Page 179 - vol2

 (a b ) + (a b ) k (a b ) − (a b  − ) k
k
−
+
k
+
 
A =  2 2  ,  k  * . Így az
k
 (a b ) − (a b ) k (a b ) + (a b  − ) k
k
+
k
−
+
 
 2 2 
 (a b ) + (a b ) k (a b ) − (a b  − ) k
k
k
+
+
−
 a b  2 2 

k
A k+ 1 = A A =      =
+
−
+
k
k
 b a   (a b ) − (a b ) k (a b ) + (a b  − ) k
 
 2 2 
 (a b ) k+ 1 + (a b ) k+ 1 (a b ) k+ 1 − (a b ) k+ 1 
−
+
−
+
 
=  2 2  alapján bizonyítottuk a
 (a b ) k+ 1 − (a b ) k+ 1 (a b ) k+ 1 + (a b ) k+ 1 
−
+
+
−
 
 2 2 
 2 1 1 3  n + 1 3 − n 1
képletet. Ennek alapján, ha A =   , akkor A =  n  k  *
 1 2  2 3 −  n 1 3 + n 1  
esetén.
Befejezésül nézzünk két olyan feladatot, amit szintén indukcióval
oldunk meg, de a feladat nem az előző megoldási ötleteken alapul:
 5 4 
n
9. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
 − 4 − 3 
esetén!
2
Megoldás: Ha kiszámítjuk az A mátrixot, könnyűszerrel észrevesszük, hogy
−
A = 2 2A I . Ez alapján azonban felírhatjuk, hogy
2
−
A = 2A − A= 2(2A I 2 ) A= 3A− 2I . Ezek alapján az a sejtésünk
−
3
2
2

k
támadhat, hogy A = k A− (k − 1)I . Így bizonyítani kell, hogy
2

−
A k+ 1 = (k + 1) A kI . Ez valóban igaz, mert
2

−
k
−
=
A k+ 1 = A A = A (k A − (k − 1)I 2 ) k A=  2 − (k − 1)A k (2A I 2 ) (k − 1)A =

= (k + 1) A kI
−
2
 1 1
n
10. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
 1 0 
esetén!

179