9.3 矩阵方幂的若干求法-高等代数考研解析

9欧氏空间 令C=(a,a2,,an),则： C-AC=diag()CBC=diagu} (3)由(2)有： CACC BC=CABC=diag{☑，，，}diag{4,2,,4.} =diag{24,2242,,4n} 则AB可对角化。 9.3矩阵方幂的若千求法 矩阵的方幂在高等代数的解题及矩阵的稳定性讨论、预测、控制等方面有广泛 的应用，其求法的原理贯穿代数学习的过程。求矩阵的方幂可以用到矩阵的各方面 的知识，其计算量往往较大，但方法适当，可以大大降低计算难度。 9.3.1秩为1的情况（低秩分解) 当阶矩阵A的秩为1时，A可以写成一个列向量与一个行向量的乘积，即 A=cpT,a,B为n维列向量，利用矩阵乘法的结合律有： A=(aB)*=a(Ba)B BTa为一个数，即A=(BTa)-A。 1 2-1 例1设A= 6-3 求A,k为自然数。 -2-42 解：由于A的行（列）之间成比例，即R(A)=1,故有： 2-1 6 -3=3(12-1)=,Ba=9, 432423 则A=(BT)A=91A。 2471 高等代数考研解析 1 1-4 21 2-3 例2设A= 1~2 求A。 3-2 1 3- 4-3 1 1 解：由于A= 2 (,11, 1234) 则： 3 =4A 4 9.3.2可分解为数量矩阵和幂零矩阵之和的情况（分解法) 利用二项展开式：将矩阵A分解为A=B+C,B,C的方幂易求，且BC=CB, 则有A=(B+C)=B*+CB-C+CB-2C2++CBC1+CC。 当矩阵A可分解为一个数量矩阵与一个幂零矩阵的和，即A=E+P,其中 P-1≠O,Pm=O时，1E与P的乘法适合交换律，则由二项式定理得 A=(E+P)=(2E)+C(E)P+.+C(E)P-+CP 由于P为幂零矩阵，那么P的某个次幂为零矩阵，从而展开式后面有些项就为 O,这样非零项就比较少了，便于计算。 分块对角矩阵：对于分块对角矩阵，若A=dig{A,A2,,A},A (1=1,2,,)为方阵，则A=diag{4,A,,A}。 248 9欧氏空间 2400 例3设A= 1200 求A。 0024 0002 解：令A= B 0 a日c=6则-0e 由于R(B)=1,即B= 2),则B=4B。 又C=2E+ 04=2E+P,P为幂零矩阵，则： 00 C=(2E+P)y=(2E)+k(2E)1P= 221k 02 从而A= B 0 c 313 例4设A= 031 , 求A。 003 313 300 013 解：令A= 031 03 0 001=3E+P,显然P为幂零矩阵， 003 0 03 000 所以： 3*C3-1C3*+C23-2 A=(3E+P)=(3E)+C4(3E)-P+C(3E)-2P2= 03 C3-1 0 3 a 1 例5设a为实数，A= ∈R1oo10,求A0的第一行所有元素之和。 1 2491 高等代数考研解析 解：设A=E+J,而EJ=JE,则： A5o=(aE+)so=CoaEs+Ca4J++CEJ4+Co 由于E,J,2,,J0每个矩阵的第一行元素之和均为1，从而A0的第一行所有 元素之和为Coa0+C5a”++C0=(a+1)0。 9.3.3归纳法（递推法) 一般地，与自然数有关，先求出矩阵A的低次幂，猜测高次结果的一般形， 再用数学归纳法证明一般形的正确性。 (1 a B 例6已知A= 0 1 a 求A”。 (0 0 1 解：由于 12aa2+2p (1 3a3a2+3B A2= 0 1 2a ,A= 0 1 3 0 0 1 0 0 猜测： 1 na n(n-Da+nB 2 A”= 01 a 00 1 下面用数学归纳法证明猜测： 当n=1,2时命题成立； 假设当n=k时，命题成立，即： 1 ka k(k-Da+kB 2 A= 01 ka 00 1 250 9欧氏空间 则当n=k+1时， 1 ka k(k-Da+kB 2 (1 a B 4=4A=0 1 ka 01 0 0 1 001 1(k+1 k(k+Do:+(k+D)B 2 0 1 (k+1)a 0 0 1 命题成立，从而对于任意自然数n,命题都成立。 