Page 177 - vol2

a  k k a k 1 −  b

alapján feltételezzük, hogy A =  k  . Így az
 0 a k   
1) a b

 a b a  k k a k 1 −  b a  k+ 1 (k +  k 
k

A k+ 1 = A A =      =   alapján
 0 a    0 a k     0 a k+ 1  
bizonyítottuk a képletet.
 2 3 2  k 3 k   2 k 1 − 
Ennek alapján, ha A =   , akkor A =  k  k  * esetén.
 0 2   0 2 k   

 2 3
7. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
n
 0 1 
esetén!

Megoldás: Sorra kiszámítjuk, és felírjuk, hogy
 4 9  8 21  16 45
4
3
2
A =   , A =   , A =   . Hosszabb megfigyelés után sem
 0 4   0 8   0 16 
adódik azonnal a képlet a 3,9,21,45 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 c 
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,
2
3
2
2
 a 2 ( b a c )   a 3 ( b a + ac c 2 )   a 4 ( b a + a c ac + c 3 ) 
+
+
+
2
4
3
A =   , A =   , A =  
  0 c 2     0 c 3   0 c 4  


 k a − c  k
k
k
és ennek alapján feltételezzük, hogy A =   a b a c   , k  * . Így az
−
  0 c k  
 a − k c   a k+ 1 − c k+ 1 
k
 a b  a k b   a k+ 1 b 
k

−
−
A k+ 1 = A A =     a c  =  a c  alapján
 0 a   0 c k    0 c k+ 1 



bizonyítottuk a képletet.

177