos tem-se:

X(z)zn−1 =0, 4zn

(z − 1)(z − 0, 2)

o qual possui dois polos simples em z = 1 e z = 0, 2.Assim,

xn = Resz=1

zn−1X(z) + Resz=0,2

zn−1X(z)

= limz→1

[(z − 1)

0, 4zn

(z − 1)(z − 0, 2)

]+ limz→0,2

[(z − 0, 2)

0, 4zn

(z − 1)(z − 0, 2)

]

= limz→1

[0, 4zn

(z − 0, 2)

]+ limz→0,2

[0, 4zn

(z − 1)

]

=0, 4(1)n

1− 0, 2+

0, 4(0, 2)n

0, 2− 1

=0, 4

0, 8+

0, 4(0, 2)n

−0, 8

=1

2− 1

2(0, 2)n.

Portanto, a probabilidade do jogador B ganhar a n-esima partida e de

xn =1

2[1− (0, 2)n],

ou seja, quando n tende ao infinito, a probabilidade xn tende a 50%.


Exemplo 3.18 (Torre de Hanoi (texto adaptado de [12])). A Torre de Hanoie um quebra-cabecas com uma base, na qual sao fixadas tres hastes. Em umadestas hastes sao encaixados um certo numero de discos, de diametros diferentes,de modo que um disco sempre repousa sobre outro de diametro maior, conformefigura (3.1). Qual e o numero mınimo de movimentos para transferir todos osdiscos para outra haste, respeitando sempre a restricao de que um disco nuncaseja colocado sobre um disco de diametro menor, e movendo um disco por vez?

Figura 3.1: A Torre de Hanoi com 5 discos.

A ideia fundamental e de que um problema com n discos (n > 1) pode serreduzido a um problema com n − 1 discos. Isto e, sabendo transferir n − 1discos de uma haste para outra, sabe-se tambem transferir n discos. De fato,para transferir n discos da haste 1 para a haste 3, sera necessario, em algummomento, transferir o disco de maior diametro da haste 1 para a haste 3. Aunica forma em que isto pode ser feito e pela previa remocao dos n − 1 discossuperiores para a haste 2. Observe que, nesta transferencia, tudo se passa comose apenas estes n−1 discos estivessem presentes: como o n-esimo disco e maiorque todos os demais, ele nao impoe qualquer restricao no processo. Apos apassagem do maior disco para a haste 3, resta apenas transferir os n− 1 discosda haste 2 para a 3 (novamente, tudo se passa como se o maior disco naoestivesse la). Assim, e preciso transferir primeiro n−1 discos, depois transferirem um unico movimento o disco maior e finalmente transferir n−1 discos maisuma vez.

Figura 3.2: Passando de n para n− 1.

Designando por xn o numero mınimo de movimentos necessarios para trans-ferir n discos de uma haste para outra, tem-se entao que xn = xn−1+1+xn−1, ouseja, xn = 2xn−1 +1, para todo n > 1 ou de forma equivalente, xn+1 = 2xn+1,para todo n ∈ N.

Como nao e preciso nenhum movimento para transferir 0 discos, pode-seconsiderar x0 = 0 e assim o numero mınimo para mover todos os discos e


determinado pela equacao de diferencas

xn+1 = 2xn + 1,

com x0 = 0.Aplicando a transformada Z na equacao xn+1 = 2xn + 1:

Z{xn+1} = Z{2xn + 1}.

Utilizando as propriedades de linearidade, translacao e transformadas co-nhecidas:

z(X(z)− x0) = 2X(z) +z

z − 1.

Substituindo x0 = 0 e isolando X(z):

zX(z) = 2X(z) +z

z − 1.

X(z)(z − 2) =z

z − 1.

X(z) =z

(z − 2)(z − 1).

Dividindo X(z) por z e aplicando o metodo de fracoes parciais:

X(z)

z=

1

(z − 2)(z − 1)

=A

z − 2+

B

z − 1

=A(z − 1) +B(z − 2)

(z − 2)(z − 1)

=(A+B)z + (−A− 2B)

(z − 2)(z − 1).

