Lösung.

1.
Die rekursive Definition kann unter Zuhilfenahme der Matrixmultiplikation geschrieben werden als
$ \mbox{$\displaystyle \underbrace{\begin{pmatrix}a_{n-1}\\ a_n\end{pmatrix}}_... ... \underbrace{\begin{pmatrix}a_{n-2}\\ a_{n-1}\end{pmatrix}}_{= x_{n-1}}\; , $}$
für $ \mbox{$n\geq 3$}$ .

Wir erhalten $ \mbox{$\chi_A(X) = \det\begin{pmatrix}X&-1\\ -1&X-1\end{pmatrix} = X^2 - X - ... ...X - \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{5})(X - \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5})$}$ .

Es wird

$ \mbox{$\displaystyle \text{E}_A({\textstyle\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5}}... ...matrix}\;=\; \langle\begin{pmatrix}-1+\sqrt{5} \\ 2\end{pmatrix}\rangle\; . $}$
Dies ist der Beitrag von $ \mbox{$\text{H}_A({\textstyle\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5}})$}$ zu den Spalten von $ \mbox{$S$}$ .

Ferner wird

$ \mbox{$\displaystyle \text{E}_A({\textstyle\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{5}}... ...pmatrix}\;=\; \langle\begin{pmatrix}-1-\sqrt{5}\\ 2\end{pmatrix}\rangle\; . $}$
Dies ist der Beitrag von $ \mbox{$\text{H}_A({\textstyle\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5}})$}$ zu den Spalten von $ \mbox{$S$}$ .

Mit $ \mbox{$S = \left(\begin{array}{cc}-1+\sqrt{5}&-1-\sqrt{5}\\ 2 & 2\end{array}\right)$}$ wird $ \mbox{$S^{-1} = \frac{1}{4\sqrt{5}} \left(\begin{array}{rr}2 & 1+\sqrt{5}\\ -2& -1+\sqrt{5}\end{array}\right)$}$ und

$ \mbox{$\displaystyle J \; :=\; S^{-1}AS \;=\; \begin{pmatrix}\frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5} & 0\\ 0 & \frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{5}\end{pmatrix}\;. $}$
Damit wird
$ \mbox{$\displaystyle A^{n-2} x_2 \;=\; SJ^{n-2}S^{-1}x_2 \;=\; \begin{pmatri... ...1}{2}\sqrt{5})^{n-1}) \end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 \\ 1\end{pmatrix}\; , $}$
und also
$ \mbox{$\displaystyle x_n \;=\; \frac{1}{\sqrt{5}}\left(\left(\frac{1}{2} + \f... ...ght)^{n-1} - \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2}\sqrt{5}\right)^{n-1}\right)\; . $}$

2.
Die rekursive Definition kann unter Zuhilfenahme der Matrixmultiplikation geschrieben werden als
$ \mbox{$\displaystyle \underbrace{\begin{pmatrix}a_{n-3}\\ a_{n-2}\\ a_{n-1}... ...atrix}a_{n-4}\\ a_{n-3}\\ a_{n-2}\\ a_{n-1}\end{pmatrix}}_{= x_{n-1}}\; , $}$
für $ \mbox{$n\geq 5$}$ .

Wir erhalten

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rclcl} \chi_A(X) & = & \det\left( \begin{... ...*{2mm}\\ & = & X^4 - 2X^2 + 1 & = & (X - 1)^2(X + 1)^2\; . \\ \end{array}$}$

(Eigenwert $ \mbox{$1$}$ )
Wir bringen die Matrix $ \mbox{$C:=A-\text{E}$}$ auf Zeilenstufenform und erhalten
$ \mbox{$\displaystyle C\;=\; \left(\begin{array}{rrrr} -1 & 1 & 0 & 0\\ 0 &... ...& 0 &-1\\ 0 & 1 & 0 &-1\\ 0 & 0 & 1 &-1 \end{array}\right)}_{=:Z_1}\;. $}$
Also ist eine Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ gegeben durch
$ \mbox{$\displaystyle (\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix})\;. $}$
Nun bringen wir die Matrix $ \mbox{$Z_1C$}$ auf Zeilenstufenform und erhalten
$ \mbox{$\displaystyle Z_1C\;=\; \left(\begin{array}{rrrr} 0 & 1 &-2 & 1\\ 1... ...t(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 &-3 & 2\\ 0 & 1 &-2 & 1 \end{array}\right)\;. $}$
Also können wir die Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ ergänzen zu einer Basis
$ \mbox{$\displaystyle (\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\;,\;\begin{pmatrix}3\\ 2\\ 1\\ 0\end{pmatrix}) $}$
von $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)=\text{Kern}(Z_1C)$}$ . Da die Dimension des Hauptraums $ \mbox{$\text{H}_A(1)$}$ mit der Dimension von $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)$}$ übereinstimmt, haben wir bereits eine Basis von $ \mbox{$\text{H}_A(1)$}$ gefunden. Das Tableau zu $ \mbox{$\text{H}_A(1)$}$ sieht vor der Kettenbildung also wie folgt aus.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...Stufe }2 & \begin{pmatrix}3\\ 2\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\\ \hline \end{array}$}$
Nun bilden wir den Vektor in Stufe $ \mbox{$2$}$ mittels $ \mbox{$C$}$ ab, tragen ihn in Stufe $ \mbox{$1$}$ ein, und streichen den schon vorhandenen Vektor in Stufe $ \mbox{$1$}$ aus Dimensionsgründen.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...Stufe }2 & \begin{pmatrix}3\\ 2\\ 1\\ 0\end{pmatrix}\\ \hline \end{array}$}$

