maxolo

Hi vọng bạn đã tìm thấy chỗ không đúng trong suy luận. 

Một ánh xạ là co nếu có $\alpha \in (0,1)$ sao cho

$\quad \|F(x) - F(y)\| \leqslant \alpha \|x - y\|, \quad x, y \in X$.

Trong lời giải, không có chỗ nào suy ra bất đẳng thức trên.

Tuy nhiên, bạn đã chứng minh:

$\quad\|f(x^* ) -x^*\| \leqslant \alpha \|f(x^*) - x^*\|$,

và từ đó dễ dàng suy ra $ \|f(x^*) - x^*\| = 0$ hay $f(x^*) = x^*$.

Tức là $x^*$ cũng là điểm bất động của $f$.

 

Mình có một câu hỏi liên quan đến ánh xạ co, vì chủ đề có sẵn rồi nên mình ngại mở chủ đề mới, xin phép được hỏi luôn ở đây.

Cho M là tập hợp con không rỗng của không gian Banach, f: M$\rightarrow$M, $f^n = f\circ ...\circ f$.

CMR: Nếu $f^n$ là ánh xạ co với $n \in \mathbb{N}$ thì f sở hữu một điểm bất động duy nhất. 

Theo định luật về ánh xạ co thì $f^n$ cũng sở hữu 1 điểm bất đồng duy nhất, giả sử là x*, tức là $f^n(x*)=x*$ . Vậy thì:

$\begin{Vmatrix} f(x*)-x* \end{Vmatrix}$ = $\begin{Vmatrix} f(f^n(x*))-f^n(x*) \end{Vmatrix}= \begin{Vmatrix} f^n(f(x*))-f^n(x*) \end{Vmatrix}< \alpha \begin{Vmatrix} f(x*)-x* \end{Vmatrix}$ với $\alpha \in (0,1)$ do $f^n$ là ánh xạ co.

Do vậy f cũng là ánh xạ co $\Rightarrow$ f sở 1 điểm bất động duy nhất trong M. 

Liệu chứng minh của mình có đúng hay không? 

 

Rất hay! Bài toán dựng tam giác đều chắc chắn là cổ điển, nhưng tôi không tìm thấy nó ở đâu trên mạng.

Cho tam giác ABC và M nằm trên BC.

 

(a) Dựng điểm N trên AB và P trên AC sao cho MNP là tam giác đều.

 

(b) Tìm qũy tích tâm của MNP khi M chạy trên BC.

Problem 13. $\Delta A_1B_2C_3$ is an equilateral triangle. In fact, given three equilateral sharing the same centroid $G$ as in the picture. Then $\Delta A_1B_2C_3$ is an equilateral triangle if and only if there is a triangle $ABC$ such that $\vec{A_2A_3} = \vec{BC}, \vec{B_2B_3} =\vec{CA}$ and $\vec{C_2C_3} = \vec{AB}$.

Bạn thử dùng Geometry Explorer xem. Chương trình này giúp khảo sát các hình khá tốt. 

 

http://homepages.gac...load-2.0.2.html

 

M.

Theo tôi lập luận của anh về vấn đề này có thể không đúng vì chúng ta không thể dùng thước và coppa để thực hiện công thức trong đó có cosines các góc $A/2, B/2, C/2$ va $\sqrt{3}$ và $r$ bán kính đường tròn nội tiếp.

 

Các thứ sau là dựng được bằng thước và compass (bạn có thể tham khảo trong các sách về dựng hình):

• Chia đôi một góc.
• Biết một góc, dựng cosine của góc đó. Thật vậy, lấy điểm trên một cạnh của góc đó với khoảng cách tới đỉnh bằng 1 và dựng đường vuông góc xuống cạnh còn lại; độ dài đoạn vuông góc là cosines. Từ đó ta dựng được $\cos (A/2)$ ...
• Dựng được $\sqrt{3}$: với một số $\alpha$ dựng được, ta có thể dựng được $\sqrt{\alpha}$! Trong trường hợp $\sqrt{3}$, ta chỉ cần dựng một tam giác đều cạnh 2, và vậy thì đường cao của nó là $\sqrt{3}$.
• Dựng được các phân giác nên dựng được bán kính nội tiếp $r$.
• Cuối cùng, dựng các đại lượng được thành lập bởi $+, - , \times $ và chia các đại lượng đã dựng được.

