Одна из стандартных экзаменационных задач по линейной алгебре: найти у матрицы собственные числа и собственные векторы, а потом возвести её, скажем, в 100-ю степень. Обычно студентам предлагают матрицу небольшого размера, 2x2 или 3x3. Для этих задач есть два лайфхака! Оба они основаны на теореме Гамильтона-Кэли
Если $char(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ — характеристический многочлен матрицы $A$, то $char(A) = 0$.
Найдём собственные числа и собственные вектора матрицы $A$, а также $A^{100}$ для матрицы
\[A = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 6 & 13 \\ \end{pmatrix}\]Поехали!
На первом шаге нет ничего необычного, находим
\[char(\lambda) = (3 - \lambda)(13 - \lambda) - 24.\]Раскрываем скобки,
\[char(\lambda) = \lambda^2 - 16 \lambda + 15 = (\lambda - 1)(\lambda - 15).\]Собственные числа найдены: $\lambda_1 = 1$, $\lambda_2 = 15$.
А теперь — сюрприз. По теореме Гамильтона-Кэли, $(A-I)(A-15I) = 0$.
Следовательно, столбцы матрицы $(A-15I)$ — это собственные векторы для $\lambda_1=1$.
Причём достаточно найти только один столбец в $(A-15I)$! На всякий случай, найдём оба :)
\[A - 15 I= \begin{pmatrix} -12 & 4 \\ 6 & -2 \\ \end{pmatrix}\]Всё, собственный вектор для $\lambda_1 = 1$ равен $v=(-12, 6)^T$.
И, аналогично, столбцы матрицы $(A-I)$ — это собственные векторы для $\lambda_2=15$.
\[A - I= \begin{pmatrix} 2 & 4 \\ 6 & 12 \\ \end{pmatrix}\]Значит, собственный вектор для $\lambda_2 = 15$ равен $v=(2, 6)^T$.
Снова заметим, что второй столбец можно было даже не считать :)
Теперь перейдем к нахождению $A^{100}$.
Для лайфхака даже не нужно находить собственные векторы! Собственных чисел хватит!
Поделим многочлен $p(x)=x^{100}$ на характеристический многочлен $char(x)=(x-1)(x-15)$ с остатком:
\(x^{100} = q(x) (x-1)(x-15) + r(x)\).
По теореме Гамильтона-Кэли, $A^{100} = q(A) \cdot 0 + r(A)$. Следовательно, осталось найти многочлен-остаток $r(x)$.
Поскольку мы делим на квадратный многочлен, то остатко может быть только линейным, $r(x) = ax+ b$.
Осталось найти $a$ и $b$. Составим систему уравнений подставив в обе части $\lambda_1 = 1$ и $\lambda_2 = 15$.
\[\begin{cases} 1^{100} = a + b \\ 15^{100} = 15a + b \end{cases}\]Находим, $a = (15^{100} - 1)/14$ и $b=(15 - 15^{100})/14$.
Следовательно, $A^{100} = (15^{100} - 1)/14 \cdot A + (15 - 15^{100})/14 \cdot I$.
Всё :)
Для матриц 3х3 лайфхак, конечно, требует больше вычислений, но всё равно приятен.
Для нахождения собственного вектора для $\lambda_1$ потребуется первый столбец в произведении $(A-\lambda_2 I)(A-\lambda_3 I)$. Раз нужен только один столбец, то можно взять, скажем, всю матрицу $(A-\lambda_2 I)$ и первый столбец из $(A-\lambda_3 I)$.
Для нахождения $A^{100}$ потребуется система из трёх уравнений, так как остаток $r(x)$ будет квадратным трёхчленом $r(x) = ax^2 + bx +c$.
Узнал из блога Виктора Клепцына, а он ссылается на Аскольда Хованского.
May 4th, 2020 by Борис Демешев