Page 219 - vol2

 1 12  2 3
2
egy Y =   feladat, és ez éppen az előbbi feladat, ezért Y =   
 − 4 1   − 1 2 
1  1 0 3  1 − 1
ahonnan X =   és X =   .
2 − 1 1  2  0 − 1 

2
Megjegyzés: vegyük észre, hogy minden aX + bX + cI = A másodfokú
2
mátrixegyenlet az előbbi binomiális formára hozható, hiszen a másodfokú
függvénynek van kannónikus alakja, miszerint
 b  2   b  2
aX + bX + cI = A  a X + I 2  − = A   X + I 2  = B  Y = B
2
2

2
 2a  4a  2a 
3. feladat: Határozzuk meg az összes olyan X  M 2 ( ) mátrixokat,
 2 6
n
amelyekre X =   , ahol n  rögzített.
 1 3 
Megoldás: a karakterisztikus egyenlet alapján, mivel a (4)-es tulajdonság
2

2

alapján d = det X = 0 ezért X − t X = O  X = t X és ennek az
2
ismételt alkalmazása nyomán indukcióval azonnal adódik, hogy
 2 6
X = t n− 1 X így az eredeti egyenlet alapján azt kapjuk, hogy t n− 1 X =  
n
 1 3 
n
és ha most mind a két oldal nyomát vesszük, akkor azt kapjuk, hogy t = 5
. Ha n páros, akkor két valós megoldásunk van, t =  n 5 és ekkor
1  2 6 1  2 6
X =  1   , ha pedig páratlan, akkor t = n 5 és ekkor X = 1  
n−  1 3  n−  1 3 
5 n 5 n
n
Megjegyzés: vegyük észre, hogy az X = A egyenlet megoldása során, mivel
n
n
det A = ezért a det X = (det ) = det A= alapján det X = következik, így
0
X
0
0
a karakterisztikus egyenlet alapján X − t X = O  X = t X aminek az

2

2
2
ismételt alkalmazásával azt kapjuk, hogy X = t n− 1 X vagyis t n− 1 X =
n
A
ahonnan azonnal adódik az X mátrix.
Nézzünk egy hasonló, de komplexebb feladatot.
4. feladat: Határozzuk meg az összes olyan X  M 2 ( ) mátrixokat,
 6 4 
amelyekre X =   ahol n  rögzített.
n
 15 10 

219