Endomorfismo complejo con matriz normal

Enunciado
En $\mathbb{C}^3$ se considera el producto escalar usual y el endomorfismo cuya matriz en la base canónica de $\mathbb{C}^3$ es $$A=\begin{pmatrix}{0}&{2/3}&{-2/3}\\{-2/3}&{0}&{-1/3}\\{2/3}&{1/3}&{0}\end{pmatrix}$$ a) Hallar una base del núcleo y de la imagen de $f$. ¿Es $A$ normal?
b) Hallar una base $\mathcal B$ de $\mathbb{C}^3$ tal que $M(f)_{\mathcal B}$ sea diagonal. Si es posible halle una $\mathcal B$ ortonormal con esa propiedad.
c) Calcular $f^{4000}\left[(1,0,0)^T\right].$

Solución
a) Para $x=(x_1,x_2,x_3)^T\in \mathbb{C}^3$ tenemos $$x\in \ker f \Leftrightarrow Ax=0\Leftrightarrow \frac{1}{3}\begin{pmatrix}{0}&{2}&{-2}\\{-2}&{0}&{-1}\\{2}&{1}&{0}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{x_1}\\{x_2}\\{x_3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{0}\\{0}\\{0}\end{pmatrix}\Leftrightarrow\left \{ \begin{matrix} 2x_2-2x_3=0\\-2x_1-x_3=0\\2x_1+x_2=0.\end{matrix}\right.$$ Escalonando el sistema obtenemos $\left \{ \begin{matrix} 2x_1+x_2=0\\x_2-x_3=0.\end{matrix}\right.$ y una base de $\ker f$ es por tanto $B_{\ker f}=\{(-1,2,2)^T\}$. Las columnas linealmente independientes de $A$ forman una base de $\operatorname{Im}f$ por tanto (simplificando) obtenemos $B_{\operatorname{Im}f}=\{(0,-1,1)^T,( 2,0,1)^T\}.$ La matriz $A$ es real y antisimétrica por tanto, $A^*=A^T=-A$. En consecuencia, $$AA^*=A(-A)=-A^2=(-A)A=A^*A$$ lo cual implica que $A$ es normal.

b) Valores propios de $A$: $$\chi (\lambda)=\begin{vmatrix}{-\lambda}&{2/3}&{-2/3}\\{-2/3}&{-\lambda}&{-1/3}\\{2/3}&{1/3}&{-\lambda}\end{vmatrix}=-\lambda^3-\lambda=0\Leftrightarrow \lambda=0 \vee \lambda=\pm i\text{ (simples).}$$ Hallemos bases de los subespacios propios. Tenemos $V_0=\ker f$ una de cuyas bases fue hallada en el apartado a): $B_{V_0}=\{(-1,2,2)^T\}.$ Por otra parte $$V_i\equiv\left \{ \begin{matrix} -ix_1+(2/3)x_2-(2/3)x_3=0\\(-2/3)x_1-ix_2-(1/3)x_3=0\\(2/3)x_1+(1/3)x_2-ix_3=0.\end{matrix}\right.$$ Al ser $i$ valor propio simple, $\dim V_i=1$ por tanto, una base de $V_i$ la proporcionará cualquier solución no nula del sistema anterior, por ejemplo $B_{V_i}=\{(2+6i, -4+3i,5)^T\}$. La matriz $A$ es real por tanto un vector propio de $-i$ se obtendrá conjugando el vector anterior, esto es $B_{V_{-i}}=\{(2-6i, -4-3i,5)^T\}$. En consecuencia, una base que diagonaliza a $f$ es $$\mathcal{B}=\{(-1,2,2)^T, (2+6i, -4+3i,5)^T,(2-6i, -4-3i,5)^T\}$$ y la matriz de $f$ en $\mathcal{B}$ es $M(f)_{\mathcal B}=\operatorname{diag} (0,i,-i).$ Como $A$ es normal, vectores propios asociados a valores propios distintos son ortogonales con el producto escalar usual. Dividiendo pues cada vector de $\mathcal{B}$ por su norma obtenemos una base ortonormal de $\mathcal{C}^3$ respecto de la cual la matriz de $f$ es la diagonal $\operatorname{diag}(0,i,-i).$

c) Se verifica $f^{4000}\left[(1,0,0)^T\right]=A^{4000}\begin{pmatrix}{1}\\{0}\\{0}\end{pmatrix}.$ Para hallar $A^{4000}$ usaremos el teorema de Cayley-Hamilton. Efectuando la división euclídea de $\lambda^{4000}$ entre el polinomio característico $\chi(\lambda)=-\lambda^3-\lambda$ $$\lambda^{4000}=\chi (\lambda)c(\lambda)+\alpha \lambda^2+\beta\lambda +\gamma.\quad (*)$$ Sustituyendo $\lambda$ por $A$ $$A^{4000}=\chi (A)c(A)+\alpha A^2+\beta A +\gamma I=\alpha A^2+\beta A +\gamma I.$$ Dando a $\lambda$ el valor $0$ en $(*)$ obtenemos $\gamma=0$ y dando el valor $i$, obtenemos $1=-\alpha +\beta i$ con lo cual $\alpha=-1$ y $\beta=0.$ Queda $A^{4000}=-A^2$ con lo cual $$f^{4000}\left[(1,0,0)^T\right]=A^{4000}\begin{pmatrix}{1}\\{0}\\{0}\end{pmatrix}=-A^2\begin{pmatrix}{1}\\{0}\\{0}\end{pmatrix}$$ $$=-\frac{1}{9}\begin{pmatrix}{-8}&{-2}&{-2}\\{-2}&{-5}&{4}\\{-2}&{4}&{-5}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}{1}\\{0}\\{0}\end{pmatrix}=\frac{2}{9}\begin{pmatrix}{4}\\{1}\\{1}\end{pmatrix}.$$