Riešenie
Sem napíšem iba jedno riešenie - to, ktoré sa mi zdá najkratšie.
Ale napísal som dlhší pokec k tomuto príkladu s viacerými riešeniami, ktorý som dal sem:
http://msleziak.com/vyuka/2015/lag2/mat ... ocniny.pdf
Ak si ho prečítate, tak tam budete vidieť, že sa to dalo vyrátať s použitím Jordanovho tvaru. (A aj v jednej z odovzdaných písomiek bolo úplne správne odôvodnenie toho, ako vyzerajú všetky možnosti pre Jordanov tvar matice $X$. Od toho už nie je ďaleko k tomu, aby sme našli nejaké riešenia rovnice $X^2=A$.)
Takisto sa to niektorí pokúšali riešiť ako sústavu štyroch rovníc kde neznáme sú prvky matice $A$. Dá sa to dorátať aj takýmto spôsobom a nejaké riešenie pomocou tejto sústavy tiež nájdete v tom súbore.
Tu je riešenie, v ktorom sa používajú podbné úvahy ako pri odvodení pomerne všeobecného vzorca, ktorý je na
Wikipédii.
Niečo podobné pre prípad diagonalizovateľnú maticu (ale aj s diskusiou ako by to bolo všeobecne) nájdete aj tu:
Bernard W. Levinger:
The Square Root of a $2\times2$ Matrix, Mathematics Magazine, Vol. 53, No. 4 (Sep., 1980), pp. 222-224,
http://dx.doi.org/10.2307/2689616
Pustime sa teda konečne do samotného riešenia.
Pripomeňme, že vo všeobecnosti platí, že stopa matice je súčet jej vlastných hodnôt a determinant je súčin jej vlastných hodnôt.
Teda špeciálne ak $X$ je matica $2\times2$ a jej vlastné hodnoty sú $\lambda_{1,2}$, tak dostávame pre charakteristický polynóm vyjadrenie:
\begin{align*}
\newcommand{\Tra}{\operatorname{Tr}}
\chi_X(t)&=(t-\lambda_1)(t-\lambda_2)\\
&=t^2-\Tra(X)t+\det(X),
\end{align*}
pričom $\Tra(X)$ označuje stopu matice $X$.
Máme teda rovnosti
\begin{align*}
\Tra(X)&=\lambda_1+\lambda_2\\
\det(X)&=\lambda_1\lambda_2
\end{align*}
Súčasne viem, že $A=X^2$ má vlastné hodnoty $\lambda_1^2$ a $\lambda_2^2$. Teda potom máme:
\begin{align*}
\det(A)&=(\lambda_1\lambda_2)^2\\
\Tra(A)&=\lambda_1^2+\lambda_2^2=(\lambda_1+\lambda_2)^2-2\lambda_1\lambda_2
\end{align*}
čo znamená, že
\begin{align*}
\det(A)&=\det(X)^2\\
\Tra(A)&=\Tra(X)^2-2\det(X)
\end{align*}
To, čo sme odvodili doteraz, platí pre ľubovoľné matice $2\times2$ také, že $X^2=A$. V~našom prípade máme $\Tra(A)=8$ a $\det(A)=16$. Dostávame teda, že
\begin{align*}
\det(X)^2&=16\\
\Tra(X)^2-2\det(X)&=8
\end{align*}
To znamená, že možné hodnoty determinantu sú $\det(X)=\pm4$. Ak už máme hodnotu $\det(X)$, tak z~druhej rovnice dostaneme možné hodnoty pre $\Tra(X)$, pretože $\Tra(X)^2=8+2\det(X)$.
Ak $\det(X)=-4$, tak dostaneme $\Tra(X)=0$. To by znamenalo, že $\chi_X(t)=t^2-4$ a potom platí
$$X^2-4I=0$$
čiže $X^2=4I$ a $X$ nie je riešenie rovnice $X^2=A$.
Zostáva nám možnosť, že $\det(X)=4$. Vtedy dostaneme $\Tra(X)=\pm 4$, čiže $\chi_X(t)=t^2\pm4t+4I$. Teda podľa Cayley-Hamiltonovej vety musí potom pre maticu $X$ platiť
\begin{align*}
X^2\pm4X+4I&=0\\
A\pm4X+4I&=0\\
X&=\pm\frac14(A+4I)
\end{align*}