100 例7（中山大学、北京邮电大学，2024）设A=101(≥3)，证明A”= 010 A”-2+A2-E,并计算A0。 解：由于A的特征多项式为f()=(2-1)(2+1),故由凯莱-哈密顿定理可知： f(A)=A3-A2-A+E=0 即A=A+A-E,由此得递推公式A”=A"-2+A2-E(n≥3)。 下面用数学归纳法加以证明： 当n=3时，命题成立；假设当n=k时命题成立，则当n=k+l时，有： A1=AA=(A-2+A2-E)A=A1+-A=A1+A2-E 即对于一切n≥3递推公式成立。于是： A0=A8+(A2-E)=(A6+A2-E)+A2-E=A6+2(A2-E) 100 =…=A2+49(A2-E)=50A2-49E=5010 5001 类似的题如下： 2511 高等代数考研解析 10 1 (西南交通大学，2024)设A=020 求A”-2A-1 101 9.3.4相似变换法 若已知矩阵A可以经过相似变换化为对角矩阵B,则存在可逆矩阵P,使得 PAP=B,其中B为对角矩阵，对角线上的元素为A的特征值，这样A=PBP1, A=PB*P。由于过渡矩阵P和对角矩阵B可以很快求出，因此A也可很快求出。 122 例8设A= 211 求A。 221 解：易求A的特征值为入=入=-1，=5。 对于1=入，=-1有线性无关的特征向量4=1,0，-1)，4，=(0,1，-1)T; 对于2，=5有特征向量%=1,1,1)T。 令P=(a,a,a),则P可逆，且有： PAP=diag{-1,-1,5},B=diag{(-1),(-1),5} 从而A=PBP-1,A=PBP1，即： (-1)×2+5(-1)1+5 (-1)1+5* (-1)+1+5(-1)*×2+5 (-1)+5 (←1)"+5 (-1)1+5(-1)×2+5* 例9设3阶矩阵A的三个特征值分别是-1,0,1，其对应的特征向量分别为 1,1,1),(0,1,1),(0,0,1)T,求A”。 解：由于3阶矩阵A有三个不同的特征值，则A与对角矩阵相似，即存在可逆 100 矩阵P=110, 故： 111 252 9欧氏空间 (-1 0 (-1)0 (-1) 0 0 (-1)”-11 9.3.5特征多项式法（最小多项式法) 此方法其实是降次法。设A是阶方阵，对于数域P上任意多项式g(),存在 一个多项式r(),其中r()≤n-1或r()=0,使得g(A)=r(A)。 事实上，用A的特征多项式f()(次的)做除式，对于任意多项式g()做带 余除法得g()=f()g()+r(),则r(2)=0或r()<⊙f()=n,即r()≤n-1,由 凯莱-哈密顿定理可知f(A)=0,故有g(A)=r(A)。 同样可用以A的最小多项式为除式的带余除法得到次数更低的多项式()，使 得g(A)=r(A)。 有时可以利用矩阵的特征多项式（最小多项式）进行高次幂的运算。 3-10-6 例10设A= 1-4-3 求A0。 -15 4 解：（方法一）特征多项式法。 由题可知A的特征多项式为f()=E-A=(2-1)3=-322+32+1,令 入1°=f(2)q(2)+r(2),其中r()=a22+b1+c,即2=f(2)q()+a22+b2+c, 由于f)=(①)="（①）=0，则： 21=f(2)q(2)+a22+b2+c 10029=(f(2)q(2)'+2a2+b 990028=(f(2)q(2)"+2a 都以1为根，从而1=a+b+c,100=2a+b,9900=2a,解之可得a=4950, 2531 高等代数考研解析 b=-9800,c=4851。