Но можно — проще!
Пусть мы хотим найти F(A), где F — многочлен.

Поделим F(x) с остатком на характеристический многочлен P(x)=П_j (x-λ_j) матрицы A:
F(x)=P(x)Q(x)+R(x).
Но P(A)=0 (опять теорема Гамильтона-Кэли), значит, F(A)=R(A).

При этом остаток R(x) — штука "простая"; скажем, для матрицы размера 2x2 это просто линейный многочлен, R(x)=ax+b, и
F(A)=R(A)=a*A+b*Id.

Для матрицы 3x3 — многочлен второй степени, так что R(A) посчитать тоже не очень сложно, знать бы только R(x) как многочлен. Но вот как его найти?

А очень просто: если мы делим многочлен F с остатком на P, то значения остатка в корнях P совпадают со значениями F.

Поэтому остаток от деления F на P с некратными корнями — это единственный многочлен степени <= deg P -1, у которого в корнях те же значения, что и у F.

Иными словами — интерполяционный многочлен Лагранжа.

И вот получается алгоритм вычисления F(A): сначала построить интеполяционный многочлен R(x) по известным значениям F(λ_j) в корнях P(x) — собственных значениях λ_j. И потом подставить туда A.

Для матрицы A размера 2x2, нахождение R(x) это проведение прямой по двум точкам, что совсем быстро.

Для матрицы размера 3x3 — работы чуть больше (возвести A в квадрат, найти квадратный трёхчлен по трём значениям), но тоже вполне обозримо.

А узнал я это в своё время из посвящённого многочленам Лагранжа курса Аскольда Георгиевича Хованского — https://www.mccme.ru/dubna/2006/courses/khovansky.html (а вот тут лежат его записки — https://www.mccme.ru/dubna/2006/notes/newlagrang.pdf )

Математические постеры, которые висят в коридорах факультета математики (https://math.u-bourgogne.fr/ ) в Дижоне: