Teorema de Cayley-Hamilton

Proporcionamos ejercicios de aplicación del teorema de Cayley-Hamilton.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Verificar la validez del teorema de Cayley-Hamilton para la matriz $$A=\begin{bmatrix}{3}&{-1}\\{2}&{\;\;1}\end{bmatrix}.$$
  2. Se considera la matriz $A=\begin{bmatrix}{4}&{2}\\{3}&{3}\end{bmatrix}.$ Usando el teorema de Cayley-Hamilton, expresar $A^{-1}$ como combinación lineal de $I$ y de $A$.
  3. Se considera la matriz $A=\begin{bmatrix}{4}&{2}\\{3}&{3}\end{bmatrix}.$ Hallar su potencia enésima
    $(a)$ Por diagonalización.
    $(b)$ Usando el teorema de Cayley-Hamilton.
  4. Dada la matriz real $A=\begin{bmatrix}{-14}&{25}\\{-9}&{16}\end{bmatrix}\;,$ calcular $\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty} \dfrac{1}{n}A^n.$

    (Propuesto en examen, Álgebra, ETS Ing. de Montes, UPM).

    Solución
  1. Polinomio característico de $A:$ $$\chi(\lambda)=\begin{vmatrix}{3-\lambda}&{-1}\\{2}&{\;\;1-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-4\lambda+5.$$ Sustituyendo $\lambda$ por $A:$ $$\chi (A)=A^2-4A+5I=\begin{bmatrix}{7}&{-4}\\{8}&{-1}\end{bmatrix}-4\begin{bmatrix}{3}&{-1}\\{2}&{\;\;1}\end{bmatrix}+5\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{0}\\{0}&{0}\end{bmatrix}.$$
  2. El polinomio característico de $A$ es $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{4-\lambda}&{2}\\{3}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-7\lambda+6.$$ Por el teorema de Cayley-Hamilton se verifica $A^2-7A+6I=0$, entonces $$A^2-7A+6I=0\Leftrightarrow A(A-7I)=-6I\Leftrightarrow A\left(-\frac{1}{6}(A-7I)\right)=I.$$ Por definición de matriz inversa se concluye que $A^{-1}=-\dfrac{1}{6}A+\dfrac{7}{6}I.$[
  3. $(a)$ Valores propios de $A:$ $$\begin{vmatrix}{4-\lambda}&{2}\\{3}&{3-\lambda}\end{vmatrix}=\lambda^2-7\lambda+6=0\Leftrightarrow \lambda=1\vee\lambda=6.$$ Los valores propios son reales y simples, en consecuencia $A$ es diagonalizable en $\mathbb{R}$. Subespacios propios: $$V_1\equiv \left \{ \begin{matrix} 3x_1+2x_2=0\\3x_1+2x_2=0,\end{matrix}\right.\qquad V_6\equiv \left \{ \begin{matrix} -2x_1+2x_2=0\\3x_1-3x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Unas bases respectivas son $B_{V_1}=\{(2,-3)\}$ y $B_{V_6}=\{(1,1)\}$. Una matriz $P$ invertible tal que $P^{-1}AP=D$ con $D=\text{diag }(1,6)$ es por tanto: $$P=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{1}\\{-3}&{1}\end{bmatrix}.$$ Entonces, $A^n$ es $$A^n=PD^nP^{-1}=\begin{bmatrix}{\;\;2}&{1}\\{-3}&{1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{1^n}&{0}\\{0}&{6^n}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{\;\;2}&{1}\\{-3}&{1}\end{bmatrix}^{-1}$$ $$
    =\dfrac{1}{5}\begin{bmatrix}{\;\;2+3\cdot 6^n}&{-2+2\cdot 6^n}\\{-3+3\cdot 6^n}&{\;\;3+2\cdot 6^n}\end{bmatrix}.$$ $(b)$ Consideremos el polinomio $p(\lambda)=\lambda^n$. Efectuando la división euclídea de $p(\lambda)$ entre el polinomio característico de $A$ obtenemos un cociente $c(\lambda)$ y un resto, que será de grado a lo sumo $1$ y por tanto de la forma $r(\lambda)=a\lambda +b$. Queda por tanto: $$\lambda^n=c(\lambda)(\lambda^2-7\lambda+6)+a\lambda+b.\quad (1)$$ Sustituyendo $\lambda$ por $A$ en $(1)$ y teniendo en cuenta que $A^2-7A+6I=0$ (teorema de Cayley-Hamilton) queda:$$A^n=aA+bI.\quad (2)$$ Para hallar los valores de $a$ y $b$, sustituimos $\lambda$ por cada valor propio en la igualdad $(1)$: $$\left \{ \begin{matrix} 1=a+b\\6^n=6a+b.\end{matrix}\right.$$ Resolviendo el sistema obtenemos $a=\dfrac{1}{5}(6^n-1)$, $b=\dfrac{1}{5}(6-6^n).$ Usando $(2):$ $$A^n=\dfrac{1}{5}(6^n-1)\begin{bmatrix}{4}&{2}\\{3}&{3}\end{bmatrix}+\dfrac{1}{5}(6-6^n)\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix}$$ $$=\dfrac{1}{5}\begin{bmatrix}{\;\;2+3\cdot 6^n}&{-2+2\cdot 6^n}\\{-3+3\cdot 6^n}&{\;\;3+2\cdot 6^n}\end{bmatrix}.$$
  4. Polinomio característico de $A$: $$\chi(\lambda)=\det(A-\lambda I)=\lambda^2-\textrm{tr}(A)\lambda +\det A=\lambda^2-2\lambda +1=(\lambda-1)^2.$$ El único valor propio de la matriz es por tanto $\lambda=1$ (doble). Fácilmente se comprueba que $ A $ no es diagonalizable. Usaremos el teorema de Cayley-Hamilton. Efectuando la división euclídea de $\lambda^n$ entre $\chi (\lambda)$ obtenemos: $$\lambda^n=q(\lambda)(\lambda-1)^2+\alpha \lambda +\beta.\quad (1)$$ Sustituyendo $\lambda$ por $A$ en $(1)$ y usando el teorema de Cayley-Hamilton $$A^n=q(A)(\lambda-I)^2+\alpha A +\beta I=q(A)\cdot 0+\alpha A +\beta I=\alpha A +\beta .\quad (2)$$ Sustituyendo el valor propio $\lambda=1$ en (1) obtenemos $1=\alpha +\beta.$ Derivando la igualdad (1): $n\lambda^{n-1}=q’(\lambda)(\lambda-1)^2+2(\lambda-1)q(\lambda)+\alpha.$ Sustituyendo en esta ultima expresión de nuevo $\lambda=1$ obtenemos $n=\alpha$, con lo cual $\beta=1-n.$ Como consecuencia de (2): $$A^n=nA+(1-n)I=n\begin{bmatrix}{-14}&{25}\\{-9}&{16}\end{bmatrix}+(1-n)\begin{bmatrix}{1}&{0}\\{0}&{1}\end{bmatrix}$$ $$=\begin{bmatrix}{-15n+1}&{25n}\\{-9n}&{15n+1}\end{bmatrix}\;.$$ Por tanto $$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty} \dfrac{1}{n}A^n=\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\dfrac{1}{n}\begin{bmatrix}{-15n+1}&{25n}\\{-9n}&{15n+1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{-15}&{25}\\{-9}&{15}\end{bmatrix}.$$
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