因此将A代入后得： 201 -1000 -600 A00=fA)q(A)+4950A2-9800A+4851E= 100 -499 -300 -100 500 301 (方法二)最小多项式法。 由题易得A的最小多项式为： (2)=(2-1)2=2-2元+1 令2o=()g(2)+r(2),其中(2)=a元+b,又m(1)=m')=0,则： 2o=m(2)q(2)+a+b 100a9=(m(2)q(2)y'+a 都以1为根，从而1=a+b,100=a,即a=100,b=-99,故： 201 -1000-600 A10=m(A)q(A)+100A-99E= 100 -499 -300 -100 500 301 例11（中山大学，2022）设A,B,C均为阶复方阵，且C的所有特征值均为实 数，若AB-BA=C2,则C=O。 证明：设C的特征值为入，入，，，又AB-BA=C2,则： tr (C2)=tr (AB-BA)=tr (AB)-tr(BA)=tr (AB)-tr (AB)=0 从而C2的特征值为22,2，，22，且2++…+2=0。又2,2，，均为实 数，则入=，=…=元，=0，从而C的特征多项式为”，由凯莱-哈密顿定理可 知C”=O。 102 例12设A=0-11,f(x)=2x1+2x8-8x7+3x3+x4+17x2-4,求(fA)。 010 254 9欧氏空间 解：由于A的特征多项式g()=3-2+1,则g(x)=x3-2x+1为A的零化多 项式，做带余除法得f(x)=(x3-2x+1)(2x8+4x6-4x3+3x2-7x+10)+(27x-14), 故f(A)=27A-14E。由于f(4)=-2015,则f(4)可逆，且： 574 02214 r4)=-2015T(D=-1】 0 -182-351 2015 0 0 -533 9.3.6若尔当标准形法 若在相似变换中A不与对角矩阵相似，即不可对角化，则先求出A的若尔当标 准形，再求出一个可逆矩阵P,使得PAP=J,从而A=PJ”P1。 -1-26 例13设A= 0 求A。 、-1-14 解：先求A的若尔当标准形，由于： 2+12 -6 AE-A= 12 -3 2-1 11-4 (a-1 则其初等因子为2-1，(1-1)2，故A的若尔当标准形为： (100 J=010 011 再求可逆矩阵P,使得PAP=J,即AP=PJ。设P=(,a,心)，则有： 100 A(a,&2,&)=(a,a2,a)010 011 Aa=a,Aa=a+a,Aa;=ao 2551 高等代数考研解析 对于Aa,=a,+有(E-A)a=-a,令a2=(,x2x)T,2=(yy2,y,)T, 则有： 22-6-y 22-6 一y (E-A-a)= 11-3 -y2 → 11-3-y2 11-3 -y3 0 0 0 y2-y3 而(E-A)a2=-&有解，则2= 又A=必，则有(E-A)a=0,即： 2 2-6y 1 1 -3 y =0 1 1 -3八” 于是有y+y2-3y=0,从而头=2y20 令y2=y=1,则y=2,于是4=(2,1,1)T。 再解(E-A)a2=-a,得a2=(-1,0,0)T,又a=(3,0,1)T,则： 3-12 P=(a,a2,a)= 001 101 由A=PP1,知： 73-1 210 0 3-12 1-2k-2-2k 6k A=PI P- 0 0 01 0 001 -k 1-k 3k 1 0 1 011 101-k -k1+3k 9.3.7 其他类型 除以上类型外，还有个别特殊情况，求解过程不拘一格。 1 002010 1 2300129 例14计算 01 0 45 6 010 011 789八100 256