Phép nhân ma trận và các tính chất | Học toán online chất lượng cao 2023

Bài ghi chép này Vted reviews cho tới độc giả Lý thuyết và một trong những ví dụ về Phép nhân yêu tinh trận và những tính chất:

Phép nhân yêu tinh trận

Cho nhì yêu tinh trận $A={{({{a}_{ij}})}_{m\times n}};B={{({{b}_{ij}})}_{n\times p}}$ vô ê yêu tinh trận $A$ đem số cột thông qua số dòng sản phẩm của yêu tinh trận $B.$ Tích của yêu tinh trận $A$ và yêu tinh trận $B$ là yêu tinh trận cung cấp $m\times p,$ được kí hiệu là $AB$ và được xác lập bởi

Bạn đang xem: nhân 2 ma trận

$AB = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{c_{11}}}&{{c_{12}}}&{...}&{{c_{1p}}}\\ {{c_{21}}}&{{c_{22}}}&{...}&{{c_{2p}}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{c_{m1}}}&{{c_{m2}}}&{...}&{{c_{mp}}} \end{array}} \right),$ vô ê ${c_{ij}} = A_i^d \times B_j^c = \left( {{a_{i1}}{a_{i2}}...{a_{in}}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_{1j}}}\\ {{b_{2j}}}\\ {...}\\ {{b_{nj}}} \end{array}} \right) = {a_{i1}}{b_{1j}} + {a_{i2}}{b_{2j}} + ... + {a_{in}}{b_{nj}}.$

Phép nhân yêu tinh trận $AB$ tồn tại lúc và chỉ khi số cột của yêu tinh trận $A$ đem số cột thông qua số dòng sản phẩm của yêu tinh trận $B.$

>>Xem thêm Các dạng toán về yêu tinh trận nghịch tặc hòn đảo và cách thức giải

>>Xem thêm Các cách thức tính lăm le thức của yêu tinh trận

>>Định thức của yêu tinh trận và những đặc điểm của lăm le thức

>>Xem thêm Các dạng toán về hạng của yêu tinh trận và cách thức giải

Ví dụ 1: Cho nhì yêu tinh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&1&{ - 2}\\ 2&5&4\\ { - 1}&0&{ - 3} \end{array}} \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&2&{ - 5}&1\\ 1&3&0&{ - 1}\\ { - 5}&{ - 1}&4&1 \end{array}} \right).$ Tính yêu tinh trận $AB.$

Giải. Có $AB = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&1&{ - 2}\\ 2&5&4\\ { - 1}&0&{ - 3} \end{array}} \right).\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&2&{ - 5}&1\\ 1&3&0&{ - 1}\\ { - 5}&{ - 1}&4&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {11}&{11}&{ - 23}&0\\ { - 15}&{15}&6&1\\ {15}&1&{ - 7}&{ - 4} \end{array}} \right).$

Ví dụ 2: Cho nhì yêu tinh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&1\\ 0&8&{ - 5}\\ 5&6&{ - 2} \end{array}} \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0\\ 4&{ - 7}&{ - 1}\\ 5&2&{ - 1} \end{array}} \right).$ Tính yêu tinh trận $AB$ và $BA.$

Giải. Có $AB = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&1\\ 0&8&{ - 5}\\ 5&6&{ - 2} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0\\ 4&{ - 7}&{ - 1}\\ 5&2&{ - 1} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{13}&0\\ 7&{ - 66}&{ - 3}\\ {19}&{ - 36}&{ - 4} \end{array}} \right)$ và

$BA = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&0\\ 4&{ - 7}&{ - 1}\\ 5&2&{ - 1} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{ - 1}&1\\ 0&8&{ - 5}\\ 5&6&{ - 2} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{15}&{ - 9}\\ 3&{ - 66}&{41}\\ 5&5&{ - 3} \end{array}} \right).$

Ví dụ 3: Cho những yêu tinh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2\\ 3&6 \end{array}} \right),B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 8}\\ 2&3 \end{array}} \right),C = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5&2\\ 1&{ - 2} \end{array}} \right).$

a) Chứng minh rằng $AB=AC.$

b) Có tồn bên trên nhì yêu tinh trận $X,Y$ phân biệt sao mang đến $AX=AY$ và $X,Y$ không giống $B,C.$