(Eigenwert $ \mbox{$-1$}$ )
Wir bringen die Matrix $ \mbox{$C:=A+\text{E}$}$ auf Zeilenstufenform und erhalten
$ \mbox{$\displaystyle C\;=\; \left(\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & ... ...& 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 &-1\\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right)}_{=:Z_1}\;. $}$
Also ist eine Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ gegeben durch
$ \mbox{$\displaystyle (\left(\begin{array}{r} -1\\ 1\\ -1\\ 1\end{array}\right))\;. $}$
Nun bringen wir die Matrix $ \mbox{$Z_1C$}$ auf Zeilenstufenform und erhalten
$ \mbox{$\displaystyle Z_1C\;=\; \left(\begin{array}{rrrr} 0 & 1 & 2 & 1\\ 1... ...t(\begin{array}{rrrr} 1 & 0 &-3 &-2\\ 0 & 1 & 2 & 1 \end{array}\right)\;. $}$
Also können wir die Basis von $ \mbox{$\text{Kern }C$}$ ergänzen zu einer Basis
$ \mbox{$\displaystyle (\left(\begin{array}{r} -1\\ 1\\ -1\\ 1\end{array}\right)\;,\; \left(\begin{array}{r} 3\\ -2\\ 1\\ 0\end{array}\right))\;. $}$
von $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)=\text{Kern}(Z_1C)$}$ . Da die Dimension des Hauptraums $ \mbox{$\text{H}_A(-1)$}$ mit der Dimension von $ \mbox{$\text{Kern}(C^2)$}$ übereinstimmt, haben wir bereits eine Basis von $ \mbox{$\text{H}_A(-1)$}$ gefunden. Das Tableau zu $ \mbox{$\text{H}_A(-1)$}$ sieht vor der Kettenbildung also wie folgt aus.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...eft(\begin{array}{r}3\\ -2\\ 1\\ 0\end{array}\right)\\ \hline \end{array}$}$
Nun bilden wir den Vektor in Stufe $ \mbox{$2$}$ mittels $ \mbox{$C$}$ ab, tragen ihn in Stufe $ \mbox{$1$}$ ein, und streichen den schon vorhandenen Vektor in Stufe $ \mbox{$1$}$ aus Dimensionsgründen.
$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{\vert l\vert l\vert}\hline \text{Stufe }1 ... ...eft(\begin{array}{r}3\\ -2\\ 1\\ 0\end{array}\right)\\ \hline \end{array}$}$

Nun können wir die beiden Kettenbasen als Spalten in die Matrix $ \mbox{$S$}$ eintragen.

Mit $ \mbox{$S = \left( \begin{array}{rrrr} -1 & 3 & 1 & 3 \\ -1 & 2 & -1 & -2 \\ -1 & 1 & 1 & 1 \\ -1 & 0 & -1 & 0 \\ \end{array}\right)$}$ wird $ \mbox{$S^{-1} = \frac{1}{4} \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 0 & -3 & -2 \\ ... ...& -1 & -1 \\ -1 & 0 & 3 & -2 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \\ \end{array}\right)$}$ und $ \mbox{$J := S^{-1} A S = \left( \begin{array}{rrrr} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{array}\right) $}$ .

Da nun $ \mbox{$J^{n - 4} = \left( \begin{array}{cccc} 1 & n-4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & ... ...0 & (-1)^n & (-1)^{n-1}(n-4) \\ 0 & 0 & 0 & (-1)^n \\ \end{array}\right)$}$ , wird

$ \mbox{$\displaystyle \begin{array}{rcl} x_n &=& A^{n - 4} x_4 \;=\; S J^{n-4... ...\ast\\ (n-1) (1 - (-1)^n) + (n-2) ( 1 + (-1)^n)\end{pmatrix}\; . \end{array}$}$
In anderen Worten,
$ \mbox{$\displaystyle a_n \;=\; \left\{ \begin{array}{ll} (n - 1)/2 & \text{f\... ... - 2)/2 & \text{f\uml ur {$\mbox{$n$}$} gerade} \\ \end{array}\right. \; . $}$
Das sieht man auch, ohne Matrizen heranzuziehen. Im allgemeinen ist dies jedoch bei solchen Rekursionsaufgaben schwierig.