Pela igualdade dos polinomios em z nos numeradores, tem-se o sistema li-near: {

A+B = 0

−A− 2B = 1


X(z) =z

z − 2− z

z − 1.


Aplicando a transformada Z inversa e analisando transformadas conhecidas:

xn = Z−1{X(z)}

= Z−1

{z

z − 2− z

z − 1

}

= Z−1

{z

z − 2

}−Z−1

{z

z − 1

}= 2n − 1n.

Logo,xn = 2n − 1

e a quantidade de movimentos necessarios para mover n discos.Esse jogo foi idealizado e publicado pelo matematico frances Edouard Lucas,

em 1.883 e, para acrescentar um certo misticismo a sua criacao, descreveu aseguinte lenda: Na origem do tempo, num templo Hindu, situado no centro douniverso, o deus Brama supostamente havia criado uma torre com 64 discosperfurados de ouro puro ao redor de uma de tres colunas de diamante e ordenoua um grupo de sacerdotes que movessem os discos de uma coluna para outra,fazendo um movimento por segundo, respeitando as suas instrucoes. As regraseram simples: apenas um disco poderia ser movido por vez e nunca um discomaior deveria ficar por cima de um disco menor. Segundo a lenda, quandotodos os 64 discos fossem transferidos para uma outra coluna, o templo iriadesmoronar e o mundo desapareceria. Deste modo, depois de 264 − 1 segundos,todos os discos teriam sido movidos. Por sorte, essa quantidade de tempo e deaproximadamente 42 vezes a idade do universo. Nao e claro se Lucas inventouessa lenda ou a criacao do jogo foi inspirado por ela.

Exemplo 3.19 (Pizza de Steiner). Qual e o maior numero de regioes em quese pode dividir o plano com n retas? Note por exemplo, que com uma unicareta, o plano so pode ser dividido em duas regioes, mas com duas retas o planopode ser divido em 3 regioes se as retas sao paralelas ou 4 regioes se as retassao concorrentes.

Figura 3.3: Retas cortando a pizza.

Este problema e equivalente a perguntar-se: qual e o numero maximo depedacos de pizza (nao necessariamente iguais) que podem ser produzidos por ncortes retos (nao necessariamente passando pelo centro da pizza)?


Considerando yn a quantidade maxima de regioes em que n retas dividemo plano, observa-se que se nao ha nenhuma reta entao tem-se somente umaregiao (a pizza inteira), ou seja, y0 = 1. Tracando-se uma reta no plano tem-seduas regioes, ou seja, y1 = 2. Tracando-se mais uma reta no plano de modo aobter-se a quantidade maxima de regioes, tem-se que esta corta a primeira retaja existente em apenas um ponto, gerando assim duas novas regioes, ou seja,y2 = y1 + 2 = 4.

Faz-se o tracado de mais uma reta de tal maneira que esta produza o maximode regioes possıveis, assim esta nova reta deve cortar as duas retas ja existentesem um ponto cada, gerando tres novas regioes, ou seja, y3 = y2 + 3 = 7.

Tabela 3.1: Relacao entre retas e regioes.

Cortes Regioes Regioes Acrescentadas

1 2 -

2 4 2

3 7 3

4 11 4

Fazendo a analise para n+ 1 retas, se em um plano tem-se n retas gerandoyn regioes, respeitando as condicoes impostas pela questao, entao tracando areta n+ 1 de modo que esta produza uma quantidade maxima de regioes, tem-seque a reta n+1 corta as n retas em n pontos, gerando assim n+1 novas regioes,isto e,

yn+1 = yn + (n+ 1),

com y0 = 1.Resolvendo a equacao de diferencas aplicando a transformada Z:

Z{yn+1} = Z{yn + (n+ 1)}.

Pelas propriedades de linearidade e translacao:

Z{yn+1} = Z{yn}+ Z{n}+ Z{1}.

z(Y (z)− y0) = Y (z) +z

(z − 1)2+

z

z − 1.

Substituindo y0 = 1 e isolando Y (z):

zY (z)− z = Y (z) +z

(z − 1)2+

z

z − 1.

Y (z) =z(z2 − z + 1)

(z − 1)3.


Pelo metodo dos resıduos, considera-se Y (z)zn−1:

Y (z)zn−1 =zn(z2 − z + 1)

(z − 1)3.