Giải. Có \[AB = AC = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 7&{ - 2}\\ {21}&{ - 6} \end{array}} \right).\]

Chọn $X=O\Rightarrow AX=O.$ Ta mò mẫm yêu tinh trận $Y = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ c&d \end{array}} \right)$ sao mang đến $\begin{array}{l} AX = AY = O \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2\\ 3&6 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ c&d \end{array}} \right) = O\\ \Leftrightarrow \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {a + 2c}&{b + 2d}\\ {3(a + 2c)}&{3(b + 2d)} \end{array}} \right) = O \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + 2c = 0\\ b + 2d = 0\\ 3(a + 2c) = 0\\ 3(b + 2d) = 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = - 2c\\ b = - 2d \end{array} \right.. \end{array}$

Vậy với $X=O$ thì đem vô số yêu tinh trận $Y = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2c}&{ - 2d}\\ c&d \end{array}} \right)$ thoả mãn $AX=AY$ và $X,Y$ không giống $B,C.$

Ví dụ 4: Cho $A$ là yêu tinh trận thực vuông cung cấp $n\ge 2.$ Chứng minh rằng tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận $A{A}'$ vày 0 thì $A$ là yêu tinh trận ko.

Giải. Tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận $A{A}'$ là \[\sum\limits_{1\le i,j\le n}{a_{ij}^{2}}=0\Leftrightarrow {{a}_{ij}}=0\Rightarrow A=O.\]

Ví dụ 5: Cho yêu tinh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 0&0 \end{array}} \right).$ Tìm từng yêu tinh trận $X$ thoả mãn $AX=XA.$

Giải. Đặt $X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ z&t \end{array}} \right).$

Ta đem $AX = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 0&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ z&t \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} z&t\\ 0&0 \end{array}} \right);XA = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ z&t \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1\\ 0&0 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&x\\ 0&z \end{array}} \right).$

Vậy $AX = XA \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} z = 0\\ x = t\\ z = 0 \end{array} \right. \Rightarrow X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} x&y\\ 0&x \end{array}} \right).$

Ví dụ 6: Cho $A$ là yêu tinh trận vuông cung cấp 100, vô ê ${{a}_{ij}}=i.j,\forall i,j=1,2,...,100.$ Tìm thành phần phía trên dòng sản phẩm 3 và cột 4 của yêu tinh trận ${{A}^{2}}.$

Giải. Đặt ${{A}^{2}}={{({{b}_{ij}})}_{100\times 100}};n=100.$ Khi đó:

$\begin{gathered} {b_{ij}} = A_i^d \times A_j^c = \left( {{a_{i1}}{a_{i2}}...{a_{in}}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{1j}}} \\ {{a_{2j}}} \\ {...} \\ {{a_{nj}}} \end{array}} \right) = {a_{i1}}{a_{1j}} + {a_{i2}}{a_{2j}} + ... + {a_{in}}{a_{nj}} \\ = ij + 4ij + ... + {n^2}ij = \dfrac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}ij \Rightarrow {b_{34}} = \dfrac{{100(100 + 1)(200 + 1)}}{6} \times 3 \times 4 = 200 \times 101 \times 201. \\ \end{gathered} $

Tương tự: Cho $A$ là yêu tinh trận vuông cung cấp 100, vô ê ${{a}_{ij}}={{(-1)}^{i}}{{.3}^{j}},\forall i,j=1,2,...,100.$ Tìm thành phần phía trên dòng sản phẩm 3 và cột 4 của yêu tinh trận ${{A}^{2}}.$

>>Xem tăng những xem thêm cho tới hệ phương trình tuyến tính

Bài 1: Hệ phương trình Cramer

Bài 2: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Bài 3: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Bài 4: Mô hình Input - Output của Leontief

Bài 5: Mô hình thăng bằng thị ngôi trường và thăng bằng tài chính vĩ mô

Tính hóa học của phép tắc nhân yêu tinh trận

Tính hóa học 1: Tính hóa học phối kết hợp $(AB)C=A(BC);$

Tính hóa học 2: Tính hóa học phân phối so với phép tắc cộng

$A(B+C)=AB+AC,(A+B)C=AC+BC;$

Tính hóa học 3: $\alpha (AB)=(\alpha A)B=A(\alpha B);$

Tính hóa học 4: Đối với yêu tinh trận vuông nằm trong cung cấp tao luôn luôn đem $AE=EA=A;$

