求矩阵高次幂的两种另类方法

市面上许多资料给出的计算矩阵高次幂的方法，无外乎有这几种：

• 分块矩阵求解高次幂；
• 先求低次方幂，然后通过找规律推出通项公式；
• 将矩阵拆分为秩 1 矩阵和数量矩阵，使用秩 1 矩阵的性质求解；
• 将矩阵拆分为幂 $0$ 矩阵和数量矩阵进行求解；
• 将矩阵进行相似对角化，然后利用 $A = P \Lambda P^{-1}$ 计算矩阵高次幂。

下面介绍计算矩阵高次幂两种比较“另类”的方法：（1）运用哈密顿凯莱定理；（2）运用特征方程。（但是依然建议采用常规解法，上述两种解法不推荐首先使用！）

【方法一】运用哈密顿凯莱定理

【哈密顿凯莱定理】设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵，其特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = a_n \lambda^n + ... + a_1 \lambda + a_0$，记 $f(A) = a_n A^n + ... + a_1 A + a_0 E$，则有 $f(A) = O$。

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相关例题

【例 1】已知 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda^2 - 1$，则 $f(A) = A^2 - E = O$，即 $A^2 = E$。

当 $n=2k$ 时，$A^{2k} = (A^2)^{k} = E^k = E$；

当 $n=2k+1$ 时，$A^{2k+1} = (A^2)^{k} A = E^k A = A$。

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【例 2】已知 $A = \begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 4 & -3 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda^2 - 25$，则 $f(A) = A^2 - 25E = O$，即 $A^2 = 25E$。

当 $n=2k$ 时，$A^{2k} = (A^2)^{k} = (25E)^k = 25^k E$；

当 $n=2k+1$ 时，$A^{2k+1} = (A^2)^{k} A = (25E)^k A = 25^k A$。

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【例 3】已知 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$，求 $A^n - 2A^{n-1}$ 和 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda (\lambda - 2)^2$，则 $f(A) = A(A-2E)^2 = O$。

于是通过递推得

$$\begin{aligned} & A(A-2E)^2 = O \\ \Rightarrow & (A^2 - 2A) (A-2E) = O \\ \Rightarrow & (A^3 - 2A^2) - 2(A^2 - 2A) = O \\ \Rightarrow & A^3 - 2A^2 = 2(A^2 - 2A) \\ \Rightarrow & ... \\ \Rightarrow & A^{n} - 2A^{n-1} = 2^{n-1}(A^2 - 2A) = O \\ \Rightarrow & A^{n} = 2A^{n-1} \\ \Rightarrow & ... \\ \Rightarrow & A^{n} = 2^{n-1}A \\ \end{aligned}$$

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【例 4】已知 $A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix}$，求 $A^{2017}$ 和 $A^{n}$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda (\lambda^2 + 2)$，则 $f(A) = A(A^2+2E) = O$，即 $A^3 = -2A$，即 $A^2 A = -2A$。

于是通过递推得到 $A^{2017} = (A^2)^{1008}A = 2^{1008} A$。

一般地，当 $AB = cB$ 时，有 $A^nB = c^nB$。

当 $n=2k$ 时，$A^{2k} = (-2)A^{2k-2} = ... = (-2)^{k-1}A^2$；

当 $n=2k+1$ 时，$A^{2k+1} = A^{2k}A = ... = (-2)^{k-1}A^3 = (-2)^k A$。

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【方法二】运用特征方程

二阶矩阵求解通法

设 $A$ 是 $2$ 阶矩阵，其特征值为 $\lambda_1, \lambda_2$，分两种情况：

（1）若 $\lambda_1 \neq \lambda_2$，则通解设为 $A^n = \lambda_1^n P + \lambda_2^n Q$（$n \geq k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = \lambda_1^0 P + \lambda_2^0 Q \\ A^1 = \lambda_1^1 P + \lambda_2^1 Q \end{cases}$$

【提醒】注意成立条件 $n \geq k$，若 0 特征值重数 $k \geq 1$，则不需要求解以上全部方程：

• 若 $k=1$，则只需求解最后那个方程即可（第一个方程是不成立的）；
• 若 $k=2$，则 $A^n = O$（$n \geq 2$ 成立）。

下面的情况也是一样的。

（2）若 $\lambda_1 = \lambda_2$，则通解设为 $A^n = \lambda_1^n (P + nQ)$（$n \geq k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = \lambda_1^0 (P + 0Q) \\ A^1 = \lambda_1^1 (P + 1Q) \end{cases}$$

三阶矩阵求解通法

设 $A$ 是 $3$ 阶矩阵，其特征值为 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$，分三种情况：