Tem-se que Y (z)zn−1 tem um polo de ordem 3 em z = 1. Calculando osresıduos:

yn = Resz=1

zn−1Y (z)

=1

(3− 1)!limz→1

d2

d2z

[(z − 1)3Y (z)zn−1

]=

1

2limz→1

d2

d2z

[zn(z2 − z + 1)

]=

1

2limz→1

d

dz

[nzn−1(z2 − z + 1) + zn(2z − 1)

]=

1

2limz→1

[n(n− 1)zn−2(z2 − z + 1) + 2nzn−1(2z − 1) + 2zn

]=

1

2[n(n− 1) + 2n+ 2]

=1

2

(n2 + n+ 2

).

Logo, o numero maximo de regioes em que o plano pode ser dividido com ncortes retos e dado por

yn =n2 + n+ 2

2.

Este problema foi proposto pelo geometra alemao Jakob Steiner (1.796-1.863)e resolvido pelo mesmo em 1.826.

Exemplo 3.20 (Castelo de cartas). A figura a seguir representa castelos decartas de 1, 2 e 3 andares. Para montar esses castelos, foram usadas 2, 7 e15 cartas, respectivamente. Quantas cartas serao necessarias para montar umcastelo de 5 andares? E um castelo de n andares?

Seja xn a quantidade de cartas necessarias para construir um castelo com nandares. Logo, x1 = 2.

Para n = 2 andares sao necessarias: a quantidade anterior (x1 = 2 cartas),mais 2 triangulos sem base (2n = 2 · 2 = 4 cartas), mais 1 carta na posicaohorizontal (n− 1 = 2− 1 = 1 carta). Logo,

x2 = x1 + 2n+ (n− 1) = x1 + 3n− 1 = 2 + 3.2− 1 = 7.


Figura 3.4: Castelo de cartas de 1, 2 e 3 andares.

Para n = 3 andares sao necessarias: a quantidade anterior (x2 = 7 cartas),mais 3 triangulos sem base (2n = 2 · 3 = 6 cartas), mais 2 cartas na posicaohorizontal (n− 1 = 3− 1 = 2 cartas). Logo,

x3 = x2 + 2n+ (n− 1) = x2 + 3n− 1 = 7 + 3.3− 1 = 15.

Generalizando, para n andares sao necessarias: a quantidade anterior (xn−1

cartas), mais n triangulos sem base (2n cartas), mais n − 1 cartas na posicaohorizontal. Logo,

xn = xn−1 + 2n+ (n− 1) = xn−1 + 3n− 1.

Para responder a primeira pergunta pode-se utilizar a equacao de recorrenciaate encontrar o valor de x5, pois x1 = 2, x2 = 7 e x3 = 15 ja sao conhecidos.Assim:

x4 = x3 + 3 · 4− 1 = 15 + 12− 1 = 26

ex5 = x4 + 3 · 5− 1 = 26 + 15− 1 = 40.

Portanto, sao necessarias 40 cartas para construir um castelo de 5 andares.Para responder a segunda pergunta utilizando a transformada Z, note que

para construir um castelo com n+ 1 andares sao necessarias

xn+1 = xn + 3(n+ 1)− 1 = xn + 3n+ 2

cartas, com x0 = 0, pois sao necessarias 0 cartas para construir um castelo com0 andares. Assim, a equacao de diferencas a ser resolvida e:{

xn+1 = xn + 3n+ 2

x0 = 0.


Z{xn+1} = Z{xn + 3n+ 2}.

E pelas propriedades de linearidade e translacao:

z[X(z)− x0] = X(z) + 3z

(z − 1)2+ 2

z

z − 1.


X(z)[z − 1] =3z

(z − 1)2+

2z

z − 1.

X(z) =z(2z + 1)

(z − 1)3.

Multiplicando X(z) por zn−1 para aplicar o metodo dos resıduos:

X(z)zn−1 =zn(2z + 1)

(z − 1)3

o qual possui um polo z = 1 de ordem 3.Assim,

xn = Resz=1

zn−1X(z)

=1

2!limz→1

d2

dz2(z − 1)3zn−1X(z)

=1

2limz→1

d2

dz2zn(2z + 1)

=1

2limz→1

d

dz[zn(2z + 2) + nzn−1]

=1

2limz→1

[(2n2 + 2n)zn−1 + (n2 − n)zn−2]

=1

2(3n2 + n).

