重庆网站建设changeke,垂直网站怎么做,如何优化关键词提升相关度,wordpress调用百度网盘视频播放器文章目录 【方法一】运用哈密顿凯莱定理相关例题 【方法二】运用特征方程二阶矩阵求解通法三阶矩阵求解通法相关例题 市面上许多资料给出的计算矩阵高次幂的方法#xff0c;无外乎有这几种#xff1a; 分块矩阵求解高次幂#xff1b;先求低次方幂#xff0c;然后通过找规律… 文章目录 【方法一】运用哈密顿凯莱定理相关例题 【方法二】运用特征方程二阶矩阵求解通法三阶矩阵求解通法相关例题 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 0 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 Λ P − 1 A P \Lambda P^{-1} APΛP−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 A A 是 n n n 阶矩阵其特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ a n λ n . . . a 1 λ a 0 f(\lambda) |\lambda E - A| a_n \lambda^n ... a_1 \lambda a_0 f(λ)∣λE−A∣an​λn...a1​λa0​记 f ( A ) a n A n . . . a 1 A a 0 E f(A) a_n A^n ... a_1 A a_0 E f(A)an​An...a1​Aa0​E则有 f ( A ) O f(A) O f(A)O。 相关例题 【例 1】已知 A [ 0 1 1 0 ] A \begin{bmatrix} 0 1 \\ 1 0 \end{bmatrix} A[01​10​]求 A n A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ 2 − 1 f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda^2 - 1 f(λ)∣λE−A∣λ2−1则 f ( A ) A 2 − E O f(A) A^2 - E O f(A)A2−EO即 A 2 E A^2 E A2E。 当 n 2 k n2k n2k 时 A 2 k ( A 2 ) k E k E A^{2k} (A^2)^{k} E^k E A2k(A2)kEkE 当 n 2 k 1 n2k1 n2k1 时 A 2 k 1 ( A 2 ) k A E k A A A^{2k1} (A^2)^{k} A E^k A A A2k1(A2)kAEkAA。 【例 2】已知 A [ 3 4 4 − 3 ] A \begin{bmatrix} 3 4 \\ 4 -3 \end{bmatrix} A[34​4−3​]求 A n A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ 2 − 25 f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda^2 - 25 f(λ)∣λE−A∣λ2−25则 f ( A ) A 2 − 25 E O f(A) A^2 - 25E O f(A)A2−25EO即 A 2 25 E A^2 25E A225E。 当 n 2 k n2k n2k 时 A 2 k ( A 2 ) k ( 25 E ) k 2 5 k E A^{2k} (A^2)^{k} (25E)^k 25^k E A2k(A2)k(25E)k25kE 当 n 2 k 1 n2k1 n2k1 时 A 2 k 1 ( A 2 ) k A ( 25 E ) k A 2 5 k A A^{2k1} (A^2)^{k} A (25E)^k A 25^k A A2k1(A2)kA(25E)kA25kA。 【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 − 2 A n − 1 A^n - 2A^{n-1} An−2An−1 和 A n A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ ( λ − 2 ) 2 f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda (\lambda - 2)^2 f(λ)∣λE−A∣λ(λ−2)2则 f ( A ) A ( A − 2 E ) 2 O f(A) A(A-2E)^2 O f(A)A(A−2E)2O。 