Algoritmo de multiplicación de dos matrices cuadradas de orden $3$. Implementación en lenguaje Python

ENUNCIADO. Sean dos matrices cuadradas de orden $3$: $A=(a_{ij})_{3 \times 3}$ y $B=(b_{ij})_{3 \times 3}$. Sabemos que el producto $A\,B$, viene dado por $\displaystyle A\,B=(c_{ij})_{3 \times 3}=\sum_{k=1}^{3} a_{ik}\cdot b_{kj}$ para $i=1,2,3$ y $j=1,2,3$. Escríbase un programa en Python para multiplicar dos de esas matrices, elegidas libremente.

SOLUCIÓN

def multiplicar_matrices(A, B):
    C = [[0, 0, 0], [0, 0, 0], [0, 0, 0]]
    
    for i in range(3):
        for j in range(3):
            for k in range(3):
                C[i][j] += A[i][k] * B[k][j]
    
    return C

# Ejemplo de matrices de orden 3
A = [[1, 0, -1],
           [2, 1, 3],
           [-2, 0, -1]]

B = [[4, 1, 0],
           [5, -5, 0],
           [3, 2, 1]]

# Llamada a la función para multiplicar las matrices
C = multiplicar_matrices(A, B)

# Imprimir el resultado C
for fila in C:
    print(fila)

Puesta en marcha del programa y resultado:

>>> %Run multiplicardosmatricesdeorden3.py
[1, -1, -1]
[22, 3, 3]
[-11, -4, -1]

$\diamond$

-oOo-

Utilidades:

  [1] El software básico para trabajar con Python: https://www.python.org/
  [2] Un entorno de trabajo: https://thonny.org/
  [3] Un compilador en línea: https://www.tutorialspoint.com/online_python_compiler.php

Un ejercicio con matrices del tipo triangular inferior

ENUNCIADO. Sean $a,b,c,d$ números reales, la matriz triangular inferior $A=\begin{pmatrix}a&0\\ b&a\end{pmatrix}$ no nula y la matriz triangular inferior $B=\begin{pmatrix}c&0\\ d&c\end{pmatrix}$ no nula (nótese que los elementos de las diagonales principales son tales que $A_{11}=A_{22}=a$ y $B_{11}=B_{22}=c$). Compruébese que, así definidas, las matrices $A$ y $B$ conmutan.

SOLUCIÓN. Los cálculos simbólicos los he realizado con ayuda de la herramienta CAS, GNU MAXIMA [1]

(%i28)	A:matrix( [a,0],[b,a]   ); /* Defino una matriz genérica A */
(%o28)	matrix(
		[a,	0],
		[b,	a]
	)
(%i29)	B:matrix( [c,0],[d,c]   ); /* Defino una matriz genérica B */
(%o29)	matrix(
		[c,	0],
		[d,	c]
	)
(%i30)	is(A.B=B.A); /* Compruebo si conmutan. Nótese que en MAXIMA 
                      es necesario usar el punto bajo (.)
                      para la multiplicación de matrices 
                      en lugar del punto elevado (·), pues éste
                      multiplica elemento a elemnto; tal cosa
                      da lugar a muchas confusiones */
(%o30)	true /* En efecto, así es */


(%i31)	A.B; /* Observo el por qué */
(%o31)	matrix(
		[a*c,	0],
		[a*d+b*c,	a*c]
	)
(%i32)	B.A;
(%o32)	matrix(
		[a*c,	0],
		[a*d+b*c,	a*c]
	)
(%i33)	A.B-B.A;
(%o33)	matrix(
		[0,	0],
		[0,	0]
	)

$\diamond$

-oOo-

Utilidades:

  [1] GNU MAXIMA

Toda matriz cuadrada puede expresarse de manera única como la suma de una matriz cuadrada simétrica y una matriz cuadrada hemisimétrica

Proposición

Pruébese que siendo $Q$ cualquier matriz cuadrada de orden $n$, no nula. Entonces, es posible escribir $Q=S+H$ de manera única, donde $S$ es una matriz (no nula) simétrica ($S=S^\top$); y $H$ es una matriz (no nula) hemisimétrica ($H=-H^\top$), ambas de orden $n$.

Demostración

Al ser $S$ una matriz simétrica, podemos escribirla de la forma $S=\dfrac{1}{2}\,(Q+Q^\top) \quad (1)$, donde $Q$ es una matriz cualquiera. En efecto, al trasponer $S$, se tiene que $S^\top= \dfrac{1}{2}\,(Q+Q^\top)=\dfrac{1}{2}\,(Q^\top+Q)=S$, como debe ser.

Y al ser $H$ una matriz hemisimétrica, podemos escribirla de la forma $H=\dfrac{1}{2}\,(Q-Q^\top) \quad (2)$, donde, igual que antes, $Q$ es una matriz cualquiera. En efecto, al trasponer $H$, se tiene que $H^\top= \dfrac{1}{2}\,(Q-Q^\top)=\dfrac{1}{2}\,(Q^\top-Q)=-\dfrac{1}{2}\,(Q-Q^\top)=-H$, como debe ser.