Portanto, sao necessarias

xn =3n2 + n

2

cartas para construir um castelo com n andares.Note que a pode-se comprovar a resposta a primeira pergunta substituindo

n = 5 na solucao:

x5 =3 · 52 + 5

2= 40.

As Olimpıadas Brasileiras de Matematica (OBM) costumam colocar em suasprovas questoes que envolvem recorrencias. Este exemplo do castelo de cartaspode ser encontrado na questao 1 da XXXI Olimpıada Brasileira de Matematica,2a Fase - Nıvel 1.

Exemplo 3.21 (Financiamento de veıculos). Considere um financiamento deum carro no valor de R$32.000,00 que deve ser pago em 4 anos, com parcelasfixas mensais de R$1.100,00. Determine:


(a) Qual o juros mensal pago?

(b) Se o juros mensal fosse o mesmo da poupanca de 0, 63%, quanto deveriapagar por mes para quitar a dıvida em 4 anos?

(c) Quanto se deve dar de entrada para termos uma parcela fixa de R$600,00,um juros igual ao da poupanca e terminar a dıvida em 4 anos?

Considere que d0 seja a dıvida inicial. Assim, a dıvida dn, depois de trans-corridos n meses da compra, e dada pela dıvida corrigida do mes anterior menosa parcela paga no mes, ou seja:

dn = dn−1 + idn−1 − P

= (1 + i)dn−1 − P

= adn−1 + b

com a = 1+ i e b = −P , sendo que i e a taxa de juros mensal do financiamento,e P o valor da parcela.

Observe que, a > 1, pois i > 0. Assim, dn+1 = adn + b e uma equacao dediferencas cuja solucao geral sera encontrada atraves da transformada Z.


Z{dn+1} = Z{adn + b}.

E utilizando a definicao de transformada Z e a propriedade de translacao:

z[D(z)− d0z

0]

= aD(z) +bz

z − 1.

D(z) =z(zd0 + b− d0)

(z − 1)(z − a).

Dividindo D(z) por z e aplicando a decomposicao em fracoes parciais:

D(z)

z=

zd0 + b− d0

(z − 1)(z − a)

=R

z − 1+

S

z − a

=R(z − a) + S(z − 1)

(z − 1)(z − a).

Obtendo assim o sistema:{R+ S = d0

−aR− S = b− d0


cuja solucao e

R =b

1− ae S = d0 −

b

1− a.

Substituindo R e S tem-se a equacao em z dada por:

D(z) =b

1− az

z − 1+

(d0 −

b

1− a

)z

z − a.

Aplicando a transformada Z inversa e transformadas conhecidas:

dn = Z−1 {D(z)}

= Z−1

{b

1− az

z − 1+

(d0 −

b

1− a

)z

z − a

}

= Z−1

{b

1− az

z − 1

}+ Z−1

{(d0 −

b

1− a

)z

z − a

}

=b

1− a+

(d0 −

b

1− a

)an.

Substituindo a e b:

dn =−P

1− (1 + i)+

[d0 +

P

1− (1 + i)

](1 + i)n

=P

i+ +

[d0 −

P

i

](1 + i)n

= d0(1 + i)n − P(

(1 + i)n − 1

i

).

Logo,

dn = d0(1 + i)n − P(

(1 + i)n − 1

i

).

Para n = 48, d48 = 0, d0 = 32000, 00, P = 1100, 00 e substituindo nasolucao:

d48 = 0 = 32000(1 + i)48 − 1100

((1 + i)48 − 1

i

).

32i = 1, 1

((1 + i)48 − 1

(1 + i)48

).

E efetuando os calculos tem-se i ≈ 2, 26% ao mes, o que responde o item(a).

Para o item (b) tome a taxa i = 0, 63%, perıodo de financiamento de 48meses, dıvida inicial d0 = 48 e dıvida final d48 = 0.


