Potencias de matrices

a) Fila por columna:

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 2\\ 0& 0& 3\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\cdot 3\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 3\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)$$

El único elemento no nulo es el $(1,3)$: fila 1 de $A$, $(0,1,2)$, por columna 3, $(2,3,0)$, da $0+3+0=3$.

b) $A^3=A^2\cdot A$. La única fila no nula de $A^2$ es la primera, $(0,0,3)$, y al multiplicarla por cualquier columna de $A$ se multiplica el $3$ por un elemento de la tercera fila de $A$, que es nula:

$$A^3=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right)=O$$

c) Como $A^3=O$, para $n\ge 3$ es $A^n=A^3\cdot A^{n-3}=O\cdot A^{n-3}=O$. En particular, $A^{2027}=O$.

$A$ es nilpotente, como toda matriz triangular con la diagonal nula.

a) 1. Primeras potencias.

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 2& 1& 0\\ 2& 0& 1\end{array}\right),A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 3& 1& 0\\ 3& 0& 1\end{array}\right)$$

b) 2. Conjetura. Solo cambian los elementos $(2,1)$ y $(3,1)$, que valen $1,2,3$: parece que

$$A^n=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n& 1& 0\\ n& 0& 1\end{array}\right)$$

3. Caso inicial. Para $n=1$ la fórmula da $A$.

4. Paso de inducción. Suponemos la fórmula cierta para $n$ y calculamos $A^{n+1}=A^n\cdot A$:

$$A^{n+1}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n& 1& 0\\ n& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 1& 1& 0\\ 1& 0& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ n+1& 1& 0\\ n+1& 0& 1\end{array}\right)$$

Por ejemplo, el elemento $(2,1)$ es la fila $(n,1,0)$ por la columna $(1,1,1)$: $n+1$. Es la fórmula con $n+1$.

5. Conclusión. Por inducción, la fórmula vale para todo $n\ge 1$.

c) Sustituyendo $n=50$:

$$A^{50}=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 50& 1& 0\\ 50& 0& 1\end{array}\right)$$

Otra forma de verlo: $A=I+N$ con $N=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 0\\ 1& 0& 0\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$, que cumple $N^2=O$, así que $A^n=I+nN$.

a) 1. La descomposición. Restando $2I$ queda la parte de fuera de la diagonal:

$$N=A-2I=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 0& 0& 0\end{array}\right),N^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 0& 1\\ 0& 0& 0\\ 0& 0& 0\end{array}\right),N^3=N^{2}N=O$$

$N$ es nilpotente: cada potencia «sube» un escalón los unos, y al tercer paso desaparecen.

b) 2. Por qué se puede usar el binomio. El binomio de Newton solo vale si los dos sumandos conmutan. Aquí uno de ellos es $2I$, y $(2I)N=2N=N(2I)$. Por tanto,

$$A^n=(2I+N{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(2I{)}^{n-k}{N}^k$$

3. Los términos que sobreviven. Como $N^3=O$, todos los términos con $k\ge 3$ son nulos, y $(2I{)}^{n-k}=2^{n-k}I$:

$$A^n=2^{n}I+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1}\right)2^{n-1}N+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2}\right)2^{n-2}{N}^2=2^{n}I+n{2}^{n-1}N+\frac{n(n-1)}{2}{2}^{n-2}{N}^2$$

4. Colocando cada término en su sitio. $2^{n}I$ ocupa la diagonal, $N$ tiene unos en la diagonal de encima y $N^2$ un uno en la esquina $(1,3)$. Además, $\frac{n(n-1)}{2}{2}^{n-2}=n(n-1)2^{n-3}$:

$$A^n=\left(\begin{array}{ccc}{2}^n& n{2}^{n-1}& n(n-1)2^{n-3}\\ 0& 2^n& n{2}^{n-1}\\ 0& 0& 2^n\end{array}\right)$$

5. Comprobación con $n=2$. La fórmula da $\left(\begin{array}{ccc}4& 4& 1\\ 0& 4& 4\\ 0& 0& 4\end{array}\right)$, y multiplicando directamente $A\cdot A$ sale lo mismo (por ejemplo, el elemento $(1,3)$ es $2\cdot 0+1\cdot 1+0\cdot 2=1$).

c) 6. Con $n=10$: $2^{10}=1024$, $10\cdot 2^9=5120$ y $10\cdot 9\cdot 2^7=11520$:

$$A^{10}=\left(\begin{array}{ccc}1024& 5120& 11520\\ 0& 1024& 5120\\ 0& 0& 1024\end{array}\right)$$

