关于方阵A的任意次幂求法

.
四，数学归纳法. 已知 A，算出 A2，A3，…，寻找规律，并用数学归纳法加以证明. 1 1 例 求 An，其中A = . 0 1 解：经过计算得， 1 2 A2 = ， 0 1 1 3 A3 = ， 0 1 …… 由此猜想， 1 n An = . 0 1 下面对此给予证明： ①当 n=1 时，显然成立. ②假设当 n=k 时命题成立，则当 n=k+1 时，有 1 k 1 1 1 k+1 Ak+1 = Ak A = = ， 0 1 0 1 0 1 从而结论成立，证毕. 五，利用 Hamilton-Caylay 定理. 利用 Hamilton-Caylay 定理求 An 有两种方法. 1.设 A 的特征多项式为������ ������ = ������������ − ������ ，特征值为������1 ，������2 ， … ，������s ，由带余
n Am = C01 + C11 n + ⋯ + Cr 1 1 nr 1 λ1 + C02 + C12 n + ⋯ + Cr 2 2 nr 2 λn 2 +⋯
+ C0s + C1s n + ⋯ + Cr s s nr s λn s.
n 特别地，s=m 时，An = C1 λ1 + ⋯ + Cm λn m ，分别令 n=1,2,…,m，可求出方阵
P −1 JP = A，J =
J1
λi ⋱ Js ，J =
1 λi
⋱ ⋱ 1 λi
ri
，
ri 为λi 的重数，取 B=J，则 B 必然存在.由 A 与 B 相似，从而存在可逆矩阵 Q，使 得 A=Q-1BQ，从而 An=Q-1BnQ，若 Bn 可以求出，则 An 也可以求出. 例 求 An，其中 2 1 A= −1 0 1 1 解：因为存在矩阵B = ，使得 0 1 2 1 2 1 = −1 0 1 1 而 1 1 0 1 所以 2 1 −1 0
n
a1 ⋮ am
b1 ,
… , bm ，则
b1 , … , bm .
m n i=1 a i bi
sin θ cos θ sin nθ cos nθ ，则An = . cos θ − sin θ cos nθ −sin nθ 二，对角化法. 若 A 可以对角化，即存在可逆方阵 P，使得A = P −1 ΛP，其中Λ为对角矩阵， n 则A = P −1 Λn P（此处加入例子 302）. 例 求 An，其中 1 2 2 A= 2 1 2 . 2 2 1 解：通过对角化，矩阵 A 可化为 −1 0 0 Λ = 0 −1 0 ， 0 0 5 其中可逆矩阵 1 0 1 P= 0 1 1， −1 − 1 1 故 3.若A = 1 0 1 −1 −1 0 0 n 1 0 1 A =P Λ P= 0 1 1 0 −1 0 0 1 1 ， −1 −1 1 0 0 5 −1 −1 1 n n n+1 n 2(−1) + 5 (−1) +5 (−1)n − 5n 1 = 3 (−1)n + 5n 2(−1)n + 5n 3(−1)n − 5n . n n (−1) − 5 (−1)n − 5n 2(−1)n + 5n 特别地，1.若 A 为 m 阶方阵，A 有 m 个互异的特征值，则 A 一定可以对角 化，则 An 可以用上述方法求得.2.若 A 为实对称矩阵，则必存在可逆方阵 P，使 得A = P −1 ΛP，其中Λ为全体特征值构成的方阵.从而有An = P −1 Λn P. 三，二项式展开.