Agora basta substituir os valores na solucao e isolar P :

d48 = 32000(1 + 0, 0063)48 − P(

(1 + 0, 0063)48 − 1

0, 0063

).

Isolando P e fazendo os devidos calculos tem-se P ≈ 774, 62.Logo considerando o juros mensal do financiamento igual ao da poupanca, a

prestacao fixa do financiamento a ser paga seria de R$774,62.

Exemplo 3.22 (Tabuleiro de dominos). Determine o numero maximo de mo-dos de cobrir um tabuleiro 2× (n− 1), n > 1, com dominos iguais de tamanho2× 1.

Seja xn o numero de maneiras para se dispor os dominos. Para n = 2, numtabuleiro 2×(n−1) = 2×1 tem-se 1 unica maneira de colocar um domino 2×1,conforme Figura 3.5. Assim, x2 = 1.

Figura 3.5: Um domino em um tabuleiro 2× 1.

Para n = 3, num tabuleiro 2× (n− 1) = 2× 2 tem-se 2 maneiras de colocardois dominos 2×1: os dois na horizontal ou os dois na vertical. Assim, x3 = 2,conforme Figura 3.6.

Figura 3.6: Dois dominos em um tabuleiro 2× 2.

Para n = 4, num tabuleiro 2× (n− 1) = 2× 3 tem-se 3 maneiras de colocartres dominos 2× 1: tres deitados; dois em pe e um deitado abaixo; ou dois empe e um deitado acima. Assim, x4 = 3, conforme Figura 3.7.

Para n = 5, num tabuleiro 2× (n− 1) = 2× 4 tem-se 5 maneiras de colocarquatro dominos 2× 1: quatro deitados; um deitado acima, outro deitado abaixoe dois em pe ao centro; dois em pe acima e dois deitados abaixo; dois em peabaixo e dois deitados acima; ou quatro em pe. Assim, x5 = 5, conforme Figura3.8.

Para estabelecer uma equacao de diferencas correspondente ao termo geralxn, considere a seguinte questao: em uma configuracao qualquer de n dominos


Figura 3.7: Tres dominos em um tabuleiro 2× 3.

Figura 3.8: Quatro dominos em um tabuleiro 2× 4.

em um tabuleiro 2× (n−1), que tipo de configuracao e encontrada olhando ape-nas a ultima linha do tabuleiro? Ou encontra-se um unico domino deitado, ouencontram-se duas metades de dominos em pe. Em outras palavras, uma confi-guracao qualquer de n dominos cobrindo o tabuleiro 2×(n−1) so pode satisfazeruma das duas opcoes: ou tem um domino deitado na ultima linha ou tem doisdominos em pe nas duas ultimas linhas. Agora bem, em quantas possıveis con-figuracoes de n dominos aparece um domino deitado na ultima linha? Como oque acontece na ultima linha e igual para todas estas configuracoes, o numero devezes que aparece um domino deitado na ultima linha corresponde as diferentesformas que podem ser organizados os outros n−1 dominos no tabuleiro restante2× (n− 1− 1), ou seja, xn−1. Por outro lado, em quantas configuracoes de ndominos aparecem dois dominos em pe nas duas ultimas linhas? Como a confi-guracao das ultimas duas linhas esta fixa, esse valor corresponde ao numero deformas que podem ser organizados os outros n−2 dominos no tabuleiro restante2× (n− 2− 1), isto e, xn−2. Assim, conclui-se que que xn = xn−1 + xn−2 paran ≥ 2, ou de forma equivalente, xn+2 = xn+1 + xn para n ≥ 0.

Como e possıvel considerar x0 = 0 e x1 = 1, o numero maximo de maneiraspara cobrir os tabuleiros corresponde a solucao da equacao de diferencas:{

xn+2 = xn+1 + xn

x0 = 0 e x1 = 1.

A resolucao da equacao se refere ao Exemplo 3.12, cuja solucao e dada por:

xn =ϕn − (1− ϕ)n√

5,

onde ϕ e o numero de ouro. Assim, esse resulta ser o numero maximo de modospara cobrir um tabuleiro 2× (n− 1) com dominos 2× 1 iguais.