Với bài bạn mô tả ở trên, tam giác $\Delta DEF$ là tam giác đều, nhưng không nhất thiết là tam giác Morley!

Bài toán tương tự trong hình học Hyperbolic không đúng! Xem hình vẽ và đo đạc.

Tong quat:

 

dao 1.GIF

Ta đặt hệ trục toạ độ $Oxy$ trong mặt phẳng và $z = x+\sqrt{-1}y$. Khi đó, mỗi điểm $P$ trong mặt phẳng có toạ độ $z = z(P) =(x(P),y(P)) \in \mathbb{C}$. Viết $\vec{P} = \vec{OP}$ là vec-tơ với đầu tại $O$ và cuối tại $P$. Vậy thì với hai điểm $E$ và $F$ ta có

$$\vec{EF} = \vec{F} - \vec{E} = z(F) -z(E).$$

Vậy $\vec{EF}$ có toạ độ là số phức $z(F) -z(E)$. Ta sẽ đồng nhất một vec-tơ với toạ độ của nó. Vậy thì, $\vec{EF}$ có thể xem là một số phức.

 

Đặt $\omega = e^{2i\pi/3}$ là số phức có modulus $1$ và argument $2\pi/3$. Nó cho phép biểu diễn phép quay góc $2\pi/3$ như sau: Nếu $D,E,F$ là ba điểm thoả mãn

$$\omega\vec{DE} = \vec{DF}$$

thì $F$ là ảnh của $E$ qua phép quay tâm $D$ với góc quay $2\pi/3$. Mặt khác, ta biết các căn bậc ba của $1$ là

$$\sqrt{1} = \{w_1=1,w_2=\omega, w_3=\omega^2\}$$

và các điểm với toạ độ tương ứng tạo thành ba đỉnh của tam giác đều.

 

Giả sử tâm của tam giác đều $A_1A_2A_3$ là $A_0$ và $a = z(A_0)$ là toạ độ của nó. Khi đó, có số phức $r\in \mathbb{C}$ sao cho

$$z(A_1) = a+r w_1, \quad z(A_2) = a+rw_2, \quad z(A_3) = a+rw_3.$$

Tương tự như vậy, ta có

$$z(B_k) = b+sw_k, \quad z(C_k) = c+tw_k, \quad k=1,2,3.$$

Gọi $Q$ là tâm của tam giác $A_3B_3C_3$. Khi đó

$$z(Q) = \frac{z(A_3)+z(B_3)+z(C_3)}{3} = \frac{a+b+c}{3} + \frac{r+s+t}{3}w_3.$$

Để đơn giản, ta có thể giả sử $a+b+c = 0$ và vậy thì

$$z(Q) =  \frac{r+s+t}{3}w_3.$$

Vì tam giác $A_3B_3C_3$ là tam giác đều với tâm $Q$ nên $B_3$ là ảnh của $A_3$ qua phép quay tâm $Q$ góc $2\pi/3$ ... Nói cách khác, ta có các đẳng thức sau:

$$\omega\vec{QA_3} = \vec{QB_3}, \quad \omega\vec{QB_3} = \vec{QC_3}, \quad \omega\vec{QC_3} = \vec{QA_3}.$$

Vì $M$ là trung điểm của $C_2A_1$ nên (cùng với $a+c = -b$)

$$z(M) = \frac{z(C_2)+z(A_1)}{2} = \frac{1}{2}\left(c+a+tw_2+rw_1\right) = \frac{1}{2}\left(-b+tw_2+rw_1\right).$$

Tương tự như vậy, ta có thể tính toán được $z(N), z(P)$.

Gọi $G$ điểm có tọa độ

$$z(G) = -\frac{r+s+t}{6}w_3.$$

Khi đó

$$\vec{GM} = \vec{M} - \vec{G} = z(M) - z(G) = \frac{1}{2}\left(-b+tw_2+rw_1\right)+ \frac{r+s+t}{6}w_3.\tag{1}$$

Thu gọn vế phải của đẳng thức (1) ta được

$$\vec{GM} = \frac{1}{2}\left(-b -sw_3 + \frac{r+s+t}{3}w_3 + tw_2+rw_1 +sw_3\right) = \frac{1}{2}\left(-\vec{QB_3} + tw_2+rw_1 +sw_3\right)$$

