Page 205 - vol2

 1 2 1
  = A = (1+ 2)B + (1− 2)C . Ha most megoldjuk ez utóbbi
 1 1 
 1 1 
 2 
egyenletrendszert azt kapjuk, hogy B =  2  és
 1 1 
 
 2 2 2 
 1 1   1 1   1 1 
 2 − 2   2 2   2 − 2 
n
n
n
C =   , A = (1+ 2)   + (1− 2)  
 1 1   1 1   1 1 
  − 2 2 2     2 2 2    − 2 2 2  

 x  1  
ahonnan az  n  = A n   alapján azt kapjuk, hogy
 y n   1 
1 1
n
x =  (1+ 2) + (1− 2)  n és y =  (1+ 2) − (1− 2)  n .
n
n
2   n 2 2  
 x = x + 2y
2. feladat: Oldjuk meg az  n+ 1 n n rekurencia egyenlet
 y n+ 1 = − 2x + 5y n
n
rendszert, ahol x = 0 1, y = 0 2 .

 x  1    1 2
Megoldás: A (*) összefüggés alapján  n  = A n   ahol A =   .
 y n   1   − 2 5 
n
Most pedig ki kell számítanunk az A hatványt. Ebből a célból felírjuk a
2
mátrix karakterisztikus egyenletét, ami A − 6A + 9I = O ami
2
2
2
numerikusan r − 6r + 9 0 és ennek a gyökei r 1,2 = 3. Ezért a (3’) képlet
=
n

+
alapján A = 3 B n 3 n− 1 C . Most a kezdetértéki feltételek alapján, ha
n
rendre n=1 illetve n=2, akkor felírható, hogy A = 3B C illetve
+
A = 2 3 B + 2 6C . Ha most megoldjuk ez utóbbi egyenletrendszert azt
 1 0 −  2 2
kapjuk, hogy B =   és C =   .
 0 1   − 2 2 
3  n 0   − 2 3 n− 1 2 3 n− 1  3  n− 1 (3 2 ) 2 3 n− 1 
−
n
n
n
n
n
Így tehát A =   +   =  
+
n
n
n
n
n
  0 3    − 2 3 n− 1 2 3 n− 1     − 2 3 n− 1 3 n− 1 (3 2 ) 


205