Hệ trái khoáy $A(\alpha E)=(\alpha E)A=\alpha A;$

Tính hóa học 5: $(AB{)}'={B}'{A}';$

Tính hóa học 6: $\det (AB)=\det (A).\det (B);\det ({{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}})=\det ({{A}_{1}}).\det ({{A}_{2}})...\det ({{A}_{n}});$

Luỹ quá của yêu tinh trận vuông ${{A}^{2}}=A.A;{{A}^{3}}=A.A.A;{{A}^{n}}=\underbrace{A.A...A}_{n}.$

Hệ quả: $\det ({{A}^{n}})={{(\det (A))}^{n}};$ ${{(\det A)}^{2}}=\det (A)\det ({A}')=\det (A{A}').$

Tính hóa học 7: Với $A,B$ là nhì yêu tinh trận kí thác hoán, tức $AB=BA$ thì

$\begin{gathered} {A^2} + {B^2} = (A - iB)(A + iB) = \overline {A + iB} (A + iB) \hfill \\ {A^m} - {B^m} = (A - B)({A^{m - 1}} + {A^{m - 2}}B + ... + A{B^{m - 2}} + {B^{m - 1}}); \hfill \\ {A^m} + {B^m} = (A + B)({A^{m - 1}} - {A^{m - 2}}B + ... - A{B^{m - 2}} + {B^{m - 1}});m = 2k + 1; \hfill \\ {(A + B)^m} = \sum\limits_{k = 1}^m {C_m^k{A^{m - k}}{B^k}} . \hfill \\ \end{gathered} $

Tính hóa học 8: Nếu $AB=\alpha E(\alpha \ne 0)$ thì $A,B$ kí thác hoán cùng nhau tức $AB=BA.$

Tính hóa học 9: $A{{A}^{*}}={{A}^{*}}A=\det (A)E.$

Tính hóa học 10: Tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận $A{A}'$ là \[\sum\limits_{1\le i,j\le n}{a_{ij}^{2}}.\]

Tính hóa học 11: Cho yêu tinh trận vuông A cung cấp n thoả mãn ${{A}^{k}}=O(k\ge n)\Rightarrow {{A}^{n}}=O.$

Tính hóa học 12: Tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của nhì yêu tinh trận $AB,BA$ cân nhau.

Ví dụ 1: Cho nhì yêu tinh trận A, B vuông cung cấp n. Chứng minh rằng:

a) Tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của nhì yêu tinh trận $AB$ và $BA$ vày nhau;

b) $AB-BA\ne E.$

Giải. Đặt $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}},B={{({{b}_{ij}})}_{n\times n}}.$ Ta đem $AB={{({{(ab)}_{ij}})}_{n\times n}};BA={{({{(ba)}_{ij}})}_{n\times n}},$ vô đó

$\begin{array}{l} {(ab)_{ii}} = A_i^d \times B_i^c = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{i1}}}&{{a_{i2}}}&{...}&{{a_{in}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_{1i}}}\\ {{b_{2i}}}\\ {...}\\ {{b_{ni}}} \end{array}} \right) = {a_{i1}}{b_{1i}} + {a_{i2}}{b_{2i}} + ... + {a_{in}}{b_{ni}}\\ \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{{(ab)}_{ii}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{a_{i1}}{b_{1i}} + {a_{i2}}{b_{2i}} + ... + {a_{in}}{b_{ni}}} \right)} . \end{array}$

và

Xem thêm: Cập nhật KQBĐ hôm nay trực tuyến chính xác tại Mitom TV

$\begin{array}{l} {(ba)_{ii}} = B_i^d \times A_i^c = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_{i1}}}&{{b_{i2}}}&{...}&{{b_{in}}} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{1i}}}\\ {{a_{2i}}}\\ {...}\\ {{a_{ni}}} \end{array}} \right) = {b_{i1}}{a_{1i}} + {b_{i2}}{a_{2i}} + ... + {b_{in}}{a_{ni}}\\ \Rightarrow \sum\limits_{i = 1}^n {{{(ba)}_{ii}}} = \sum\limits_{i = 1}^n {\left( {{b_{i1}}{a_{1i}} + {b_{i2}}{a_{2i}} + ... + {b_{in}}{a_{ni}}} \right)} . \end{array}$

