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 $A=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$，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 $A=\left[\begin{array}{cc}3& 4\\ 4& -3\end{array}\right]$，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 = [ 1 0 1 0 2 0 1 0 1 ] A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} A= ​101​020​101​ ​，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

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

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【例 4】已知 A = [ 0 1 0 − 1 0 1 0 − 1 0 ] A = \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix} A= ​0−10​10−1​010​ ​，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 $A^{n}B=c^{n}B$。

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 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$，则通解设为 $A^n={\lambda }_1^{n}P+{\lambda }_2^{n}Q$（$n\ge k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\{\begin{array}{l}{A}^0={\lambda }_1^{0}P+{\lambda }_2^{0}Q\\ A^1={\lambda }_1^{1}P+{\lambda }_2^{1}Q\end{array}$$

【提醒】注意成立条件 $n\ge k$，若 0 特征值重数 $k\ge 1$，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 $A^n=O$（$n\ge 2$ 成立）。

下面的情况也是一样的。

（2）若 ${\lambda }_1={\lambda }_2$，则通解设为 $A^n={\lambda }_1^n(P+nQ)$（$n\ge k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

$$\{\begin{array}{l}{A}^0={\lambda }_1^0(P+0Q)\\ A^1={\lambda }_1^1(P+1Q)\end{array}$$

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 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\ne {\lambda }_3$，则通解设为 $A^n={\lambda }_1^{n}P+{\lambda }_2^{n}Q+{\lambda }_3^{n}R$（$n\ge k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\{\begin{array}{l}{A}^0={\lambda }_1^{0}P+{\lambda }_2^{0}Q+{\lambda }_3^{0}R\\ A^1={\lambda }_1^{1}P+{\lambda }_2^{1}Q+{\lambda }_3^{1}R\\ A^2={\lambda }_1^{2}P+{\lambda }_2^{2}Q+{\lambda }_3^{2}R\end{array}$$

【提醒】注意成立条件 $n\ge k$，若 0 特征值重数 $k\ge 1$，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 $A^n=O$（$n\ge 3$ 成立）。

下面两种情况也是一样的。

（2）若 ${\lambda }_1={\lambda }_2\ne {\lambda }_3$，则通解设为 $A^n={\lambda }_1^n(P+nQ)+{\lambda }_3^{n}R$（$n\ge k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\{\begin{array}{l}{A}^0={\lambda }_1^0(P+0Q)+{\lambda }_3^{0}R\\ A^1={\lambda }_1^1(P+1Q)+{\lambda }_3^{1}R\\ A^2={\lambda }_1^2(P+2Q)+{\lambda }_3^{2}R\end{array}$$

（3）若 ${\lambda }_1={\lambda }_2={\lambda }_3$，则通解设为 $A^n={\lambda }_1^n(P+nQ+n^{2}R)$（$n\ge k$ 成立，$k$ 为 $0$ 特征值的重数），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

$$\{\begin{array}{l}{A}^0={\lambda }_1^0(P+0Q+0R)\\ A^1={\lambda }_1^1(P+1Q+1R)\\ A^2={\lambda }_1^2(P+2Q+4R)\end{array}$$

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相关例题

【例 1】已知 $A=\left[\begin{array}{cc}3& 4\\ 4& -3\end{array}\right]$，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 $A^n=5^{n}P+(-5{)}^{n}Q$（$n\ge 0$ 成立），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

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

解得

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

所以

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

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【例 2】已知 $A=\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 0& 1\end{array}\right]$，求 $A^n$。

【解】特征多项式为 $f(\lambda )=|\lambda E-A|=(\lambda -1{)}^2=0$，解得 ${\lambda }_1={\lambda }_2=1$，$A^n=1^n(P+nQ)$（$n\ge 0$ 成立），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

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

解得

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

所以

$$A^n=nA+(1-n)E（n\ge 0）$$

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【例 3】已知 A = [ 3 0 1 0 1 0 − 4 0 − 1 ] A = \begin{bmatrix} 3 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ -4 & 0 & -1 \end{bmatrix} A= ​30−4​010​10−1​ ​，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 $A^n={\lambda }_1^n(P+nQ+n^{2}R)$（$n\ge 0$ 成立），其中 $P,Q,R$ 由以下方程组确定

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

以下解方程过程省略。

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【例 4】已知 A = [ 1 0 1 0 2 0 1 0 1 ] A = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix} A= ​101​020​101​ ​，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 $A^n=2^n(P+nQ)+0^{n}R=2^n(P+nQ)$（$n\ge 1$ 成立），其中 $P,Q$ 由以下方程组确定

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

以下解方程过程省略。

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【例 5】已知 A = [ 0 0 0 1 2 1 1 0 0 ] A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix} A= ​011​020​010​ ​，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 $A^n=0^n(P+nQ)+2^{n}R=2^{n}R$（$n\ge 2$ 成立），其中 $R$ 由以下方程确定

$$A^2=2^{2}R$$

解得

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