n次幂矩阵 | 阿的宝藏之地

我们通过给出一种用矩阵求解 Fibonacci 数列通项公式的方法来引出一般 $n$ 次矩阵的求法。

首先表示其递推式：

(a_{n + 1} a_{n}) = (1110) (a_{n} a_{n - 1})

则通项可以表示成：

(a_{n + 1} a_{n}) = (1110)^{n} (10)

所以应当把注意力放在求解 $n$ 次幂矩阵上。设

A = (1110)

则对一般的矩阵，先求出其特征根，然后求出特征向量。在这题中，特征根就是我们熟悉的 $\frac{1 + 5}{2}$ 和 $\frac{1 - 5}{2}$ 。再求出特征向量：

α_{1} = (\frac{1 + 5}{2} 1), α_{2} = (\frac{1 - 5}{2} 1)

若我们记

P = (\frac{1 + 5}{2} 1 \frac{1 - 5}{2} 1)

则

P^{- 1} A P = (\frac{1 + 5}{2} 0 0 \frac{1 - 5}{2}) = Λ

两边先取 $n$ 次幂（ $Λ^{n}$ ），然后利用 $A^{n} = P Λ^{n} P^{- 1}$ ，即左乘 $P$ 右乘 $P^{- 1}$ 便可求得。

对角化

命题1

有两个数列 $a_{n}, b_{n}$ 其中 $a_{1} = 1, b_{1} = - 1$ 并且满足递推关系 $a_{n} = a_{n - 1} + 2 b_{n - 1}, b_{n} = - a_{n - 1} + 4 b_{n - 1}$ ，试求通项。

将数列化为矩阵形式：

(a_{n} b_{n}) = (1 - 1 24) (a_{n - 1} b_{n - 1}) = (1 - 1 24)^{n - 1} (1 - 1)

根据前文方法，计算出

(1 - 1 24)^{n - 1} = (2^{n} - 3^{n - 1} 2^{n - 1} - 3^{n - 1} 2 \cdot 3^{n - 1} - 2^{n} 2 \cdot 3^{n - 1} - 2^{n - 1})

由此即得结论。

命题2

求极限 $lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} 00 1 \frac{1}{3} 0 12 \frac{1}{5}^{n}$

解法1： 记矩阵为 $A$ ，显然 $A$ 有 3 个不同的特征值 $\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{5}$ ，因此存在可逆矩阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P = diag {\frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{5}} = B$ 。注意到 $A^{n} = P B^{n} P^{- 1}$ 且 $B^{n}$ 的极限为零矩阵，故 $A^{n}$ 的极限也是零矩阵。

解法2： 前面求特征值特征向量与解法一一致，构造矩阵 $P$ ：

P = 100 6 - 1 0 140 - 45 3

求 $P^{- 1}$ ：

P^{- 1} = 100 6 - 1 0 \frac{130}{3} - 15 \frac{1}{3}

计算极限：

A^{n} = P \cdot (\frac{1}{2})^{n} 00 0 (\frac{1}{3})^{n} 0 00 (\frac{1}{5})^{n} \cdot P^{- 1}

当 $n \to \infty$ ， $(\frac{1}{2})^{n}, (\frac{1}{3})^{n}, (\frac{1}{5})^{n} \to 0$ ，故：

n \to \infty lim A^{n} = 0

n \to \infty lim \frac{1}{2} 00 1 \frac{1}{3} 0 12 \frac{1}{5}^{n} = 000000000

Jordan标准型的应用

上述将求 $n$ 次幂矩阵对角化后求解的方法不由让人想到类似的知识点，即矩阵的 Jordan 化。事实上这种方法对于求 $n$ 次幂矩阵也是可行的。

设 $A$ 是 $n$ 阶矩阵， $P$ 为 $n$ 阶可逆矩阵，使得 $P^{- 1} A P = J = diag {J_{r_{1}} (λ_{1}), J_{r_{2}} (λ_{2}), \dots, J_{r_{k}} (λ_{k})}$ 为 Jordan 标准型。则注意到

J_{r_{i}} (λ_{i}) = λ_{i} I_{r_{i}} + J_{r_{i}} (0)

