Page 176 - vol2

 0 1
3
2
Megoldás: Sorra kiszámítjuk, és felírjuk, hogy A = 2   , A = − 2A,
 − 1 0 
 0 1
3
5
A = − 2 2   , A = 2 A . Ezek alapján az a sejtésünk, hogy
4
 − 1 0 
 0 1
k
k
−
−
A
A 2k = ( 1) k+ 1 2  k   és A 2k+ 1 = ( 1) 2  . Ezt két indukciós
 − 1 0 
következtetéssel fogjuk belátni bizonyítva, hogy
 0 1
−
−
A 2k+ 2 = ( 1) k+ 2 2  k+ 1   és A 2k+ 3 = ( 1) k+ 1 k+ 1  A. Valóban,
2
 − 1 0 
 0 1
−
−

k
k
k

2
A 2k + 2 = A A 2k + 1 = A ( 1) A= ( 1) 2  A = ( 1)− k 2  k 2     =
 − 1 0 
 0 1
2
−

= ( 1) k+ 2 2  k+ 1   . Teljesen hasonlóan A 2k + 3 = A A 2k + 1 =
 − 1 0 
−
k
−
2
= A  ( 1) 2  = − 2( 1) 2  = ( 1) k + 1 k + 1  A . Ezzel a feladatot
k
k
k
−
2
A
A
megoldottuk.
 2 3
6. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
n
 0 2 
esetén!
Megoldás: Sorra kiszámítjuk, és felírjuk, hogy
 4 12  8 36  16 96
3
2
A =   , A =   , A =   . Hosszabb megfigyelés után
4
 0 4   0 8   0 16 
sem adódik azonnal a képlet a 3,12,36,96 sorozat tagjaira. Éppen ezért az
az ötletünk támadhat, hogy inkább oldjuk meg az általánosabb feladatot,
 a b
vagyis tekintsük az A =   mátrixot, és hatványozzuk ezt, mert ebben
 0 a 
az esetben a betűkifejezések nem vonhatók össze, ezért sokkal több
esélyünk van, hogy egy képletet kapjunk. Ezután partikularizálással pedig
visszakaphatjuk a kitűzött feladatunk megoldását. Valóban,
a  2 2 a b a  3 3 a b a  4 4 a b

3
1


2



4
2
3
A =   , A =   , A =   és ennek
  0 a 2     0 a 3     0 a 4  

176