Para el examen: hay que justificar que se puede usar el binomio («$2I$ y $N$ conmutan») y que los términos desaparecen («$N^3=O$»). Sin esas dos frases el desarrollo no es válido y se puntúa como un resultado sin justificar. Comprobar la fórmula con $n=2$ cuesta un minuto y detecta casi todos los errores.

a) Las potencias de una matriz diagonal se obtienen elevando cada elemento de la diagonal: $2^3=8$, $(-1{)}^3=-1$, $3^3=27$.

$$D^3=\left(\begin{array}{ccc}8& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& 27\end{array}\right)$$

b) Por la misma razón,

$$D^n=\left(\begin{array}{ccc}{2}^n& 0& 0\\ 0& (-1{)}^n& 0\\ 0& 0& 3^n\end{array}\right)$$

El elemento central vale $1$ si $n$ es par y $-1$ si es impar.

a) 1. Fila por columna:

$$A^2=\left(\begin{array}{cc}4-2& -2+1\\ 4-2& -2+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 2& -1\end{array}\right)=A$$

2. $A$ es idempotente, así que $A^3=A^{2}A=AA=A$ y, en general, $A^n=A$. Por tanto, $A^{50}=A=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 2& -1\end{array}\right)$.

b) 3. $B=I-A=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -2& 2\end{array}\right)$. Se puede comprobar con las letras: como $I$ conmuta con $A$,

$$B^2=(I-A{)}^2=I-2A+A^2=I-2A+A=I-A=B$$

o con números: $B^2=\left(\begin{array}{cc}1-2& -1+2\\ 2-4& -2+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -2& 2\end{array}\right)=B$.

4. Como $B$ es idempotente, $B^{10}=B=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -2& 2\end{array}\right)$.

a) 1. Fila por columna:

$$A^2=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)=-I$$

2. Con eso, sin más productos: $A^3=A^{2}A=-A=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)$ y $A^4=A^2{A}^2=(-I)(-I)=I$.

b) 3. Como $A^4=I$, las potencias se repiten cada $4$. Dividimos: $2026=4\cdot 506+2$, luego

$$A^{2026}=(A^4{)}^{506}{A}^2=I\cdot A^2=-I=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)$$

$A$ es la rotación de $-90^{\circ }$: cuatro giros de un cuarto de vuelta dejan cada punto donde estaba.

a) 1. Primeras potencias.

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 4\end{array}\right),A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{ccc}1& 3& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 8\end{array}\right)$$

b) 2. Conjetura. El elemento $(1,2)$ va $1,2,3$ y el $(3,3)$ va $2,4,8$:

$$A^n=\left(\begin{array}{ccc}1& n& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2^n\end{array}\right)$$

3. Caso inicial. Para $n=1$ da $A$.

4. Paso de inducción. Si la fórmula vale para $n$:

$$A^{n+1}=A^{n}A=\left(\begin{array}{ccc}1& n& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2^n\end{array}\right)\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 1+n& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 2^{n+1}\end{array}\right)$$

que es la fórmula para $n+1$. Por inducción, vale para todo $n\ge 1$.

c) Con $n=10$: $A^{10}=\left(\begin{array}{ccc}1& 10& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1024\end{array}\right)$.

Fíjate en que $A$ está formada por dos «bloques» que no se mezclan: el $2\times 2$ de arriba, $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 0& 1\end{array}\right)$, cuya potencia ya conoces, y el número $2$ de abajo.

a) 1. Fila por columna:

$$A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right),A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)=I$$

Multiplicar por $A$ por la izquierda «baja» cada fila un puesto (la última pasa arriba); al hacerlo tres veces, todo vuelve a su sitio.

b) 2. Como $A^3=I$, las potencias se repiten cada $3$. Dividimos: $2027=3\cdot 675+2$, luego

$$A^{2027}=(A^3{)}^{675}{A}^2=A^2=\left(\begin{array}{ccc}0& 1& 0\\ 0& 0& 1\\ 1& 0& 0\end{array}\right)$$

c) 3. Los tres exponentes consecutivos dan los tres restos: $A^{2028}=A^{2027}A=A^3=I$ y $A^{2029}=A^{2028}A=A$. Por tanto,

$$A^{2027}+A^{2028}+A^{2029}=A^2+I+A=\left(\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& 1& 1\\ 1& 1& 1\end{array}\right)$$

En cada posición hay un $1$ en exactamente una de las tres matrices $I$, $A$, $A^2$.

a) 1. $N=A-3I=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ y $N^2=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$.