n −1 n
首先不加证明给出一个定理： i n −i i 定理：若 A、B 为同阶方阵，且 AB=BA，则 A + B n = n B ）. i=0 Cn A 由这个定理， 可将 A 分解成两个可以交换次序的方阵的和， 再用该定理展开. n 例 求 A ，其中 a b A= b a 解：A = aE + bP，其中 0 1 P= 1 0 故
xn + yn = (a + b)n ， xn − yn = (a − b)n ， 解得 (a + b)n + (a − b)n xn = 2 (a + b)n + (a − b)n yn = 2 故 a b b a
n (a+b)n +(a −b)n (a+b)n −(a −b)n 2 (a+b)n +(a −b)n 2 2 (a+b)n −(a −b)n 2
5 7
C1 = 所以
−7
5
−7
2 7
2
2
2 7 5 7
，C2 =
7 5 7
，
5
A =
n
7
(−1)n + 6n
5 7 n 5 n
2
− (−1)n + 6n
2 7
2
2 7
− 7 (−1) + 7 6
(−1) + 7 6n 7
n
5
.
六，杂例. 1.对角化法推广. 在对角化法中， 我们要求 A 可以对角化， 现将这一条件去掉.对任意方阵 A， 总有总存在方阵 B，使得 A 与 B 相似.因为任意方阵 A，存在可逆矩阵 P，使得
n
A = aE + bP
n
n
n
=
i=0
i Cn aE
n −i
bP
i
=
i=0
i n −i i n −i i Cn a bE P
= =
(a + b)n + (a − b)n (a + b)n − (a − b)n E+ P 2 2
(a+b)n +(a −b)n 2 (a+b)n −(a −b)n 2 (a+b)n −(a −b)n 2 (a+b)n +(a −b)n 2
yn xn yn a b xn −1 xn ，则 yn xn = b a yn −1 xn = axn −1 + byn −1 yn = bxn −1 + ayn −1
yn −1 xn −1 ，可得
两式相加得 xn + yn = a + b (xn −1 + yn −1 ) 两式相减 xn − yn = a − b (xn −1 − yn −1 ) 从而
除法可得： ������������ = ������ ������ ⋅ ������ ������ + ������(������)， 其中∂������ ������ < ∂������(������)，且������ ������ = 0.设 A 为 m 阶方阵，则可设 ������ ������ = ������1 ������������ −1 + ⋯ + ������������ −1 ������ + ������������ ， 将������1 ，������2 ， … ，������s 代入并根据根的重数，可求出������(������)，从而 An = ������ ������ = ������1 ������������ −1 + ⋯ + ������������ −1 ������ + ������������ E. 2.设 A 的阶数为 m，������ ������ 为 A 的特征多项式，设������ ������ = ������������ + ������1 ������������ −1 + ⋯ + ������������ −1 ������ + ������������ ，由������ ������ = 0可得Am + ������1 ������������ −1 + ������2 ������������ −2 + ⋯ + ������������ −1 ������ + ������������ E = 0， 两边同时乘以 An，可得An+m + ������1 ������������ +������ −1 + ⋯ + ������������ −1 ������������ = 0，不妨把 A1，…， An ， … 看 成 数 列 {bn} ， 即 要 求 出 数 列 的 通项 ， 而 该 数 列 满 足 递推 式 ������n+m + ������1 ������n+m −1 + ⋯ + ������m bn = 0，由于������1 ， … ������m 为常数，可得该线性递归数列的特征 方程为 ������������ + ������1 ������������−1 + ⋯ + ������������ −1 ������ + ������������ = 0 ，其根为 ������1 ，������2 ， … ，������s ，重数为 r1 + 1， … ，rs + 1重，ri ≥ 0，则
=
.
【参考文献】 1.北京大学数学系前代数小组.高等代数（第三版） ，高等教育出版社，2003 年 7 月. 2.杨子胥.高等代数习题解（修订版） ，山东科技出版社，2005 年 3 月.
n n −1
1 1 2 0 1 1 n ， 1
1 1
=
1 0
ห้องสมุดไป่ตู้
=
2 1 −1 1 1 n 2 0 1 1 1 1 −1 1 n 2 2 1 = 0 1 1 1 1 n+1 n = . −n − n + 1
1 1 1 1
2.其他方法. a bn 例 求解 b a xn a bn 解：设 = y n b a