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：

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！）

【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​λ+a0​，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​A+a0​E，则有 f ( A ) = O f(A) = O f(A)=O。

【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−E=O，即 A 2 = E A^2 = E A2=E。

当 n = 2 k n=2k n=2k 时， A 2 k = ( A 2 ) k = E k = E A^{2k} = (A^2)^{k} = E^k = E A2k=(A2)k=Ek=E；

当 n = 2 k + 1 n=2k+1 n=2k+1 时， A 2 k + 1 = ( A 2 ) k A = E k A = A A^{2k+1} = (A^2)^{k} A = E^k A = A A2k+1=(A2)kA=EkA=A。

【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)=A2−25E=O，即 A 2 = 25 E A^2 = 25E A2=25E。

当 n = 2 k n=2k n=2k 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)k=25kE；

当 n = 2 k + 1 n=2k+1 n=2k+1 时， A 2 k + 1 = ( A 2 ) k A = ( 25 E ) k A = 2 5 k A A^{2k+1} = (A^2)^{k} A = (25E)^k A = 25^k A A2k+1=(A2)kA=(25E)kA=25kA。

【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)2=O。

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)2=O(A2−2A)(A−2E)=O(A3−2A2)−2(A2−2A)=OA3−2A2=2(A2−2A)...An−2An−1=2n−1(A2−2A)=OAn=2An−1...An=2n−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(λ2+2)，则 f ( A ) = A ( A 2 + 2 E ) = O f(A) = A(A^2+2E) = O f(A)=A(A2+2E)=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)1008A=21008A。

一般地，当 A B = c B AB = cB AB=cB 时，有 A n B = c n B A^nB = c^nB AnB=cnB。

当 n = 2 k n=2k n=2k 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 n=2k+1 n=2k+1 时， A 2 k + 1 = A 2 k A = . . . = ( − 2 ) k − 1 A 3 = ( − 2 ) k A A^{2k+1} = A^{2k}A = ... = (-2)^{k-1}A^3 = (-2)^k A A2k+1=A2kA=...=(−2)k−1A3=(−2)kA。

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 An=λ1n​P+λ2n​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} {A0=λ10​P+λ20​QA1=λ11​P+λ21​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：

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) An=λ1n​(P+nQ)（ 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} {A0=λ10​(P+0Q)A1=λ11​(P+1Q)​

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 An=λ1n​P+λ2n​Q+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 + 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} ⎩ ⎨ ⎧​A0=λ10​P+λ20​Q+λ30​RA1=λ11​P+λ21​Q+λ31​RA2=λ12​P+λ22​Q+λ32​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：

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 An=λ1n​(P+nQ)+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} ⎩ ⎨ ⎧​A0=λ10​(P+0Q)+λ30​RA1=λ11​(P+1Q)+λ31​RA2=λ12​(P+2Q)+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) An=λ1n​(P+nQ+n2R)（ 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} ⎩ ⎨ ⎧​A0=λ10​(P+0Q+0R)A1=λ11​(P+1Q+1R)A2=λ12​(P+2Q+4R)​

【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∣=λ2−25=0，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 An=5nP+(−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} {A0=50P+(−5)0QA1=51P+(−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} {P=21​E+101​AQ=21​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） An=5n(21​E+101​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)2=0，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) An=1n(P+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 = 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} {A0=10(P+0Q)A1=11(P+1Q)​

解得

{ P = E Q = A − E \begin{cases} P = E \\ Q = A-E \end{cases} {P=EQ=A−E​

所以

A n = n A + ( 1 − n ) E （ n ≥ 0 ） A^n = nA + (1-n)E（n \geq 0） An=nA+(1−n)E（n≥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)3=0，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) An=λ1n​(P+nQ+n2R)（ 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} ⎩ ⎨ ⎧​A0=10PA1=11(P+Q+R)A2=12(P+2Q+4R)​

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)2=0，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) An=2n(P+nQ)+0nR=2n(P+nQ)（ 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} {A1=21(P+Q)A2=22(P+2Q)​

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 An=0n(P+nQ)+2nR=2nR（ 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 A2=22R

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） An=42n​A2=2n−2A2（n≥2）