Potencia enésima por forma de Jordan

Proporcionamos un ejemplo de cálculo de la potencia enésima de una matriz mediante su forma de Jordan.

TEORÍA

Enunciado
Se considera la matriz $A=\begin{bmatrix}{2}&{6}&{-15}\\{1}&{1}&{-5}\\{1}&{2}&{-6}\end{bmatrix}\;.$

(a) Determinar la forma canónica de Jordan $J$ de $A$ y una matriz $P$ invertible tal que $P^{-1}AP=J.$
(b) Como aplicación del apartado anterior, hallar $A^n\;(n\in\mathbb{N}).$

Solución
(a) Hallemos los valores propios de $A.$ Para ello efectuamos la transformación $F_3-F_2$ y a continuación $C_2+C_3:$

$\displaystyle\begin{aligned}
|A-\lambda I|&=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{6}&{-15}\\{1}&{1-\lambda}&{-5}\\{1}&{2}&{-6-\lambda}\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{6}&{-15}\\{1}&{1+\lambda}&{-5}\\{0}&{1+\lambda}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}\\
&=\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-9}&{-15}\\{1}&{-4+\lambda}&{-5}\\{0}&{0}&{-1-\lambda}\end{vmatrix}=(-1-\lambda)\begin{vmatrix}{2-\lambda}&{-9}\\{1}&{-4-\lambda}\end{vmatrix}\\
&=(-1-\lambda)(\lambda^2+2\lambda+1)=-(\lambda+1)(\lambda+1)^2=(\lambda+1)^3.
\end{aligned}$

El único valor propio de $A$ es por tanto $\lambda=-1$ (triple). La dimensión del subespacio propio $V_{-1}$ asociado es:

$\dim (V_{-1})=3-\text{rg }(A+I)=3-\text{rg }\begin{bmatrix}{3}&{6}&{-15}\\{1}&{2}&{-5}\\{1}&{2}&{-5}\end{bmatrix}=3-1=2.$

La dimensión no coincide con la multiplicidad, y por tanto $A$ no es diagonalizable. Los posibles polinomios mínimos son $\mu_1(\lambda)=\lambda +1,\mu_2(\lambda)=(\lambda +1)^2$ o $\mu_3(\lambda)=(\lambda+1)^3.$ Se verifica $\mu_1(A)=A +I\neq 0$ y $\mu_2(A)=(A +I)^2=0,$ es decir el polinomio mínimo de $A$ es $\mu_2(\lambda)=(\lambda+1)^2.$ Como consecuencia la forma canónica de Jordan de $A$ es:

$J=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;1}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{-1}&{\;\;0}\\{\;\;0}&{\;\;0}&{-1}\end{bmatrix}\;.$

Una base de Jordan $B_J=\{e_1,e_2,e_3\}$ en $\mathbb{R}^3$ para la matriz $A$ será pues una base satisfaciendo las condiciones:

$\left \{ \begin{matrix}Ae_1=-e_1\\ Ae_2=e_1-e_2\\Ae_3=-e_3, \end{matrix}\right.\mbox{ o bien } \left \{ \begin{matrix}(A+I)e_1=0\\ (A+I)e_2=e_1\\(A+I)e_3=0 .\end{matrix}\right.$

Tenemos que resolver sistemas del tipo $(A+I)x=h$ con $x=(x_1,x_2,x_3)^t$ y $h=(h_1,h_2,h_3),$ es decir sistemas del tipo

$(A+I)x=h\Leftrightarrow \begin{bmatrix}{3}&{6}&{-15}\\{1}&{2}&{-5}\\{1}&{2}&{-5}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{h_1}\\{h_2}\\{h_3}\end{bmatrix}\;.\quad (1)$

Aplicando el método de Gauss obtenemos que el sistema (1) es compatible si y sólo si se verifica $h_1=3h_2$ y $h_2=h_3$ (condiciones de compatibilidad) y la solución general es

