Page 196 - vol2

Megoldás: vegyük észre, hogy t = és d = − 3, ezért karakterisztikus
0
k
k



2
2
egyenlet A − 3 I = O  A = 3 I . Ezért A 2k = (3 I 2 ) = 3 I és
2
2
2
2
k
2k

k

A
továbbá A 2k+ 1 = A  = 3 I  = 3 A. Ezzel a feladatot megoldottuk.
A
2
 0 1
3. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
n
 − 1 0 
esetén!
Megoldás: vegyük észre, hogy t = és d = 1, ezért karakterisztikus
0
2
2
egyenlet A + I = O  A = − . Ennek alapján rendre felírható, hogy
I
2
2
2
5
4
2
A = − I 2 , A = − , A A = − A = és A = . A továbbiakban
2
3
I
A
2
kulcsfontossággal bír az, hogy A = I 2 .
4
Mivel bármely n egyike a 4 ,4k k + 1,4k + 2,4k + alakoknak, ahol
3
k 4
4
I
A
k  , ezért rendre felírható, hogy A 4k = ( ) = ( ) = I ,
2
2
=
4k
2
2
2
=
4k
A 4k+ 1 = A  A I  A A, A 4k+ 2 = A  A = I  A = A valamint
2
2
3
3
4k
3
A 4k+ 3 = A  A = I  A = A . Ezzel a feladatot megoldottuk.
2
Az előző példákban tehát olyan mátrixokat hatványoztunk, amikor
vagy d=0, vagy t=0 volt, így a karakterisztikus egyenlet, hiányos egyenlet
volt, és ezzel könnyen érvényesültünk.
A továbbiakban azt az esetet vizsgáljuk, amikor az
2

A − t A d I = O karakterisztikus egyenlet, nem hiányos másodfokú

+
2
2
egyenlet, vagyis d  és t  0.
0
Ezen célunk megvalósítása érdekében, szükségünk lesz, a
másodfokú lineáris rekurzióegyenletek megoldására, ezért most kitérünk
erre.
A másodrendű rekurziók közül különös fontossággal bírnak a lineáris
homogén rekurziók. Ezek általános alakja: ax n + 2 + bx n + 1 + cx = 0 (1) ahol
n
x = 0 , x x = 1 y adottak.

196