Ở đây, ta dùng

$$\vec{QB_3} = z(B_3) - z(Q) = b+sw_3 - \frac{r+s+t}{3}w_3.$$

Từ đó, thực hiện phép quay tâm $G$, góc $2\pi/3$ (tức là nhân với $\omega$)

$$\omega\vec{GM} = \frac{1}{2}\left(-\omega\vec{QB_3} + t\omega w_2+r\omega w_1 +s\omega w_3\right) =  \frac{1}{2}\left(-\vec{QC_3} +tw_3+rw_2 +sw_1\right)$$

Ở đây, ta dùng

$$\omega\vec{QB_3} = \vec{QC_3}, \quad \omega w_1 = w_2, \quad \omega w_2 = w_3, \quad \omega w_3 = w_1.$$

Mặt khác, tính toán tương tự như (1) đối với điểm $N$, ta được

$$\vec{GN} = \frac{1}{2}\left(-\vec{QC_3} +tw_3+rw_2 +sw_1\right)$$

Vậy

$$\omega\vec{GM} = \vec{GN}.$$

Từ đây suy ra $N$ là ảnh của $M$ qua phép quay tâm $G$, góc quay $2\pi/3$. Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh $P$ là ảnh của $N$ qua phép quay này. Từ đó $\Delta MNP$ là tam giác đều.

Câu 1: Gỉa sử ${C_0}$ là không gian Banach các dãy hội tụ tới 0, với chuẩn. $\left\| x \right\| = \mathop {\sup }\limits_n \left| {{x_n}} \right|,\forall x = \left\{ {{x_n}} \right\} \in {C_0}$
Cho ánh xạ $T:{C_0} \to {C_0}$ bởi công thức
$T(x) = \left\{ {\frac{{{n^2}}}{{{n^2} + 2}}{x_n}} \right\},\forall x = {\rm{\{ }}{x_n}{\rm{\} }} \in {C_0}$
a. Chứng minh T tuyến tính liên tục; tính chuẩn của T
b. Tìm phổ của T.
Câu 2:
a. Cho g: ${C_0} \to {C_0}$ bởi công thức
$g({\rm{\{ }}{x_n}{\rm{\} }}) = {\rm{\{ }}{x_1},{x_2},0,0,...{\rm{\} }},\forall x = {\rm{\{ }}{x_n}{\rm{\} }} \in {C_0}.$
Chứng minh g là ánh xạ Compact
b.Chứng minh rằng nếu {${x_n}$} là dãy trong không gian định chuẩn X và {${x_n}$} hội tụ tới x theo chuẩn trong X thì {${x_n}$} hội tụ yếu tới x.

Câu 1 (a) Để chứng minh $T$ tuyến tính, chỉ cần kiểm tra $T(x+y) = T(x) + T(y)$ và $T(\lambda x) = \lambda x$. Hai điều này dễ thấy! Để chứng minh $T$ liên tục, ta có thể chứng minh $T$ bị chặn, tức là cần chứng minh có $C>0$ sao cho

$$\|T(x)\| \leqslant C\cdot \| x\|$$

với mọi $x$. Nếu $y = T(x)$ thì rõ ràng $|y_n | = (n^2/(n^2+2)) |x_n| \leqslant |x_n|$ và đó có thể lấy $\|y\| \leqslant \|x\|$. Vậy có thể lấy $C=1$.

 

Ta sẽ chứng minh $\|T\| = 1$. Theo trên, ta có $\|T\| \leqslant 1$. Xây dựng dãy $x^{m}$ như sau:

$$x^{(m)} = (0,0 \dots 1, 0\dots)$$

ở đó, $1$ nằm ở vị trí thứ $m$. Rõ ràng, $\|x^{(m)}\| =1$ và $T(x^{(m)}) = (0,0 \dots m^2/(m^2+2), 0\dots)$. Ta suy ra

$$\|T(x^{(m)})\| = m^2/(m^2+2) \to 1$$

khi $m\to \infty$. Vậy

$$\|T\| = \sup\{\|T(x)\| \colon \|x\| \leqslant 1\} \geqslant \|T(x^{(m)})\| = m^2/(m^2+2) \to 1$$

Vậy ta kết luận $\|T\| = 1$.

