Page 202 - vol2

 F F 
A =  n+ 1 n  , és F = 1 F = 2 1 és F n + 2 = F n + 1 + F n ,  n  az
n
 F n F n− 1
úgynevezett Fibonacci sorozat.

Most megkeressük az F képletét, vagyis zárt alakját. A rekurzió
n
2
=
karakterisztikus egyenlete r − − 1 0 amelynek a gyökei
r
1+ 5 1− 5  1 + 5  n  1− 5  n
r = ,r = ezért F =   +     ahol F = F = 1,
1
2 2 2 n   2     2   1 2

1  1 + 5  n  1 − 5  n 
így azt kapjuk, hogy F =    −    . Ezek szerint
5  n  2   2  
     

felírható, hogy

n
1  (1+ 5) n + 1 − (1− 5) n + 1 2(1+ 5) − 2(1− 5) n 
n
A =   ,  n  
n
2 n+ 1 5 2(1+ 5) − 2(1− 5) n 4(1+ 5) n − 1 − 4(1− 5) n − 1  


 1 1
esetén. Ugye mennyire meglepő eredmény, hogy az A =  
 1 0 
hatványozása során ilyen bonyolult eredményt kapjunk?
A bemutatottak jobb elmélyítése végett, az érdeklődő Olvasónak
javasoljuk a következő feladatok megoldását:

A következő A mátrixok esetén számítsuk ki az A hatványt n  *
n
 2 3  − 1 2  1 2  1 2 
esetén: A =   (2) A =   (3) A =   (4) A =   (5)
 4 6   3 1   3 6   0 − 1 

 0 1  0 1  0 2  1 2  6 − 1
A =   (6) A =   (7) A =   (8) A =   (9) A =  
 − 1 0   1 0   1 1   3 0   2 3 
 2 4  1 2  3 1 1  3 
(10) A =   (11) A =   (12) A =   (13) A =   (14)
 − 1 0   4 3   − 1 1   4 − 3 

 1 − 1  3 − 1   0 − 1  2 − 1
A =   (15) A =   (16) A =   (17) A =  
 1 3    1 3   1 − 1   1 0 

202