2. Como $3I$ conmuta con $N$, vale el binomio de Newton, y como $N^2=O$, solo quedan dos términos:

$$A^n=(3I+N{)}^n=3^{n}I+n{3}^{n-1}N=\left(\begin{array}{cc}{3}^n& n{3}^{n-1}\\ 0& 3^n\end{array}\right)$$

b) Con $n=4$: $3^4=81$ y $4\cdot 3^3=108$, así que $A^4=\left(\begin{array}{cc}81& 108\\ 0& 81\end{array}\right)$.

c) Imponemos $n{3}^{n-1}=3\cdot 3^n$. Dividiendo entre $3^{n-1}$ (que no es cero): $n=3\cdot 3=9$. Comprobación: en $A^9$ el elemento $(1,1)$ es $3^9$ y el $(1,2)$ es $9\cdot 3^8=3\cdot 3^9$.

a) 1. La matriz. Los clientes de A el año próximo son el $80\%$ de los de A más el $30\%$ de los de B, y los de B, el $20\%$ de los de A más el $70\%$ de los de B:

$$\{\begin{array}{rl}{x}_{n+1}& =\frac{4}{5}{x}_n+\frac{3}{10}{y}_n\\ y_{n+1}& =\frac{1}{5}{x}_n+\frac{7}{10}{y}_n\end{array}M=\left(\begin{array}{cc}\frac{4}{5}& \frac{3}{10}\\ \frac{1}{5}& \frac{7}{10}\end{array}\right)$$

Cada columna suma $1$: los clientes de cada compañía se reparten, pero no desaparecen.

2. Su cuadrado.

$$M^2=\left(\begin{array}{cc}\frac{16}{25}+\frac{3}{50}& \frac{6}{25}+\frac{21}{100}\\ \frac{4}{25}+\frac{7}{50}& \frac{3}{50}+\frac{49}{100}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{7}{10}& \frac{9}{20}\\ \frac{3}{10}& \frac{11}{20}\end{array}\right)$$

$M^2$ es la matriz de transición «a dos años»: por ejemplo, de cada cliente actual de A, al cabo de dos años un $70\%$ está en A.

b) 3. Dentro de dos años,

$$\left(\begin{array}{c}{x}_2\\ y_2\end{array}\right)=M^2\left(\begin{array}{c}800\\ 200\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}560+90\\ 240+110\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}650\\ 350\end{array}\right)$$

A tendrá $650$ clientes y B, $350$ (paso a paso: tras el primer año, $700$ y $300$).

c) 4. Buscamos $x$, $y$ con $M\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$ y $x+y=1000$. La primera ecuación es $\frac{4}{5}x+\frac{3}{10}y=x$, es decir, $\frac{3}{10}y=\frac{1}{5}x$, o $2x=3y$ (la segunda ecuación da lo mismo). Con $x+y=1000$: $x=600$, $y=400$.

Comprobación: $M\left(\begin{array}{c}600\\ 400\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}480+120\\ 120+280\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}600\\ 400\end{array}\right)$. Cada año pasan $120$ clientes de A a B y $120$ de B a A.

a) 1. Primeras potencias.

$$F^2=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 1\end{array}\right),F^3=F^{2}F=\left(\begin{array}{cc}3& 2\\ 2& 1\end{array}\right),F^5=F^3{F}^2=\left(\begin{array}{cc}6+2& 3+2\\ 4+1& 2+1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}8& 5\\ 5& 3\end{array}\right)$$

Aparecen los términos de la sucesión: $0,1,1,2,3,5,8,\dots$

b) 2. Caso inicial. Para $n=1$, la fórmula da $\left(\begin{array}{cc}{f}_2& f_1\\ f_1& f_0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)=F$.

3. Paso de inducción. Si la fórmula vale para $n$,

$$F^{n+1}=F^{n}F=\left(\begin{array}{cc}{f}_{n+1}& f_n\\ f_n& f_{n-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{f}_{n+1}+f_n& f_{n+1}\\ f_n+f_{n-1}& f_n\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{f}_{n+2}& f_{n+1}\\ f_{n+1}& f_n\end{array}\right)$$

usando la definición de la sucesión en los dos elementos de la primera columna. Es la fórmula para $n+1$, así que vale para todo $n\ge 1$.

4. $F^{10}$. La sucesión sigue $8,13,21,34,55,89$, así que $f_9=34$, $f_{10}=55$, $f_{11}=89$ y

$$F^{10}=\left(\begin{array}{cc}89& 55\\ 55& 34\end{array}\right)$$

c) 5. Por la fórmula, $f_{20}$ es el elemento $(1,2)$ de $F^{20}=F^{10}{F}^{10}$, es decir, la fila 1 de $F^{10}$ por la columna 2 de $F^{10}$:

$$f_{20}=89\cdot 55+55\cdot 34=55(89+34)=55\cdot 123=6765$$

En general, el mismo razonamiento da $f_{2n}=f_n(f_{n+1}+f_{n-1})$: las potencias de matrices permiten «saltar» en la sucesión.

