关于方阵A任意次幂求法.docx

关于方阵A的任意次幂求法 对于任一方阵，通过矩阵乘法可求得A2，A3，…，An，…，所以理论上说对于任意n∈N，An均可求出来，但实际计算却是相当困难的，下面给出几种An的求法. 一，定义法. 若方阵阶数比较小或者秩很小或是个稀疏矩阵，则可用定义直接相乘. 1.关于对角矩阵λ=a1 a2 ? am，则λn=a1n a2n ? amn. 2.若r(A)=1，则A可表示为a1?amb1,…,bm，则 An=a1?ami=1maibinb1,…,bm. 3.若A=sinθcosθcosθ-sinθ，则An=sinnθcosnθcosnθ-sinnθ. 二，对角化法. 若A可以对角化，即存在可逆方阵P，使得A=P-1ΛP，其中Λ为对角矩阵，则An=P-1ΛnP（此处加入例子302）. 例 求An，其中 A=122212221. 解：通过对角化，矩阵A可化为 Λ=-1000-10005， 其中可逆矩阵 P=101011-1-11， 故 An=P-1ΛnP=101011-1-11-1-1000-10005n101011-1-11， =132(-1)n+5n(-1)n+1+5n(-1)n-5n(-1)n+5n2(-1)n+5n3(-1)n-5n(-1)n-5n(-1)n-5n2(-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-1ΛP，其中Λ为全体特征值构成的方阵.从而有An=P-1ΛnP. 三，二项式展开. 首先不加证明给出一个定理： 定理：若A、B为同阶方阵，且AB=BA，则A+Bn=i=0nCniAn-iBi）. 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. 例 求An，其中 A=abba 解：A=aE+bP，其中 P=0110 故 An=aE+bPn=i=0nCniaEn-ibPi =i=0nCnian-ibiEn-iPi =(a+b)n+(a-b)n2E+(a+b)n-(a-b)n2P =(a+b)n+(a-b)n2(a+b)n-(a-b)n2(a+b)n-(a-b)n2(a+b)n+(a-b)n2. 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. 例 求An，其中A=1101 . 解：经过计算得， A2=1201 ， A3=1301 ， …… 由此猜想， An=1n01 . 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 Ak+1=AkA=1k01 1101 =1k+101 ， 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fλ=λE-A，特征值为λ1，λ2，…，λs，由带余除法可得： λn=fλ?qλ+r(λ)， 其中?rλ?f(λ)，且fA=0.设A为m阶方阵，则可设 rλ=a1λm-1+…+am-1λ+am， 将λ1，λ2，…，λs代入并根据根的重数，可求出r(λ)，从而 An=rA=a1Am-1+…+am-1A+amE. 2.设A的阶数为m，fλ为A的特征多项式，设fλ=λm+a1λm-1+…+am-1λ+am，由fA=0可得Am+a1Am-1+a2Am-2+…+am-1A+amE=0，两边同时乘以An，可得An+m+a1An+m-1+…+am-1An=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bn+m+a1bn+m-1+…+ambn=0，由于a1，…am为常数，可得该线性递归数列的特征方程为λm+a1λm-1+…+am-1λ+am=0，其根为λ1，λ2，…，λs，重数为r1+1，…，rs+1重，ri≥0，则 bn=C01+C11n+…+Cr11nr1λ1n+C02+C12n+…+Cr22nr2λ2n+… +C0s+C1sn+…+Crssnrsλsn， 其中C01，C11，…，Cr11，C02，…，Cr22，…，C0s，…，Crss均为m阶方阵，可用待定系数法求解，从而 Am=C01+C11n+…+Cr11nr1λ1n+C02+C12n+…+Cr22nr2λ2n+… +C0s+C1sn+…+Crssnrsλsn. 特别地，s=m时，An=C1λ1n+…+Cmλmn，分别令n=1,2,…,m，可求出方阵C1，…，Cm. 例 求An，其中A=1254. 解：A的特征多项式为 fλ=λ2-5λ -6 令fλ=0，可得λ1=-1，λ2=6，从而 An=C1(-1)n+C26n， 分别令n=1，2，可得 C1=57-27-57