De lo arriba dicho se sigue que, sumando miembro a miembro, las igualdades (1) y (2), se tiene que $S+H=\dfrac{1}{2}\,(Q+Q^\top)+\dfrac{1}{2}\,(Q-Q^\top)=\dfrac{1}{2}\,(Q+Q+Q^\top-Q^\top)=\dfrac{1}{2}\cdot 2\,Q=Q$.

Veamos ahora que dicha descomposición $Q=S+H$ es única. Empecemos suponiendo lo contrario, entonces existe una matriz simétrica $S'\neq S$ y una matriz hemisimétrica $H'\neq H$ tales que $Q$ también puede expresarse como $Q=S'+H'$, entonces $Q=S+H=S'+H'$, y, por tanto, $(S+H)^\top=(S'+H')^\top$, esto es, $S^\top+H^\top=S'^\top+H'^\top$, y de ahí se sigue que $S-H=S'-H'$, luego $S-S'=H-H' \Leftrightarrow S-S'=H-H'=O$ (matriz nula), con lo cual $S=S'$ y $H=H'$, en contra de la hipótesis de partida.$\square$

Ejemplo

Cálculos efectuados con GNU Octave (la notación prima como instrucción indica la traspuesta de una matriz)

>> Q=[1,2,3;-1,0,2;2,1,1]
Q =

   1   2   3
  -1   0   2
   2   1   1

>> S=(Q+Q')/2
S =

   1.0000   0.5000   2.5000
   0.5000        0   1.5000
   2.5000   1.5000   1.0000

>> H=(Q-Q')/2
H =

        0   1.5000   0.5000
  -1.5000        0   0.5000
  -0.5000  -0.5000        0

>> S+H
ans =

   1   2   3
  -1   0   2
   2   1   1

$\diamond$

Un ejemplo de las bondades de usar una herramienta de cálculo automático para operar con matrices

Toda vez que ya se sepa operar perfectamente a mano, conviene aprender a utlizar un programa/calculadora que permita hacer cálculos de manera automática. Aquí tenéis un ejemplo con GNU Octave [1]: dada la matriz cuadrada, de orden $3$, $A=\begin{pmatrix}1&-1&0\\1&0&0\\1&1&1\end{pmatrix}$ y la matriz identidad (también de orden $3$), $I=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$, queremos calcular la matriz que resulta al realizar la operación $A^5-2\,A^3+7\,A-I$. Basta con escribir las siguientes instrucciones en el panel correspondientes, para obtener el resultado rápidamente.

>> A=[1,-1,0;1,0,0;1,1,1]
A =

   1  -1   0
   1   0   0
   1   1   1

>> I=[1,0,0;0,1,0;0,0,1]
I =

   1   0   0
   0   1   0
   0   0   1

>> A^5-2*A^3+7*A-I
ans =

   8  -6   0
   6   2   0
   0   9   5

>>

-oOo-

Utilidades:

  [1] GNU Octave

Otro ejercicio sobre potencias sucesivas de matrices cuadradas

ENUNCIADO. Dada la matriz $A=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$, calcúlense las potencias sucesivas de $A$.

SOLUCIÓN. Calculemos las primeras potencias sucesivas: $$A^2=A\,A=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$$ y, por tanto, $$A^3=A^2\,A=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1 \\ 0&0&1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$$ $$A^4=A^3\,A=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1 \\ 0&0&1 \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$$ y así sucesivamente; en vista de lo cual, se concluye que $A^n= \begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&1 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$ para todo $n\ge 2$. $\diamond$

Potencia $n$-ésima de la matriz unitaria de orden $3$

ENUNCIADO. Pruébese (demuéstrese) que siendo $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}$, entonces $A^n=3^{n-1}\,A$ para $\mathbb{N} \ni n\ge 1$

SOLUCIÓN. Utilizaremos el métode de demostración por inducción, y por tanto seguiremos los siguientes pasos:

1. La proposición se cumple para $n=2$; en efecto, $A^2=A\,A=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1&1&1\\1&1&1\\1&1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3&3&3\\3&3&3\\3&3&3\end{pmatrix}=3\,A=3^{2-1}\,A$
2. Suponemos que la proposición es cierta par $\mathbb{N} \ni n\ge 1$: $A^n=3^{n-1}\,A$ (hipótesis de inducción)
3. Deberemos probar ahora que también se cumple para $n+1$: $A^{n+1}\overset{\text{?}}{=}3^{(n+1)-1}\,A$, esto es $A^{n+1}\overset{\text{?}}{=}3^{n}\,A$. En efecto, de $A^{n}=3^{n-1}\,A$, y multiplicando por $A$ ambos miembros de la igualdad, se tiene que $A^{n}\,A=A^{N+1}=3^{n-1}\,A\,A=3^{n-1}\,A^2\overset{(1)}{=}3^{n-1}\cdot 3\, A=3^{(n-1)+1}\,A=3^n\,A=3^{(n+1)-1}\,A$

$\diamond$

Matrices idempotentes

Significado de los elementos de la potencia n-ésima de la matriz de adyacencia de un grafo orientado

Una aplicación de la matriz traspuesta de la matriz de un grafo orientado.

