Page 225 - vol2

 a n na n− 1 b  a 2007 na 2006 b  a b  2 2008
=
X =  n  tehát   +     ahonnan
 n   2007  0 a 0 2
 0 a   0 a     
+
a 2007 + a = 2,2007a 2006 b b = 2008. Tekintsük az
=
x
f
:f → , ( ) x 2007 + x − 2 . Könnyen látható, hogy a függvény
monoton növekvő, ezért injektív, tehát ha (1) 0f = akkor a = az egyetlen
1
 1 1
megoldás, és azonnal adódik, hogy b = 1, ezért X =   .
 0 1 
11. feladat: Határozzuk meg az összes olyan X  M 2 ( ) mátrixokat,
 3 − 1
amelyekre X =   .
n
 0 0 
 x y   3 − 1 x y   x y  3 − 1
=
Megoldás: Legyen X =   akkor az      
 z t   0 0  z t   z t  0 0 
x
egyenlőségből azonnal adódik, hogy z = 0,t = + 3y tehát
 x y 
n
X =   . Ha most az X kiszámolására nem segít az indukció
 0 x + 3y 
(mert nem kapunk nyilvánvaló összefüggéseket), akkor egy másik, már
tanult módszerhez folyamodhatunk, a felbontás módszeréhez, miszerint
 x y   0 1
X =   = xI + yA, ahol A =   . És mivel xI yA = yAxI ezért
2
2
2
 0 x + 3y   0 3 
n
n
−
a Newton binomiális képlete alapján X = ( xI + yA ) =  C x n k y A és
k
k
k
n
2
n
k= 0
k
mivel A = 3 k− 1 A ezért azt kapjuk, hogy
1 n 1
−
k
n
n
n
X = x I +  C x n k (3 ) A = x I +  (x + 3 ) − x  n A . Tehát
k
n
y
y
2
3 k= 1 n 2 3  
 x n 1  (x + 3 ) − y n x  n 
n
X =  3    Így most az eredeti egyenlet alapján azt
 
 n 
y
 0 (x + 3 ) 
1 n 3
n
kapjuk, hogy x = 3,x + 3y = 0,− x = − 1 vagyis x =  n 3, y = .
n
3 3

225