1. Solucione a equacao de diferencas com a condicao inicial dada:

(a) xn+1 + 2xn = (−1)n, com x0 = −2.

(b) an+1 − an = n2, com a0 = 0.

2. Solucione a equacao de diferencas com as condicoes iniciais dadas:

(a)

{2yn+2 − 3yn+1 + yn = 0

y0 = 2 e y1 = −1.

(b)

{xn+2 + 5xn+1 + 6xn = 3

x0 = −2 e x1 = 1.

(c)

{8xn+2 + 6xn+1 + xn = 5

x0 = 0 e x1 = −1.

(d)

{2yn+3 − 3yn+2 + yn = 0

y0 = 0, y1 = 1 e y2 = −4.

(e)

{an+2 + 9an = 13 · 2n

a0 = 0 e a1 = 1.

(f)

{xn+2 − 2xn+1 + xn = 0

x0 = A e x1 = B.

(g)

{yn+2 −

√3yn+1 + yn = 0

y0 = 1 e y1 =√

3.

(h)

{xn+2 − 2xn+1 + xn = 3n

x0 = 0 e x1 = 2.

3. Solucione:

(a) (n+ 1)yn+1 − 2nyn = 2n+1, com y0 = 1.

(b) (n+ 1)an+1 + nan = 2n− 3, com a1 = 1.

4. Suponha que a populacao mundial em 2002 era de 6,2 bilhoes e cresce comuma taxa de 1,3% ao ano.

(a) Encontre uma equacao de diferencas para a populacao mundial nanos depois de 2002.

(b) Encontre uma formula explıcita para a populacao mundial n anosdepois de 2002.

(c) Qual a estimativa da populacao mundial em 2022?


5. Um modelo para o numero de lagostas capturadas por ano baseia-se nahipotese de que o numero de lagostas pescadas em um ano e a media donumero da pesca dos dois anos anteriores.

(a) Encontre uma equacao de diferencas para Ln, em que Ln e o numerode lagostas capturadas em n anos, seguindo a hipotese para estemodelo.

(b) Resolva a relacao de recorrencia em (a) e encontre Ln sabendo queL0 = 100.000 e L1 = 300.000.

6. (Questao 1 - AV1 - MA12, PROFMAT 2013) Paulo economizou durantemuitos anos e tem, hoje, R$500.000,00 aplicados em um investimento querende juros de 1% ao mes. A partir do proximo mes, ele pretende fazeruma retirada mensal de R$1.000,00.

(a) Seja sn o saldo que resta da aplicacao, apos fazer a n-esima retirada.Exprima sn+1 em termos de sn. De tambem a condicao inicial darecorrencia obtida.

(b) Obtenha uma expressao para sn em funcao de n.

(c) Qual e a retirada mensal maxima que Paulo pode fazer de modo queo saldo da aplicacao nunca se torne negativo?

7. (Questao 09 - Nıvel 2 - 1a Fase, OBMEP 2012) Renata montou umasequencia de triangulos com palitos de fosforo, seguindo o padrao indicadona Figura 3.9. Um desses triangulos foi construıdo com 135 palitos defosforo. Quantos palitos formam o lado desse triangulo?

Figura 3.9: Triangulos com palitos.

3.4.1 Respostas

1. (a) xn = (−1)n − 3(−2)n.

(b) an =n(n− 1)(2n− 1)

6.

2. (a) yn = 3 · 21−n − 4.

99

(b) xn =1

4− 6(−2)n +

15

4(−3)n.

(c) xn =4−n(17(−2)n − 18(−1)n + 4n)

3.

(d) yn = −8

3

(−1

2

)n+

8

3− 3n.

(e) an = 2n − 3n cos(nπ

2

)− 3n−1 sen

(nπ2

).

(f) xn = A+ (B −A)n.

(g) yn = cos(nπ

6

)+√

3 sen(nπ

6

).

(h) xn =6n− 3n2 + n3

2.

3. (a) yn = 2n.

(b) an =n− 2(−1)n − 2

n.

4. (a) xn+1 = 1,013xn, com x0 = 6,2, onde n e o tempo (em anos) e xn e apopulacao (em bilhoes).

(b) xn = 6,2× 1, 013n.