 

Để tính phổ của $T$, nhận xét rằng $n^2/(n^2+2)$, $n \geqslant 1$ là các giá trị riêng của $T$ (tương ứng với vector riêng nao?). Vậy phổ của $T$ bao gồm các giá trị riêng đó. Tuy nhiên $1$ cũng nằm trong phổ của $T$. Thật vậy, ánh xạ ngược

$$(I - T)^{-1} (y) = \{(2/(n^2+2)^{-1}y_n\}, \quad y=(y_n)$$.

là ánh xạ tuyến tinh nhưng không bị chặn (chứng minh gần như trên, để ý rằng $(2/(n^2+2)^{-1}$ tăng ra vô hạn). Vậy phổ của $T$ bao gồm cả $1$.

 

Bây giờ, nếu $\lambda \not\in \{1, 1/3, 2/3, \dots n^2/(n^2+2) ,\dots \}$ thì rõ ràng $\epsilon = \inf \{\lambda -  \{1, 1/3, 2/3, \dots n^2/(n^2+2) ,\dots \}\} > 0$ và $\lambda I - T$ khả nghịch:

$$(\lambda I - T^{-1} (y) = \{(\lambda - n^2/(n^2+2))^{-1} y_n, \quad y = (y_n)$$

với $\|\lambda I - T^{-1} (y)\| \leqslant \epsilon^{-1} < \infty$, (do đó, nó bị chặn).

 

Kết luận: phổ của $T$ là $ \{1, 1/3, 2/3, \dots n^2/(n^2+2) ,\dots \}$.

Trong một thùng cam có 42%  cam TQ, 24% cam TL , 26% cam CP và 8% cam VN. Trong số đó có một số cam hư gồm: 20% của số cam TQ, 10% của số cam TL, 12% của số cam CP và 2% của số cam VN.
1) Tính xác suất để 1 người mua phải 1 trái cam hư.
2) Biết một người đã mua phải một trái cam hư. Tính xác suất để trái cam ấy không phải là của VN.

Giả sử có 10.000 quả cam trong thùng. Khi đó, có 4,2 ngàn quả của TQ, 2,4 ngàn quả của TL, 2,6 ngàn quả cam CP và có 0,8 ngàn quả của Việt Nam. Số cam hư trong thùng là

$$\begin{matrix}\text{TQ} & 840\\ \text{TL} & 240\\ \text{CP}& 312\\ \text{Vietnam} & 16\end{matrix}$$

Vậy tổng số cam hỏng trong thùng là 1408 quả. Xác xuất mua phải cam hỏng $p=\frac{1408}{10.000}=14,08\%$.

 

Biết một người mua phải một trái cam hư, xác xuất để trái đó là của Việt Nam là $p_2 = \frac{16}{1408} = 1.14\%$.

Với chuỗi đan dấu thì dãy số hạng phải thỏa điều kiện Leibniz mới hội tụ bạn nhé nên chuỗi đan dấu k thỏa 2 đk đấy sẽ phân kì.

 

 

Với chuỗi đan dấu thì dãy số hạng phải thỏa điều kiện Leibniz mới hội tụ bạn nhé nên chuỗi đan dấu k thỏa 2 đk đấy sẽ phân kì.

 

Nhận xét này chưa đúng. Có chuỗi đan dấu không thỏa mãn 2 điều kiện mà vẫn hội tụ. Điều này do điều kiện dãy $u_n$ giảm hơi quá nghiêm ngặt. Nếu ta chọn dãy $u_n$ hầu như giảm, nhưng thỉnh thoảng, chẳng hạn tại các chỉ số dạng $k^2$, ta đổi chỗ $u_{k^2}$ và $u_{k^2+1}$ thì chuỗi vấn hội tụ.

 

Nhìn chung, tính hội tụ của một chuỗi có thể vẫn bảo toàn nếu ta thay đổi chuỗi một chút xíu; nói trừu tượng hơn, trong một topo phù hợp của không gian các chuỗi, tập các chuỗi hội tụ là mở. Trong khi đó, tính giảm của chuỗi quá nghiêm ngặt.

 

Trong bài này, khi $|u_{k+1}|/|u_k| >1$ thì dễ thấy dãy các số hạng không hội tụ về không nên (dù đan dấu hay không) chuỗi đều phân kì.