（1）若 $\lambda_1 \neq \lambda_2 \neq \lambda_3$，则通解设为 $A^n = \lambda_1^n P + \lambda_2^n Q + \lambda_3^n R$（$n \geq k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = \lambda_1^0 P + \lambda_2^0 Q + \lambda_3^0 R \\ A^1 = \lambda_1^1 P + \lambda_2^1 Q + \lambda_3^1 R \\ A^2 = \lambda_1^2 P + \lambda_2^2 Q + \lambda_3^2 R \end{cases}$$

【提醒】注意成立条件 $n \geq k$，若 0 特征值重数 $k \geq 1$，则不需要求解以上全部方程：

• 若 $k=1$，则只需求解后两个方程即可（第一个方程是不成立的）；
• 若 $k=2$，则只需求解最后一个方程即可（前两个方程是不成立的）；
• 若 $k=3$，则 $A^n = O$（$n \geq 3$ 成立）。

下面两种情况也是一样的。

（2）若 $\lambda_1 = \lambda_2 \neq \lambda_3$，则通解设为 $A^n = \lambda_1^n (P + nQ) + \lambda_3^n R$（$n \geq k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = \lambda_1^0 (P + 0Q) + \lambda_3^0 R \\ A^1 = \lambda_1^1 (P + 1Q) + \lambda_3^1 R \\ A^2 = \lambda_1^2 (P + 2Q) + \lambda_3^2 R \end{cases}$$

（3）若 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3$，则通解设为 $A^n = \lambda_1^n (P + nQ + n^2 R)$（$n \geq k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = \lambda_1^0 (P + 0Q + 0R) \\ A^1 = \lambda_1^1 (P + 1Q + 1R) \\ A^2 = \lambda_1^2 (P + 2Q + 4R) \end{cases}$$

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相关例题

【例 1】已知 $A = \begin{bmatrix} 3 & 4 \\ 4 & -3 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda^2 - 25 = 0$，解得 $\lambda_1 = -5, \lambda_2 = 5$，则通解设为 $A^n = 5^n P + (-5)^n Q$（$n \geq 0$ 成立），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = 5^0 P + (-5)^0 Q \\ A^{1} = 5^{1} P + (-5)^{1} Q \end{cases}$$

解得

$$\begin{cases} P = \frac{1}{2} E + \frac{1}{10}A \\ Q = \frac{1}{2} E - \frac{1}{10}A \end{cases}$$

所以

$$A^n = 5^n (\frac{1}{2} E + \frac{1}{10}A) + (-5)^n (\frac{1}{2} E - \frac{1}{10}A)（n \geq 0）$$

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【例 2】已知 $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = (\lambda-1)^2 = 0$，解得 $\lambda_1 = \lambda_2 = 1$，$A^n = 1^n (P + nQ)$（$n \geq 0$ 成立），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = 1^0 (P + 0Q) \\ A^1 = 1^1 (P + 1Q) \end{cases}$$

解得

$$\begin{cases} P = E \\ Q = A-E \end{cases}$$

所以

$$A^n = nA + (1-n)E（n \geq 0）$$

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【例 3】已知 $A = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & -1 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = (\lambda - 1)^3 = 0$，解得 $\lambda_1 = \lambda_2 = \lambda_3 = 1$，则通解设为 $A^n = \lambda_1^n (P + nQ + n^2 R)$（$n \geq 0$ 成立），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^0 = 1^0 P \\ A^{1} = 1^{1} (P + Q + R) \\ A^{2} = 1^{2} (P + 2Q + 4R) \end{cases}$$

以下解方程过程省略。

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【例 4】已知 $A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda(\lambda - 2)^2 = 0$，解得 $\lambda_1 = 0, \lambda_2 = \lambda_3 = 2$，则通解设为 $A^n = 2^n (P + nQ) + 0^n R = 2^n (P + nQ)$（$n \geq 1$ 成立），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\begin{cases} A^1 = 2^1 (P + Q) \\ A^2 = 2^2 (P + 2Q) \\ \end{cases}$$

以下解方程过程省略。

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【例 5】已知 $A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda) = |\lambda E - A| = \lambda^2(\lambda - 2) = 0$，解得 $\lambda_1 = \lambda_2 = 0, \lambda_3 = 2$，则通解设为 $A^n = 0^n (P + nQ) + 2^n R = 2^n R$（$n \geq 2$ 成立），其中 $R$ 由以下方程确定

$$A^2 = 2^2 R$$

解得

$$A^n = \frac{2^n}{4} A^2 = 2^{n-2} A^2 （n \geq 2）$$