Do ê $\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ab)}_{ii}}}=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ba)}_{ii}}}.$

Suy rời khỏi tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận $AB-BA$ vày $\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ab)}_{ii}}}-\sum\limits_{i=1}^{n}{{{(ba)}_{ii}}}=0.$ Mặt không giống tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận đơn vị chức năng E vày n. Vậy $AB-BA\ne E.$

Ví dụ 2:

a) Tồn bên trên hoặc không các yêu tinh trận $A,B$ vuông cung cấp $n$ sao mang đến $AB-BA=E.$

b) Tồn bên trên hoặc không các yêu tinh trận $A,B$ vuông cung cấp $n$ sao mang đến $A$ khả nghịch tặc và $AB-BA=A.$

Giải. a) Do tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của nhì yêu tinh trận $AB,BA$ cân nhau. Do ê tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận $AB-BA$ vày 0. Mặt không giống tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của $E$ vày $n.$ Vì vậy ko tồn bên trên những yêu tinh trận $A,B$ vuông cung cấp $n$ sao mang đến $AB-BA=E.$

b) Với A khả nghịch tặc và $AB-BA=A,$ tao có:

$\begin{gathered} AB - BA = A \Leftrightarrow {A^{ - 1}}AB - {A^{ - 1}}BA = {A^{ - 1}}A \Leftrightarrow B - {A^{ - 1}}BA = E \hfill \\ \Leftrightarrow BA{A^{ - 1}} - {A^{ - 1}}BA = E \Leftrightarrow (BA){A^{ - 1}} - {A^{ - 1}}(BA) = E. \hfill \\ \end{gathered} $

Đến phía trên vận dụng câu a, tao đem ngay lập tức Tóm lại không tồn bên trên những yêu tinh trận $A,B$ vuông cung cấp $n$ sao mang đến $A$ khả nghịch tặc và $AB-BA=A.$

Ví dụ 3: Chứng minh rằng với từng yêu tinh trận A, B, C vuông cung cấp 2 tao đem ${{(AB-BA)}^{2}}C=C{{(AB-BA)}^{2}}.$

Giải. Ta tiếp tục biết tổng những thành phần phía trên đàng chéo cánh chủ yếu của yêu tinh trận $AB-BA$ vày 0, bởi vậy $AB - BA = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ c&{ - a} \end{array}} \right) \Rightarrow {(AB - BA)^2} = ({a^2} + bc)E.$

Do ê ${{(AB-BA)}^{2}}C=C{{(AB-BA)}^{2}}=({{a}^{2}}+bc)C.$

Ví dụ 4: Cho $A,B$ là những yêu tinh trận vuông cung cấp $n$ lẻ. Chứng minh rằng:

a) $\det (A-{A}')=0;$

b) Nếu $A{A}'=B{B}'=E$ và $AB=BA.$ Chứng minh rằng $\det ({{A}^{2}}-{{B}^{2}})=0.$

Giải. a) Ta có: $\det (A-{A}')=\det \left( (A-{A}'{)}' \right)=\det ({A}'-A)\Leftrightarrow \det (A-{A}')={{(-1)}^{n}}\det (A-{A}')\Leftrightarrow ({{(-1)}^{n}}-1)\det (A-{A}')=0.$

Vì $n$ lẻ nên ${{(-1)}^{n}}-1=-2\ne 0\Rightarrow \det (A-{A}')=0.$

b) Do $AB=BA$ nên ${{A}^{2}}-{{B}^{2}}=(A-B)(A+B).$ Vì vậy

$\begin{gathered} \det ({A^2} - {B^2}) = \det (A - B)\det (A + B) = \det (A - B)\det \left( {(A + B)'} \right) \\ = \det (A - B)\det (A' + B') = \det ((A - B)(A' + B')) \\ = \det (AA' + AB' - BA' - BB') = \det (AB' - BA') = \det (AB' - (AB')') = 0. \\ \end{gathered} $

Ví dụ 5: Cho những yêu tinh trận thực 𝐴, 𝐵 vuông cung cấp 𝑛 (𝑛 ≥ 2) thỏa mãn nhu cầu $AB-nA-B=0.$ Chứng minh rằng $A{{B}^{2n}}={{B}^{2n}}A.$

Giải. Ta đem $AB-nA-B=0\left( 1 \right)$

$\Leftrightarrow A\left( B-nE \right)-B=0\Leftrightarrow A\left( B-nE \right)-\left( B-nE \right)=nE$

