Page 198 - vol2

k
nyilvánvalóak. Feltételezzük tehát, hogy A = x  A + y  I . Igazoljuk,
k
2
k
+
hogy A k+ 1 = x k + 1  A y k + 1 I  2 . Valóban,
2

k
2
+

−

A k+ 1 = A A = A (x  A y  I 2 ) = x  A + y A . De A = t A d I , és ezt
2
k
k
k
k
A
behelyettesítve azt kapjuk, hogy A k+ 1 = x k (t A d I −  2 ) + y  vagyis
k


A k+ 1 = (tx + y k ) A+ ( dx− k ) I . Legyen most x k+ 1 = t x + y és y k+ 1 = − dx
k
k
2
k
k
így éppen az (1) és (2) másodrendű rekurziós összefüggéseket kapjuk.
Ezzel a Tételt bizonyítottuk.
 3 2
n
4. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
 1 4 
esetén!
Megoldás: mivel t = 7,d = 10 ezért a karakterisztikus egyenlet

2

A − 7A+ 10I = O , tehát A = x  A + y  I ahol x n + 1 − 7 x + 10 x n − 1 = 0,
n
n
n
2
n
2
2


és y n + 1 − 7 y + 10 y n − 1 = 0. továbbá x = 0 0, y = 0 1 valamint x = 1 1, y = 0 0. A
n
két rekurziós egyenletnek ugyanaz a karakterisztikus egyenlete,
r − 7r + 10 0 amelynek a két különböző valós gyöke r = 1 2,r = 2 5 . Tehát
=
2
1
x =  2  n +  5  és x = 0 0,x = 1 1 így x = n 3 ( 5 − n 2 n ) . Továbbá
n
n
2
n
y =  2  n +  5  n és y = 1, y = 0ezért y = − ( 5 − 2 n ) ,
n
n
1
0
3
1 2
n
n
A = x  A y I = ( 5 − 2 n ) A − ( 5 − 2 n ) I , ahonnan
+
n

n
n
2
3 3 2
A =  n 1 5  n + 2 n+ 1 2(5 − n 2 ) n   n esetén.


n
n
3 5 − 2 n 2 5 + 2 n  

 1 1 *
5. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n 
n
 − 1 3 
esetén!

198