因为他们可交换，故可使用二项式定理，求得

J^{m} = diag {J_{r_{1}} (λ_{1})^{m}, J_{r_{2}} (λ_{2})^{m}, \dots, J_{r_{k}} (λ_{k})^{m}}

凯莱-哈密顿定理的应用

我们已经看到，通过将矩阵对角化或化为约当标准型，可以有效地计算矩阵的高次幂 $A^{n}$ 。然而，在某些情况下，我们可能并不需要显式地求出过渡矩阵 $P$ 和 $P^{- 1}$ ，或者矩阵的谱分解本身比较复杂。这时，凯莱-哈密顿定理为我们提供了一条不同的路径来处理矩阵幂。

凯莱-哈密顿定理简述： 对于任意 $n$ 阶方阵 $A$ ，若其特征多项式为 $p (λ) = det (A - λ I) = (- 1)^{n} λ^{n} + c_{n - 1} λ^{n - 1} + \dots + c_{1} λ + c_{0}$ ，则矩阵 $A$ 满足其自身的特征方程，即 $p (A) = (- 1)^{n} A^{n} + c_{n - 1} A^{n - 1} + \dots + c_{1} A + c_{0} I = 0$ 。

这个定理的核心启示是，任何 $n$ 阶方阵 $A$ 的 $n$ 次幂 $A^{n}$ 都可以表示为 $A$ 的低于 $n$ 次的幂的线性组合。

核心思想

利用 $p (A) = 0$ 这个关系式，我们可以将 $A^{k}$ (其中 $k \geq n$ ) 表示为 $r_{n - 1} A^{n - 1} + \dots + r_{1} A + r_{0} I$ 的形式，其中系数 $r_{i}$ 可以通过多项式除法或利用特征值来确定。

考虑多项式 $λ^{k}$ 。根据带余除法，存在多项式 $q (λ)$ 和 $r (λ)$ （其中 $de g (r (λ)) < de g (p (λ)) = n$ ）使得： $λ^{k} = q (λ) p (λ) + r (λ)$ 将矩阵 $A$ 代入上式： $A^{k} = q (A) p (A) + r (A)$ 由于 $p (A) = 0$ ，我们得到： $A^{k} = r (A)$ 其中 $r (A) = r_{n - 1} A^{n - 1} + r_{n - 2} A^{n - 2} + \dots + r_{1} A + r_{0} I$ 。

命题3

设矩阵 $A = (2112)$ ，试用凯莱-哈密顿定理计算 $A^{4}$ 。

解：首先计算 $A$ 的特征多项式： $p (λ) = det (A - λ I) = det (2 - λ 1 1 2 - λ) = (2 - λ)^{2} - 1 = λ^{2} - 4 λ + 3$ 根据凯莱-哈密顿定理， $p (A) = A^{2} - 4 A + 3 I = 0$ 。由此可得： $A^{2} = 4 A - 3 I (*)$ 现在我们来计算 $A^{3}$ 和 $A^{4}$ ： $A^{3} = A \cdot A^{2} = A (4 A - 3 I) = 4 A^{2} - 3 A$ 将 $(*)$ 代入上式： $A^{3} = 4 (4 A - 3 I) - 3 A = 16 A - 12 I - 3 A = 13 A - 12 I (* *)$ 接着计算 $A^{4}$ ： $A^{4} = A \cdot A^{3} = A (13 A - 12 I) = 13 A^{2} - 12 A$ 再次将 $(*)$ 代入上式： $A^{4} = 13 (4 A - 3 I) - 12 A = 52 A - 39 I - 12 A = 40 A - 39 I$ 因此， $A^{4} = 40 A - 39 I$ 。

需要注意的是，当要求的幂次足够大时，这种方法似乎会使问题复杂化。不妨以引例举例：

命题4

利用凯莱-哈密顿定理的思想，求解 Fibonacci 矩阵 $A = (1110)$ 的 $A^{n}$ 的通项公式。

矩阵 $A$ 的大小为 $n = 2$ 。其特征多项式为 $p (λ) = λ^{2} - λ - 1$ 。我们设 $A^{n} = r_{1} (n) A + r_{0} (n) I$ 。 $A$ 的特征值为 $ϕ = \frac{1 + 5}{2}$ 和 $ψ = \frac{1 - 5}{2}$ 。根据 $λ_{i}^{n} = r_{1} (n) λ_{i} + r_{0} (n)$ ，我们得到方程组：