于是通过递推得 A ( A − 2 E ) 2 O ⇒ ( A 2 − 2 A ) ( A − 2 E ) O ⇒ ( A 3 − 2 A 2 ) − 2 ( A 2 − 2 A ) O ⇒ A 3 − 2 A 2 2 ( A 2 − 2 A ) ⇒ . . . ⇒ A n − 2 A n − 1 2 n − 1 ( A 2 − 2 A ) O ⇒ A n 2 A n − 1 ⇒ . . . ⇒ A n 2 n − 1 A \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} ⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒⇒​A(A−2E)2O(A2−2A)(A−2E)O(A3−2A2)−2(A2−2A)OA3−2A22(A2−2A)...An−2An−12n−1(A2−2A)OAn2An−1...An2n−1A​ 【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 A^{2017} A2017 和 A n A^{n} An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ ( λ 2 2 ) f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda (\lambda^2 2) f(λ)∣λE−A∣λ(λ22)则 f ( A ) A ( A 2 2 E ) O f(A) A(A^22E) O f(A)A(A22E)O即 A 3 − 2 A A^3 -2A A3−2A即 A 2 A − 2 A A^2 A -2A A2A−2A。 于是通过递推得到 A 2017 ( A 2 ) 1008 A 2 1008 A A^{2017} (A^2)^{1008}A 2^{1008} A A2017(A2)1008A21008A。 一般地当 A B c B AB cB ABcB 时有 A n B c n B A^nB c^nB AnBcnB。 当 n 2 k n2k n2k 时 A 2 k ( − 2 ) A 2 k − 2 . . . ( − 2 ) k − 1 A 2 A^{2k} (-2)A^{2k-2} ... (-2)^{k-1}A^2 A2k(−2)A2k−2...(−2)k−1A2 当 n 2 k 1 n2k1 n2k1 时 A 2 k 1 A 2 k A . . . ( − 2 ) k − 1 A 3 ( − 2 ) k A A^{2k1} A^{2k}A ... (-2)^{k-1}A^3 (-2)^k A A2k1A2kA...(−2)k−1A3(−2)kA。 【方法二】运用特征方程 二阶矩阵求解通法 设 A A A 是 2 2 2 阶矩阵其特征值为 λ 1 , λ 2 \lambda_1, \lambda_2 λ1​,λ2​分两种情况 1若 λ 1 ≠ λ 2 \lambda_1 \neq \lambda_2 λ1​λ2​则通解设为 A n λ 1 n P λ 2 n Q A^n \lambda_1^n P \lambda_2^n Q Anλ1n​Pλ2n​Q n ≥ k n \geq k n≥k 成立 k k k 为 0 0 0 特征值的重数其中 P , Q P,Q P,Q 由以下方程组确定 { A 0 λ 1 0 P λ 2 0 Q A 1 λ 1 1 P λ 2 1 Q \begin{cases} A^0 \lambda_1^0 P \lambda_2^0 Q \\ A^1 \lambda_1^1 P \lambda_2^1 Q \end{cases} {A0λ10​Pλ20​QA1λ11​Pλ21​Q​ 【提醒】注意成立条件 n ≥ k n \geq k n≥k若 0 特征值重数 k ≥ 1 k \geq 1 k≥1则不需要求解以上全部方程 若 k 1 k1 k1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 k2 k2则 A n O A^n O AnO n ≥ 2 n \geq 2 n≥2 成立。 下面的情况也是一样的。 2若 λ 1 λ 2 \lambda_1 \lambda_2 λ1​λ2​则通解设为 A n λ 1 n ( P n Q ) A^n \lambda_1^n (P nQ) Anλ1n​(PnQ) n ≥ k n \geq k n≥k 成立 k k k 为 0 0 0 特征值的重数其中 P , Q P,Q P,Q 由以下方程组确定 { A 0 λ 1 0 ( P 0 Q ) A 1 λ 1 1 ( P 1 Q ) \begin{cases} A^0 \lambda_1^0 (P 0Q) \\ A^1 \lambda_1^1 (P 1Q) \end{cases} {A0λ10​(P0Q)A1λ11​(P1Q)​ 三阶矩阵求解通法 设 A A A 是 3 3 3 阶矩阵其特征值为 λ 1 , λ 2 , λ 3 \lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 λ1​,λ2​,λ3​分三种情况 1若 λ 1 ≠ λ 2 ≠ λ 3 \lambda_1 \neq \lambda_2 \neq \lambda_3 λ1​λ2​λ3​则通解设为 A n λ 1 n P λ 2 n Q λ 3 n R A^n \lambda_1^n P \lambda_2^n Q \lambda_3^n R Anλ1n​Pλ2n​Qλ3n​R