Page 199 - vol2

Megoldás: mivel t = 4,d = 4 ezért a karakterisztikus egyenlet
n
A − 4A + 4I = O , tehát A = x  A + y  I ahol x n + 1 − 4 x + 4 x n − 1 = 0,
2


2
n
2
2
n
n


és y n + 1 − 4 y + 4 y n − 1 = 0. továbbá x = 0 0, y = 0 1
n
valamint x = 1 1, y = 0 0. A két rekurziós egyenletnek ugyanaz a
2
=
karakterisztikus egyenlete, r − 4r + 4 0 amelynek a két egybeeső valós
gyöke r = 1 r = 2 4 . Tehát x = (2  + n ) 2 n− 1 és x = 0 0,x = 1 1 így x = n n 2  n− 1 .
n
−
n
Továbbá y = (2  + n ) 2 n− 1 és y = 0 1, y = 1 0ezért y = n 2 (1 n
)
n
Így hát
 2 n − 1 (2 n ) n 2  n − 1 
−
+

n
A = x  A y I = n 2  n− 1  A+ 2 (1 n I =  n − )  2 −    ,
n
2
n
+
 − n 2  n 1 2 n − 1 (2 n ) 
 n esetén.
 1 1
6. feladat: Ha A =   , akkor számítsuk ki az A hatványt n  *
n
 − 1 1 
esetén!
Megoldás: mivel t = 2,d = 2 ezért a karakterisztikus egyenlet
2
A − 2A + 2I = O , tehát A = x  A + y  I ahol x n + 1 − 2 x + 2 x n − 1 = 0,
n


2
n
2
n
n
2


és y n + 1 − 2 y + 2 y n − 1 = 0. továbbá x = 0 0, y = 0 1
n
valamint x = 1 1, y = 0 0. A két rekurziós egyenletnek ugyanaz a
=
karakterisztikus egyenlete, r − 2r + 2 0 amelynek a két különböző
2
   
+
komplex gyöke r = 1 i = 2 cos i + sin  , illetve

1
 4 4 
    n  n  n  
−
r = 1 i = 2 cos i − sin  . Tehát x n 2  =  cos +  sin  ,

2
 4 4   4 4 
x = 0,x = 1 ezért x = 2  n sin n . Továbbá
n
1
0
4
n  n  n  
y = n 2   cos +  sin  , y = 0 1, y = 1 0, ezért
 4 4 

199