$\Leftrightarrow \left( A-E \right)\left( B-nE \right)=nE\Rightarrow \dfrac{1}{n}\left( A-E \right),\left( B-nE \right)$ là nhì yêu tinh trận nghịch tặc hòn đảo của nhau và bởi vậy kí thác hoán với nhau

Vì vậy $nE=\left( B-nE \right)\left( A-E \right)=BA-BE-nEA+n{{E}^{2}}=BA-B-nA+nE\Rightarrow BA-nA-B=0\left( 2 \right)$

Kết phù hợp $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow AB=BA\Rightarrow A{{B}^{2n}}=BA.{{B}^{2n-1}}=B\left( AB \right){{B}^{2n-2}}=B\left( BA \right){{B}^{2n-2}}={{B}^{2}}A{{B}^{2n-2}}=...={{B}^{2n}}A.$ Ta đem điều cần chứng tỏ.

Ví dụ 6: Cho 𝐴, 𝐵 là những yêu tinh trận vuông cung cấp 𝑛 sao mang đến $A{{B}^{2}}+A=2AB+E.$

(a) Chứng minh rằng $AB=BA$

(b) Khi những thành phần của $A,B$ là những số nguyên vẹn, tính $\det \left( A \right)$

Giải. Ta đem $A{{B}^{2}}+A=2AB+E\Leftrightarrow A\left( {{B}^{2}}-2B+E \right)=E\Rightarrow {{A}^{-1}}={{B}^{2}}-2B+E={{\left( B-E \right)}^{2}}$

$\Rightarrow {{A}^{-1}}B=\left( {{B}^{2}}-2B+E \right)B={{B}^{3}}-2{{B}^{2}}+B;B{{A}^{-1}}=B\left( {{B}^{2}}-2B+E \right)={{B}^{3}}-2{{B}^{2}}+B$

$\Rightarrow {{A}^{-1}}B=B{{A}^{-1}}\Rightarrow A{{A}^{-1}}B=AB{{A}^{-1}}\Rightarrow B=AB{{A}^{-1}}\Rightarrow BA=AB{{A}^{-1}}A=AB$

Từ ${{A}^{-1}}={{\left( B-E \right)}^{2}}\Rightarrow \det \left( {{A}^{-1}} \right)=\det \left( {{\left( B-E \right)}^{2}} \right)\Rightarrow \dfrac{1}{\det \left( A \right)}={{\left( \det \left( B-E \right) \right)}^{2}}$

Do $A,\left( B-E \right)$ đem những thành phần là những số nguyên vẹn nên $\det \left( A \right)\in \mathbb{Z},{{\left( \det \left( B-E \right) \right)}^{2}}\in \mathbb{N}$

Do ê $\det \left( A \right)=1.$

Luỹ quá của yêu tinh trận vuông

Ví dụ 1: Cho yêu tinh trận $M = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1\\ 1&2 \end{array}} \right).$ Tính ${{M}^{n}}.$

Giải. Ta đem \[M = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1 \\ 1&2 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0 \\ 0&1 \end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right) = E + A,A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right).\]

Trong ê \[{A^2} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&2 \\ 2&2 \end{array}} \right) = 2A \Rightarrow {A^k} = {2^{k - 1}}A,\forall k \geqslant 2.\] Vì vậy

\[\begin{gathered} {M^n} = {(E + A)^n} = \sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{E^{n - k}}{A^k}} = E + \sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{A^k}} = E + \sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{2^{k - 1}}A} \\ = E + \dfrac{1}{2}\left( {\sum\limits_{k = 1}^n {C_n^k{2^k}} } \right)A = E + \dfrac{1}{2}\left( {\sum\limits_{k = 0}^n {C_n^k{2^k}} - 1} \right)A = E + \dfrac{{{3^n} - 1}}{2}A \\ = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0 \\ 0&1 \end{array}} \right) + \dfrac{{{3^n} - 1}}{2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ 1&1 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {\dfrac{{{3^n} + 1}}{2}}&{\dfrac{{{3^n} - 1}}{2}} \\ {\dfrac{{{3^n} - 1}}{2}}&{\dfrac{{{3^n} + 1}}{2}} \end{array}} \right). \\ \end{gathered} \]