$\left \{ \begin{matrix}x_1=h_2-2\alpha+5\beta\\ x_2=\alpha\\x_3=\beta \end{matrix}\right.\quad (\alpha,\beta\in \mathbb{R}).$

Vector $e_1.$ En este caso, $h_1=h_2=h_3=0$ y la solución general de (1) es $e_1=(-2\alpha+5\beta,\alpha,\beta).$ Este vector “$x$” estará de $h$ en el siguiente sistema, así que le imponemos las condiciones de compatibilidad, es decir $-2\alpha+5\beta=3\alpha$ y $\alpha=\beta.$ En consecuencia podemos elegir $\alpha =\beta=1$ y obtenemos el vector $e_1=(3,1,1)^t.$

Vector $e_2.$ En este caso, $h_1=3,h_2=h_3=1$ y la solución general de (1) es $e_2=(1-2\alpha+5\beta,\alpha,\beta).$ Eligiendo $\alpha=\beta=0$ obtenemos el vector $e_2=(1,0,0)^t.$

Vector $e_3.$ Como en el caso de $e_1$ la solución general de (1) es $e_1=(-2\alpha+5\beta,\alpha,\beta)$. Elegimos $\alpha$ y $\beta$ de tal manera que $e_1$ y $e_3$ sean linealmente independientes, por ejemplo $\alpha=1,\beta=0$ con lo cual obtenemos el vector $e_3=(-2,1,0)^t.$

En consecuencia, una matriz $P$ que satisface $P^{-1}AP=J$ es

$P=\begin{bmatrix}{e_1}&{e_2}&{e_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{3}&{1}&{-2}\\{1}&{0}&{\;\;1}\\{1}&{0}&{\;\;0}\end{bmatrix}\;.$

(b) Despejando $A$ de la relación $P^{-1}AP=J$ obtenemos $A=PJP^{-1}$ y por tanto

$A^n=(PJP^{-1})(PJP^{-1})\ldots (PJP^{-1})=PJ^nP^{-1}.$

La matriz $J$ es diagonal por cajas:

$J_1=\begin{bmatrix}{-1}&{\;\;1}\\{\;\;0}&{-1}\end{bmatrix}\wedge J_2=[-1]\Rightarrow J=\begin{bmatrix}{J_1}&{0}\\{0}&{J_2}\end{bmatrix}\Rightarrow J^n=\begin{bmatrix}{J_1^n}&{0}\\{0}&{J_2^n}\end{bmatrix}\;.$

Tenemos $J_2^n=[(-1)^n],$ y para hallar $J_1^n$ expresamos:

$J_1=-I+N\mbox{ con }I=\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix},\;N=\begin{bmatrix}{0}&{1}\\{0}&{0}\end{bmatrix}\;.$

Dado que $-I$ conmuta con $N$ y que $N^2=0$, obtenemos aplicando la fórmula del binomio de Newton:

$J_1^n=(-I+N)^n=(-I)^n+n(-I)^{n-1}N=(-1)^n\begin{bmatrix}{1}&{-n}\\{0}&{\;\;1}\end{bmatrix}\;.$

Usando que $A^n=PJ^nP^{-1}$ obtenemos

$\displaystyle\begin{aligned}
A^n&=\begin{bmatrix}{3}&{1}&{-2}\\{1}&{0}&{\;\;1}\\{1}&{0}&{\;\;0}\end{bmatrix}(-1)^n\begin{bmatrix}{1}&{-n}&{0}\\{0}&{\;\;1}&{0}\\{0}&{\;\;0}&{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{3}&{1}&{-2}\\{1}&{0}&{\;\;1}\\{1}&{0}&{\;\;0}\end{bmatrix}^{-1}\\
&=(-1)^n\begin{bmatrix}{1-3n}&{-6n}&{15n}\\{-n}&{1-2n}&{5n}\\{-n}&{-2n}&{1+5n}\end{bmatrix}\;.
\end{aligned}$

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