Page 7 - Tippek 11-12 o

0
5
egyenlet módszerével tesszük meg. Mivel TrA  , det A   , ezért a ka-
3
2
2
rakterisztikus egyenlet A  8I  O , vagyis A  5I és A  5A, így
2
2
2
2k
5  2k 1 0  1  2   5 2k 2 5 

2k
A  5 2k 1 I  2k 1  , illetve A 2k 1  5 2k     2k 2k  .
2 

 0 5   2  1   2 5 5  
5 2k 1 x  0 5x 5 2k 1 x  2 5 2k 1

Tehát f ( )    x , illetve f ( )  
x
x
2k 2k 1 2k 1 2k 1 2k 1
0 x  5 5 2 5 x  5


x  2 
 , k  esetén.

2x  1
5. példa

Határozzuk meg az összes olyan X  M ( ) mátrixot, amelyre
2
 1 12
2
X    .
  4 1 
Megoldás
 a b 
Legyen X    , és használjuk a hatványozás kommutativitását.
 c d 
 1 12 a b   a b  1 12
2
Ha X  A, akkor AX  XA       

  4 1  c d   c d   4 1 
egyenlőségből az a  12c   4b , b  12d  12a b , 4a c   4d ,
c
a





 4b d  12c d egyenletekből álló egyenletrendszert kapjuk, amit
 a  3c
.
,c
d
megoldva a  , b   3c , vagyis X    , a  Innen
 c a 
2
2
2
 a  3c 2  6ac   1 12  a  3c  1
2
X   2 2    , és az  egyenlet-

 2ac a  3c    4 1   2ac   4
rendszert helyettesítéssel megoldva azt kapjuk, hogy a   , c   1,
2
 2 3
ezért a két megoldás X     .
  1 2 
6. példa
 a  b n
Ha ,b , A    , akkor számítsuk ki az A hatványt minden
a
 b a 
n  esetén.
23