(c) x20 ≈ 8,03 bilhoes.

5. (a) Ln =Ln−1 + Ln−2

2.

(b) Ln =1.400.000− 800.000(−0,5)n

3.

6. (a) sn+1 = 1,01sn − 1.000, com s0 = 500.000.

(b) sn = 400.000× 1, 01n + 100.000.

(c) A maior retirada possıvel e o rendimento mensal: 0,01 × 500.000 =5.000.

7. 9 palitos.

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100

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Apendice A

Propriedades daTransformada Z

Operacao xn, n ≥ 0 Z{xn} = X(z)

Linearidade (Adicao) xn + yn X(z) + Y (z)

Linearidade (Multiplicacao) axn aX(z), a ∈ R

Diferenciacao nxn −z ddzX(z)

Similaridade anxn X(za

), a ∈ R

Translacao para Direita xn−k z−kX(z), k ∈ N

Translacao para Esquerda xn+k zkX(z)−k−1∑n=0

xnzk−n, k ∈ N

Convolucao xn ∗ yn X(z)Y (z)

Valor Inicial x0 limz→∞

X(z)

Valor Final limn→∞

xn limz→1

(z − 1)X(z)

102

Apendice B

Lista de Transformadas Z

Numero xn, n ≥ 0 X(z) = Z{xn} RDC

1 1z

z − 1|z| > 1

2 anz

z − a|z| > |a|

3 an−1 1

z − a|z| > |a|

4 eanz

z − ea|z| > |ea|

5 nz

(z − 1)2|z| > 1

6 n2 z(z + 1)

(z − 1)3|z| > 1

7 n3 z(z2 + 4z + 1)

(z − 1)4|z| > 1

8 nk (−1)k(zd

dz

)k (z

z − 1

)|z| > 1

9 nanaz

(z − a)2|z| > |a|

10 n2anaz(z + a)

(z − a)3|z| > |a|

11 n3anaz(z2 + 4az + a2)

(z − a)4|z| > |a|

12 nkan (−1)k(zd

dz

)k (z

z − a

)|z| > |a|

103

104

Numero xn, n ≥ 0 X(z) = Z{xn} RDC

13 sen nωzsen ω

z2 − 2z cosω + 1|z| > 1

14 cosnωz(z − cosω)

z2 − 2z cosω + 1|z| > 1

15 senh nωzsenh ω

z2 − 2z coshω + 1|z| > max{eω, e−ω}

16 coshnωz(z − coshω)

z2 − 2z coshω + 1|z| > max{eω, e−ω}

17 |a|nsen ωnz|a|sen ω

z2 − 2z|a| cosω + |a|2|z| > |a|

18 |a|n cosωnz(z − |a|sen ω)

z2 − 2z|a| cosω + |a|2|z| > |a|

Indice

Equacao de DiferencasDefinicao, 63Exemplos, 66Exercıcios, 96Problemas

Castelo de cartas, 90Crescimento de bacterias, 83Financiamento de veıculos,

92Orcamento familiar, 82Pizza de Steiner, 88Probabilidade, 84Tabuleiro de dominos, 95Torre de Hanoi, 86

Polos de ordem m, 50Progressao Geometrica, 5

ResıduosDefinicao, 52Teorema dos, 55

SerieGeometrica, 5de Laurent, 54

SequenciaConstante, 5de Fibonacci, 75

de Heaviside, 3Delta, 3

Transformada ZDefinicao, 1Exemplos, 2Exercıcios, 26Historia, 1Propriedades

Convolucao, 21Diferenciacao, 11Linearidade, 9Similaridade, 13Tabela, 102Translacao para direita, 18Translacao para esquerda,

18Valor final, 25Valor inicial, 23

Regiao de Convergencia, 5Tabela, 103

Transformada Z InversaExercıcios, 60Metodo de Fracoes Parciais, 40Metodo de Series de

Potencias, 36Metodo dos Resıduos, 49

105

Documents

UMA INTRODUC˘AO~ A TRANSFORMADA Zpaginapessoal.utfpr.edu.br/.../Livro_Transformada_Z.pdf · 2 Transformada ZInversa 34 ... como a transformada de Laplace ou a transformada de Fourier,