{ϕ^{n} = r_{1} (n) ϕ + r_{0} (n) ψ^{n} = r_{1} (n) ψ + r_{0} (n) (1) (2)

$(1) - (2)$ 得： $ϕ^{n} - ψ^{n} = r_{1} (n) (ϕ - ψ)$ 由于 $ϕ - ψ = 5$ ，所以： $r_{1} (n) = \frac{ϕ ^{n} - ψ ^{n}}{5}$ 这正是 Fibonacci 数列的第 $n$ 项 $F_{n}$ 。将 $r_{1} (n)$ 代入 $(1)$ ： $r_{0} (n) = ϕ^{n} - r_{1} (n) ϕ = ϕ^{n} - (\frac{ϕ ^{n} - ψ ^{n}}{5}) ϕ$ $r_{0} (n) = \frac{5 ϕ ^{n} - ϕ ^{n + 1} + ϕ ψ ^{n}}{5}$ 利用 $ϕ ψ = - 1$ ，则 $ϕ ψ^{n} = (ϕ ψ) ψ^{n - 1} = - ψ^{n - 1}$ 。 $r_{0} (n) = \frac{5 ϕ ^{n} - ϕ ^{n + 1} - ψ ^{n - 1}}{5}$ 我们知道 $F_{n - 1} = \frac{ϕ ^{n - 1} - ψ ^{n - 1}}{5}$ 。为了将 $r_{0} (n)$ 与 $F_{n - 1}$ 联系起来，我们注意到 $ϕ^{2} = ϕ + 1$ 和 $ψ^{2} = ψ + 1$ 。

验证 $r_{0} (n) = F_{n - 1}$ ： 我们期望 $r_{0} (n) = ϕ^{n} - F_{n} ϕ = F_{n - 1}$ 。即要证明 $ϕ^{n} - F_{n} ϕ = F_{n - 1}$ 。

ϕ^{n} - \frac{ϕ ^{n} - ψ ^{n}}{5} ϕ 5 ϕ^{n} - (ϕ^{n} - ψ^{n}) ϕ 5 ϕ^{n} - ϕ^{n + 1} + ϕ ψ^{n} ϕ^{n - 1} (5 ϕ - ϕ^{2} - 1) + ψ^{n - 1} (ϕ ψ + 1) ϕ^{n - 1} (5 ϕ - (ϕ + 1) - 1) + ψ^{n - 1} (- 1 + 1) ϕ^{n - 1} (5 ϕ - ϕ - 2) ϕ^{n - 1} ((5 - 1) ϕ - 2) = \frac{ϕ ^{n - 1} - ψ ^{n - 1}}{5} = ϕ^{n - 1} - ψ^{n - 1} = ϕ^{n - 1} - ψ^{n - 1} = 0 = 0 = 0 = 0

检查最后一步的常数项：

(5 - 1) \frac{1 + 5}{2} - 2 = \frac{( 5 ) ^{2} - 1 ^{2}}{2} - 2 = \frac{5 - 1}{2} - 2 = 2 - 2 = 0

所以 $r_{0} (n) = F_{n - 1}$ 成立。

因此， $A^{n} = F_{n} A + F_{n - 1} I$ 。

A^{n} = \frac{ϕ ^{n} - ψ ^{n}}{5} (1110) + \frac{ϕ ^{n - 1} - ψ ^{n - 1}}{5} (1001) = \frac{1}{5} (ϕ^{n} - ψ^{n} + ϕ^{n - 1} - ψ^{n - 1} ϕ^{n} - ψ^{n} ϕ^{n} - ψ^{n} ϕ^{n - 1} - ψ^{n - 1})

利用 $ϕ^{n - 1} + ϕ^{n} = ϕ^{n - 1} (1 + ϕ) = ϕ^{n - 1} ϕ^{2} = ϕ^{n + 1}$ (同样适用于 $ψ$ )：

A^{n} = \frac{1}{5} (ϕ^{n + 1} - ψ^{n + 1} ϕ^{n} - ψ^{n} ϕ^{n} - ψ^{n} ϕ^{n - 1} - ψ^{n - 1}) = (F_{n + 1} F_{n} F_{n} F_{n - 1})

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