Para el examen: en la inducción hay que señalar dónde se usa la hipótesis (la fórmula para $F^n$) y dónde la definición de la sucesión ($f_{n+1}+f_n=f_{n+2}$). En c) se puntúa usar $F^{20}=F^{10}{F}^{10}$ y la posición correcta del elemento.

a) 1. El cuadrado.

$$A^2=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 2& -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 2& -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^2+2b& ab-b\\ 2a-2& 2b+1\end{array}\right)$$

2. Igualamos a $I$. Las posiciones $(2,1)$ y $(2,2)$ dan $2a-2=0$ y $2b+1=1$, es decir, $a=1$ y $b=0$. Las otras dos se cumplen: $a^2+2b=1$ y $ab-b=0$. Así,

$$A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& -1\end{array}\right)$$

que no es $I$ ni $-I$ (tiene un $2$ fuera de la diagonal). A diferencia de los números, donde $x^2=1$ solo tiene las soluciones $\pm 1$, hay infinitas matrices con $A^2=I$.

b) 3. $A$ es involutiva: las potencias pares valen $I$ y las impares $A$. Como $2027=2\cdot 1013+1$,

$$A^{2027}=(A^2{)}^{1013}A=A=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 2& -1\end{array}\right)$$

c) 4. El cuadrado de $I+A$. $I$ conmuta con $A$, así que se puede desarrollar como con números:

$$(I+A{)}^2=I+2A+A^2=I+2A+I=2I+2A=2(I+A)$$

5. Potencias. Llamando $B=I+A$, se tiene $B^2=2B$, luego $B^3=B^{2}B=2B^2=4B$ y, en general, $B^n=2^{n-1}B$. Por inducción: vale para $n=1$, y si $B^n=2^{n-1}B$, entonces $B^{n+1}=2^{n-1}{B}^2=2^{n-1}\cdot 2B=2^{n}B$.

6. Como $I+A=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 2& 0\end{array}\right)$,

$$(I+A{)}^n=2^{n-1}\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 2& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{2}^n& 0\\ 2^n& 0\end{array}\right)$$

Para el examen: en a) hay que plantear las cuatro ecuaciones y comprobar las que no se usan. En c), escribir $(I+A{)}^2=I+2A+A^2$ exige decir que $I$ y $A$ conmutan; con dos matrices cualesquiera no se podría.

a) 1. El cuadrado.

$$A^2=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{4}-\frac{3}{4}& -\frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}\\ \frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}& -\frac{3}{4}+\frac{1}{4}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-\frac{1}{2}& -\frac{\sqrt{3}}{2}\\ \frac{\sqrt{3}}{2}& -\frac{1}{2}\end{array}\right)$$

2. El cubo.

$$A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{cc}-\frac{1}{4}-\frac{3}{4}& \frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}\\ \frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}& -\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)=-I$$

Interpretación: $A=R(60^{\circ })$, la rotación de $60^{\circ }$ ($\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$, $\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$). $A^2$ es el giro de $120^{\circ }$ y $A^3$ el de $180^{\circ }$, que cambia el signo de todos los vectores.

b) 3. De $A^3=-I$ se obtiene $A^6=(A^3{)}^2=(-I{)}^2=I$. Hay que ver que ninguna potencia menor vale $I$: $A$ y $A^2$ no lo son (a la vista), $A^3=-I$, $A^4=A^{3}A=-A\ne I$ y $A^5=A^3{A}^2=-A^2\ne I$. El menor es $n=6$ (seis giros de $60^{\circ }$ son una vuelta completa).

c) 4. Las potencias se repiten cada $6$. Dividimos: $2027=6\cdot 337+5$, luego

$$A^{2027}=(A^6{)}^{337}{A}^5=A^5=-A^2=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& \frac{\sqrt{3}}{2}\\ -\frac{\sqrt{3}}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right)$$

(un giro de $300^{\circ }$, es decir, de $-60^{\circ }$).

d) 5. Usando $A^3=-I$: $A^4=-A$, $A^5=-A^2$ y $A^6=I$. La suma es

$$A+A^2+(-I)+(-A)+(-A^2)+I=O$$

la matriz nula $\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$: los términos se cancelan por parejas.

Para el examen: calcula solo $A^2$ y $A^3$ a mano; a partir de $A^3=-I$ todo se obtiene con las propiedades de las potencias, sin más productos. En b) no basta con dar $n=6$: hay que justificar que $A^1,\dots ,A^5$ no son $I$. En c) se puntúa la división $2027=6\cdot 337+5$ escrita explícitamente.