Thay vì trao đổi trực tiếp, bạn có thể trao đổi những vấn đề, thắc mắc của bạn khi đọc sách ở đây được không? Mấy vấn đề trong cuốn Đặng Hùng Thắng đó rất căn bản cho sinh viên ngành Toán nên sẽ có nhiều người trao đổi được với bạn ở đây.

Cho các số thực x,y,z thay đổi thoả xy+yz+xz=35.Tìm giá trị nhỏ nhất của

$$F=x^2 + 6y^2+ 22z^2$$

Có thể dùng phương pháp nhân tử Lagrange. Gọi $g(x,y,z) = xy+yz+zx -35$. Bài toán đưa về tìm cực trị trên đường cong cho bởi phương trình $g(x,y,z) = 0$. Ta giải hệ nhân tử Lagrange:

$$\nabla F = \lambda \cdot \nabla g, \quad g = 0$$

Như vậy, ta cần phải tính $\nabla F = \langle 2x, 12y, 44z \rangle$ và $\nabla g = \langle y+z, z+x, x+y \rangle$.

Ta được hệ ba phương trình

$$2x = \lambda (y+z), \quad 12y = \lambda (z+x), \quad 44z = \lambda (x+y)$$

Biến đổi đại số ta được

$$F = \lambda (xy+yz+zx) = 35\lambda$$

Từ đó suy ra $\lambda >0$. Mặt khác, dễ thấy

$$x(2+\lambda ) = y(12+\lambda) = z(44+ \lambda) = \lambda(x+y+z)$$

Từ đây giải ra được

$$x = \frac{\lambda}{2+\lambda} (x+y+z), \quad y = \frac{\lambda}{12+\lambda} (x+y+z), \quad z = \frac{\lambda}{44+\lambda} (x+y+z)$$

Cộng ba phương trình theo vế ta được

$$ \frac{\lambda}{2+\lambda}+ \frac{\lambda}{12+\lambda}+ \frac{\lambda}{44+\lambda}=1$$

Dễ thấy vế trái là hàm tăng theo $\lambda$ nên phương trình có không quá một nghiệm. Dễ dàng kiểm tra $\lambda = 4$ là nghiệm dương duy nhất. (Ta cũng có thể quy đồng mẫu số và đưa về phương trình bậc ba).

 

Từ đó $F = 35\lambda = 140$ là giá trị bé nhất.

Tìm cực trị của hàm số

$z = x^4 + y^4 - x^2 - 2xy - y^2$

Tôi nghĩ bạn đọc sách giáo trình sẽ đầy đủ và dễ hiểu hơn là hỏi trên đây. Vì lời giải ở đây cũng chỉ là một bài riêng biệt thôi. Chẳng hạn trong cuốn của Nguyễn Đình Trí:

 

http://thuvienvatly.com/download/17074

 

Về mặt lý thuyết, bài toán được giải dựa trên tính chất: nếu hàm đạt cực trị tại 1 điểm, thì các đạo hàm riêng triệt tiêu tại đó. Chẳng hạn nếu hàm đạt cực tiểu tại điểm P, thì tại đó, đồ thị của nó giống hình cái đáy cốc (giống như người ta hay nói "giá nhà đã chạm đáy" tức là không còn đi xuống nữa, tức là đạo hàm không âm, nhưng nó cũng chưa vội đi lên, tức là đạo hàm không dương, nên nó phải bằng không). Vậy nên ta bắt đầu bằng cách giải "điểm tới hạn" của hàm số:

$$z_x = 4x^3-2x -2y = 0$$

và

$$z_y = 4y^3 - 2y -2x = 0$$

Hàm số có tính đối xứng nên hai phương trình cũng đối xứng. Trừ hai phương trình cho nhau ta được

$$x^3 - y^3 = 0$$

Từ đó suy ra $x=y$. Thay ngược trở lại một trong hai phương trình trên, chẳng hạn phương trình (1)

$$4x^3-4x =0$$

giải ra được $x=0, x=1$ hoặc $x=-1$. Ta được 3 điểm tới hạn

$$(0,0), (1,1), (-1,-1)$$

Để biết được "dáng điệu" của hàm số ta tính đạo hàm cấp 2

$$z_{xx} = 12x^2-2, \quad z_{xy} = -2, \quad z_{yy} = 12y^2 -2$$

Từ đó ta tính được 

$$D = rt - s^2 = z_{xx}z_{yy} - z_{xy}^2 = (12x^2-2)(12y^2 - 2) - (-2)^2$$

Xét lần lượt các điểm tới hạn. Bắt đầu bằng $(0,0)$ thì $D = 0$. Trường hợp này chưa kết luận được ngay.

