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：

则通项可以表示成：

所以应当把注意力放在求解 $n$ 次幂矩阵上。设

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 $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 和 $\frac{1-\sqrt{5}}{2}$。
再求出特征向量：

若我们记

则

两边先取 $n$ 次幂（${\Lambda }^n$），然后利用 $A^n=P{\Lambda }^n{P}^{-1}$，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 $a_n=a_{n-1}+2b_{n-1},b_n=-a_{n-1}+4b_{n-1}$，试求通项。

将数列化为矩阵形式：

根据前文方法，计算出

由此即得结论。

命题2

求极限
${\lim }_{n\to \infty }{\left(\begin{array}{ccc}\frac{1}{2}& 1& 1\\ 0& \frac{1}{3}& 2\\ 0& 0& \frac{1}{5}\end{array}\right)}^n$

解法1：
记矩阵为 $\mathbf{A}$，显然 $\mathbf{A}$ 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 $\mathbf{P}$，使得 ${\mathbf{P}}^{-1}\mathbf{A}\mathbf{P}=\mathrm{diag}\left\{\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{5}\right\}=\mathbf{B}$。注意到 ${\mathbf{A}}^n=\mathbf{P}{\mathbf{B}}^n{\mathbf{P}}^{-1}$ 且 ${\mathbf{B}}^n$ 的极限为零矩阵，故 ${\mathbf{A}}^n$ 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 $P$：

求 $P^{-1}$：

计算极限：

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

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 $P^{-1}AP=J=\mathrm{diag}\{J_{r_1}({\lambda }_1),J_{r_2}({\lambda }_2),\dots ,J_{r_k}({\lambda }_k)\}$ 为 Jordan 标准型。则注意到

因为他们可交换，故可使用二项式定理，求得

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 $p(\lambda )=\det (A-\lambda I)=(-1{)}^n{\lambda }^n+c_{n-1}{\lambda }^{n-1}+\cdots +c_1\lambda +c_0$，则矩阵 $A$ 满足其自身的特征方程，即 $p(A)=(-1{)}^n{A}^n+c_{n-1}{A}^{n-1}+\cdots +c_{1}A+c_{0}I=0$。

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 $k\ge n$) 表示为 $r_{n-1}{A}^{n-1}+\cdots +r_{1}A+r_{0}I$ 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 ${\lambda }^k$。根据带余除法，存在多项式 $q(\lambda )$ 和 $r(\lambda )$（其中 $\mathrm{deg}(r(\lambda ))<\mathrm{deg}(p(\lambda ))=n$）使得：
${\lambda }^k=q(\lambda )p(\lambda )+r(\lambda )$
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 $r(A)=r_{n-1}{A}^{n-1}+r_{n-2}{A}^{n-2}+\cdots +r_{1}A+r_{0}I$。

命题3

设矩阵 $A=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$，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：
$p(\lambda )=\det (A-\lambda I)=\det \left(\begin{array}{cc}2-\lambda & 1\\ 1& 2-\lambda \end{array}\right)=(2-\lambda {)}^2-1={\lambda }^2-4\lambda +3$
根据凯莱-哈密顿定理，$p(A)=A^2-4A+3I=0$。
由此可得：
$A^2=4A-3I(\ast )$
现在我们来计算 $A^3$ 和 $A^4$：
$A^3=A\cdot A^2=A(4A-3I)=4A^2-3A$
将 $(\ast )$ 代入上式：
$A^3=4(4A-3I)-3A=16A-12I-3A=13A-12I(\ast \ast )$
接着计算 $A^4$：
$A^4=A\cdot A^3=A(13A-12I)=13A^2-12A$
再次将 $(\ast )$ 代入上式：
$A^4=13(4A-3I)-12A=52A-39I-12A=40A-39I$
因此，$A^4=40A-39I$。

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 $A=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)$ 的 $A^n$ 的通项公式。

矩阵 $A$ 的大小为 $n=2$。其特征多项式为 $p(\lambda )={\lambda }^2-\lambda -1$。
我们设 $A^n=r_1(n)A+r_0(n)I$。
$A$ 的特征值为 $\varphi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ 和 $\psi =\frac{1-\sqrt{5}}{2}$。
根据 ${\lambda }_i^n=r_1(n){\lambda }_i+r_0(n)$，我们得到方程组：

$(1)-(2)$ 得：
${\varphi }^n-{\psi }^n=r_1(n)(\varphi -\psi )$
由于 $\varphi -\psi =\sqrt{5}$，所以：
$r_1(n)=\frac{{\varphi }^n-{\psi }^n}{\sqrt{5}}$
这正是 Fibonacci 数列的第 $n$ 项 $F_n$。
将 $r_1(n)$ 代入 $(1)$：
$r_0(n)={\varphi }^n-r_1(n)\varphi ={\varphi }^n-\left(\frac{{\varphi }^n-{\psi }^n}{\sqrt{5}}\right)\varphi$
$r_0(n)=\frac{\sqrt{5}{\varphi }^n-{\varphi }^{n+1}+\varphi {\psi }^n}{\sqrt{5}}$
利用 $\varphi \psi =-1$，则 $\varphi {\psi }^n=(\varphi \psi ){\psi }^{n-1}=-{\psi }^{n-1}$。
$r_0(n)=\frac{\sqrt{5}{\varphi }^n-{\varphi }^{n+1}-{\psi }^{n-1}}{\sqrt{5}}$
我们知道 $F_{n-1}=\frac{{\varphi }^{n-1}-{\psi }^{n-1}}{\sqrt{5}}$。为了将 $r_0(n)$ 与 $F_{n-1}$ 联系起来，我们注意到 ${\varphi }^2=\varphi +1$ 和 ${\psi }^2=\psi +1$。

验证 $r_0(n)=F_{n-1}$：
我们期望 $r_0(n)={\varphi }^n-F_n\varphi =F_{n-1}$。
即要证明 ${\varphi }^n-F_n\varphi =F_{n-1}$。

检查最后一步的常数项：

所以 $r_0(n)=F_{n-1}$ 成立。

因此，$A^n=F_{n}A+F_{n-1}I$。

利用 ${\varphi }^{n-1}+{\varphi }^n={\varphi }^{n-1}(1+\varphi )={\varphi }^{n-1}{\varphi }^2={\varphi }^{n+1}$ (同样适用于 $\psi$)：