n ≥ k n \geq k n≥k 成立 k k k 为 0 0 0 特征值的重数其中 P , Q , R P,Q,R P,Q,R 由以下方程组确定 { A 0 λ 1 0 P λ 2 0 Q λ 3 0 R A 1 λ 1 1 P λ 2 1 Q λ 3 1 R A 2 λ 1 2 P λ 2 2 Q λ 3 2 R \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} ⎩ ⎨ ⎧​A0λ10​Pλ20​Qλ30​RA1λ11​Pλ21​Qλ31​RA2λ12​Pλ22​Qλ32​R​ 【提醒】注意成立条件 n ≥ k n \geq k n≥k若 0 特征值重数 k ≥ 1 k \geq 1 k≥1则不需要求解以上全部方程 若 k 1 k1 k1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 k2 k2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 k3 k3则 A n O A^n O AnO n ≥ 3 n \geq 3 n≥3 成立。 下面两种情况也是一样的。 2若 λ 1 λ 2 ≠ λ 3 \lambda_1 \lambda_2 \neq \lambda_3 λ1​λ2​λ3​则通解设为 A n λ 1 n ( P n Q ) λ 3 n R A^n \lambda_1^n (P nQ) \lambda_3^n R Anλ1n​(PnQ)λ3n​R n ≥ k n \geq k n≥k 成立 k k k 为 0 0 0 特征值的重数其中 P , Q , R P,Q,R P,Q,R 由以下方程组确定 { A 0 λ 1 0 ( P 0 Q ) λ 3 0 R A 1 λ 1 1 ( P 1 Q ) λ 3 1 R A 2 λ 1 2 ( P 2 Q ) λ 3 2 R \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} ⎩ ⎨ ⎧​A0λ10​(P0Q)λ30​RA1λ11​(P1Q)λ31​RA2λ12​(P2Q)λ32​R​ 3若 λ 1 λ 2 λ 3 \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 λ1​λ2​λ3​则通解设为 A n λ 1 n ( P n Q n 2 R ) A^n \lambda_1^n (P nQ n^2 R) Anλ1n​(PnQn2R) n ≥ k n \geq k n≥k 成立 k k k 为 0 0 0 特征值的重数其中 P , Q , R P,Q,R P,Q,R 由以下方程组确定 { A 0 λ 1 0 ( P 0 Q 0 R ) A 1 λ 1 1 ( P 1 Q 1 R ) A 2 λ 1 2 ( P 2 Q 4 R ) \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} ⎩ ⎨ ⎧​A0λ10​(P0Q0R)A1λ11​(P1Q1R)A2λ12​(P2Q4R)​ 相关例题 【例 1】已知 A [ 3 4 4 − 3 ] A \begin{bmatrix} 3 4 \\ 4 -3 \end{bmatrix} A[34​4−3​]求 A n A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ 2 − 25 0 f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda^2 - 25 0 f(λ)∣λE−A∣λ2−250解得 λ 1 − 5 , λ 2 5 \lambda_1 -5, \lambda_2 5 λ1​−5,λ2​5则通解设为 A n 5 n P ( − 5 ) n Q A^n 5^n P (-5)^n Q An5nP(−5)nQ n ≥ 0 n \geq 0 n≥0 成立其中 P , Q P,Q P,Q 由以下方程组确定 { A 0 5 0 P ( − 5 ) 0 Q A 1 5 1 P ( − 5 ) 1 Q \begin{cases} A^0 5^0 P (-5)^0 Q \\ A^{1} 5^{1} P (-5)^{1} Q \end{cases} {A050P(−5)0QA151P(−5)1Q​ 解得 { P 1 2 E 1 10 A Q 1 2 E − 1 10 A \begin{cases} P \frac{1}{2} E \frac{1}{10}A \\ Q \frac{1}{2} E - \frac{1}{10}A \end{cases} {P21​E101​AQ21​E−101​A​ 所以 A n 5 n ( 1 2 E 1 10 A ) ( − 5 ) n ( 1 2 E − 1 10 A ) n ≥ 0 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 An5n(21​E101​A)(−5)n(21​E−101​A)n≥0 【例 2】已知 A [ 1 2 0 1 ] A \begin{bmatrix} 1 2 \\ 0 1 \end{bmatrix} A[10​21​]求 A n A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ ( λ − 1 ) 2 0 f(\lambda) |\lambda E - A| (\lambda-1)^2 0 f(λ)∣λE−A∣(λ−1)20解得 λ 1 λ 2 1 \lambda_1 \lambda_2 1 λ1​λ2​1 A n 1 n ( P n Q ) A^n 1^n (P nQ) An1n(PnQ) n ≥ 0 n \geq 0 n≥0 成立其中 P , Q P,Q P,Q 由以下方程组确定 { A 0 1 0 ( P 0 Q ) A 1 1 1 ( P 1 Q ) \begin{cases} A^0 1^0 (P 0Q) \\ A^1 1^1 (P 1Q) \end{cases} {A010(P0Q)A111(P1Q)​ 解得 { P E Q A − E \begin{cases} P E \\ Q A-E \end{cases} {PEQA−E​ 所以 A n n A ( 1 − n ) E n ≥ 0 A^n nA (1-n)En \geq 0 AnnA(1−n)En≥0 【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 A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ ( λ − 1 ) 3 0 f(\lambda) |\lambda E - A| (\lambda - 1)^3 0 f(λ)∣λE−A∣(λ−1)30解得 λ 1 λ 2 λ 3 1 \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 1 λ1​λ2​λ3​1则通解设为 A n λ 1 n ( P n Q n 2 R ) A^n \lambda_1^n (P nQ n^2 R) Anλ1n​(PnQn2R) n ≥ 0 n \geq 0 n≥0 成立其中 P , Q , R P,Q,R P,Q,R 由以下方程组确定 { A 0 1 0 P A 1 1 1 ( P Q R ) A 2 1 2 ( P 2 Q 4 R ) \begin{cases} A^0 1^0 P \\ A^{1} 1^{1} (P Q R) \\ A^{2} 1^{2} (P 2Q 4R) \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧​A010PA111(PQR)A212(P2Q4R)​ 以下解方程过程省略。 【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 A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ ( λ − 2 ) 2 0 f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda(\lambda - 2)^2 0 f(λ)∣λE−A∣λ(λ−2)20解得 λ 1 0 , λ 2 λ 3 2 \lambda_1 0, \lambda_2 \lambda_3 2 λ1​0,λ2​λ3​2则通解设为 A n 2 n ( P n Q ) 0 n R 2 n ( P n Q ) A^n 2^n (P nQ) 0^n R 2^n (P nQ) An2n(PnQ)0nR2n(PnQ) n ≥ 1 n \geq 1 n≥1 成立其中 P , Q P,Q P,Q 由以下方程组确定 { A 1 2 1 ( P Q ) A 2 2 2 ( P 2 Q ) \begin{cases} A^1 2^1 (P Q) \\ A^2 2^2 (P 2Q) \\ \end{cases} {A121(PQ)A222(P2Q)​ 以下解方程过程省略。 【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 A^n An。 【解】特征多项式为 f ( λ ) ∣ λ E − A ∣ λ 2 ( λ − 2 ) 0 f(\lambda) |\lambda E - A| \lambda^2(\lambda - 2) 0 f(λ)∣λE−A∣λ2(λ−2)0解得 λ 1 λ 2 0 , λ 3 2 \lambda_1 \lambda_2 0, \lambda_3 2 λ1​λ2​0,λ3​2则通解设为 A n 0 n ( P n Q ) 2 n R 2 n R A^n 0^n (P nQ) 2^n R 2^n R An0n(PnQ)2nR2nR n ≥ 2 n \geq 2 n≥2 成立其中 R R R 由以下方程确定 A 2 2 2 R A^2 2^2 R A222R 解得 A n 2 n 4 A 2 2 n − 2 A 2 n ≥ 2 A^n \frac{2^n}{4} A^2 2^{n-2} A^2 n \geq 2 An42n​A22n−2A2n≥2