 

Xét hai điểm còn lại $x=y = \pm 1$, rõ ràng $D = (12-2)(12-2) - 4 = 96>0$, vậy hàm số đạt cực trị tại đây hai điểm này. Để xét hàm số đạt cực đại hay cực tiểu, ta xét dấu của $z_{xx}$ hoặc $z_{yy}$---chúng đều bằng $8$ và có dấu dương. Hàm đạt cực tiểu tại hai điểm trên.

 

Bạn có thể dùng wolframalpha để vẽ đồ thị. Xem ở đây:

 

http://www.wolframal...^2-y^2-2xy plot

 

Trong hình vẽ, có thể thấy hai điểm cực tiểu là hai điểm đáy của vùng trũng xung quanh hai điểm $(1,1)$ và $(-1,-1)$. 

 

Phần contour plot chỉ rõ điểm $(0,0)$ không phải là cực tiểu cũng không phải là cực đại. Nó là một điểm yên ngựa. Nếu đi theo hướng Tây Nam -- Đông Bắc qua điểm (0,0), hàm số có dạng đi lên và đạt đỉnh cao tại (0,0) rồi đi xuống. Thực vậy, đi theo Tây Nam -- Đông Bắc, tương ứng với $x=y =t$ và cho tham số $t$ tăng dần. Lúc này

$$z(t) = 2t^4-4t^2 = 2t^2(t^2-2)$$

Rõ ràng nó bằng $0$ tại $(0,0)$ và với $t$ gần $0$, $z<0$ nên $z(t)$ đạt cực đại theo hướng đó.

 

Tuy nhiên, nếu bạn đi theo hướng Tây Bắc -- Đông Nam, hay cho $x=-y =s$ và $s$ tăng, hàm số trở thành

$$z(s) = 2s^4$$

Rõ ràng $z(s)$ đạt cực tiểu tại $(0,0)$.

 

Như vậy, khi đi qua $(0,0)$ theo hai phương khác nhau, hàm số $z$ có thể đại cực đại theo 1 hướng, và cực tiểu theo hướng còn lại. Tức là $z$ có điểm yên ngựa tại $(0,0)$.

Có thể tính được chứ bạn Giả sử $a_0=x;a_1=y$.

 

Ta dễ thấy $a_{n}=c_1(-1)^{n}+c_22^{n}$ trong đó $\left\{ \begin{array}{l}{c_1} + {c_2} = x\\- {c_1} + 2{c_2} = y\end{array} \right. \quad (\star)$.

 

Vậy ta sẽ có $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{c_1}{{\left( { - 1} \right)}^n} + {c_2}{2^n}}}{{{2^n}}} = {c_2}$.

 

Mặt khác từ $(\star)$,bạn có thể tính được $c_2=\frac{x+y}{3}$,suy ra $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{a_n}}}{{{2^n}}} = \frac{{x + y}}{3} =\boxed{\displaystyle \frac{{{a_0} + {a_1}}}{3}}$

Cách giải hay! Mình nhìn vấn đề theo đại số tuyến tính và hi vọng cách nhìn này cũng thú vị. Ta đặt vectơ 

$$X_k = \begin{pmatrix}a_k \\ a_{k-1}\end{pmatrix}$$

Khi đó

$$ X_k = \begin{pmatrix} 1&2 \\ 1&0 \end{pmatrix} X_{k-1}, \quad k \geq 2.$$

Từ đó ta có

$$X_{n+1} = A^n X_{1}$$

Bài toán đưa về tính ma trận $A^n$. Để tính $A^n$ ta chéo hóa nó 

$$A = \begin{pmatrix} -1&2\\ 1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 &0 \\ 0 &2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1/3&2/3\\ 1/3 &1/3\end{pmatrix}$$

Từ đó tính được $A^n$:

$$A^n = \begin{pmatrix} -1&2\\ 1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix} (-1)^n &0 \\ 0 &2^n\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1/3&2/3\\ 1/3 &1/3\end{pmatrix}$$