Matrices y grafos

Álgebra lineal. Cálculo con matrices.

ENUNCIADO. Dadas las matrices $A=\begin{pmatrix}m&0&2 \\ -2&4&m\\ 0&1&-1\end{pmatrix}$ y $B=\begin{pmatrix}-2\\0\\0\end{pmatrix}$, se pide:
a) Obtener los valores del parámetro $m$ para los cuales la matriz $A$ admite inversa
b) Para $m=0$, calcular $AB$ y $A^{-1}B$
c) Calcular $BB^{\top}$ y $B^{\top}B$

SOLUCIÓN.

Cálculo con matrices

ENUNCIADO. Dada la matriz $A=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ y la matriz identidad $I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, se pide:
a) Calcular la matriz $B$, dada por $B=(A-I)(2I+2A)$
b) Determinar el rango de las matrices $A-I$, $A^2-I$ y $A^3-I$
c) Calcular la matriz inversa de la matriz $A^6$, en caso de que exista

SOLUCIÓN.
a)
$B=(A-I)(2A+2I)$
  $=2\,(A-I)(A+I)$
    $=2\,((A-I)I+(A-I)A)$
      $=2\,((AI-I^2+A^2-IA)$
        $=2\,(-I+A^2)$ ya que $IA=AI=A$ y $I^2=II=I$
          $=2\,(\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&-1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}4&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}) \quad \quad (1)$
$$\text{ya que}\;\;A^2=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
con lo cual
            $B=2\,\begin{pmatrix}3&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$

b)
$A-I=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1\end{pmatrix}$ y mediante la combinación $f_3 \leftarrow f_3+f_2$ vemos que dicha matriz es equivalente en rango a $\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$, que ya queda reducida por Gauss, y como aparecen sólo dos filas no nulas, su rango es $2$; esto es, $\text{rango}(A-I)=2$

-oOo-

$A^2-I=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$, que ya queda reducida por Gauss, y como aparece sólo una fila no nula, su rango es $1$; esto es, $\text{rango}(A^2-I)=1$

-oOo-
$A^3=A^2\,A=\begin{pmatrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ luego $A^3-I=\begin{pmatrix}8 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$. Con la combinación $f_3 \leftarrow f_3+f_2$ vemos que dicha matriz es equivalente en rango a $\begin{pmatrix}7 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0\end{pmatrix}$, que ya queda reducida por Gauss, y como aparecen sólo dos filas no nulas, su rango es $2$; esto es, $\text{rango}(A^3-I)=2$

c)
Observemos que:
$A=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$
$A^2=\begin{pmatrix}2^2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
y que $A^4=A^{3}A=\begin{pmatrix}2^3 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2^4 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
luego, por inducción, podemos escribir:
$A^6=\begin{pmatrix}2^6 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}64 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
y al tratarse de una matriz diagonal, es evidente que
$(A^6)^{-1}=\begin{pmatrix}1/64 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
En efecto,
$(A^6)^{-1}A^6=\begin{pmatrix}1/64 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}64 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$
y
$A^{6}(A^6)^{-1}=\begin{pmatrix}64 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1/64 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$

$\square$

Potenciación recurrente de algunas matrices

ENUNCIADO. Considérese la matriz $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$. Calcúlese $A^{600}$

SOLUCIÓN. Si ensayamos las primeras potencias ( con la ayuda del escenario CAS de GeoGebra es muy rápido, no hace falta hacerlo a mano si no estamos resolviendo un ejercicio de examen ) observamos lo siguiente:

con lo que nos damos cuenta de la siguiente regla de formación de los elementos de la $k$-ésima potencia de la matriz $A$: $$A^k=\begin{pmatrix}1&k\\0&1\end{pmatrix}$$ por consiguiente podemos escribir $$A^{600}=\begin{pmatrix}1&600\\0&1\end{pmatrix}$$ y hemos terminado.
$\square$

Cálculo con matrices y determinantes

ENUNCIADO. Dadas las matrices $P=\begin{pmatrix}1&2&1\\ 3&2&2 \\ 2&3&2\end{pmatrix}$ y $J=\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&2&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$ se pide:
a) Determinar $P^{-1}$
b) Determinar $B^{-1}$, siendo $B=P^{-1}J^{-1}$
c) Calcular el determinante de $A^2$, siendo $A=PJP^{-1}$

SOLUCIÓN.
a)
Una condición necesaria y suficiente para que una matriz cuadrada tenga asociada una matriz inversa es que su determinante sea distinto de cero. Veamos si lo es: $\text{det}(P)=\begin{vmatrix}1&2&1\\ 3&2&2 \\ 2&3&2\end{vmatrix}=-1$, luego $P$ tiene inversa. Sugiero que se utilice el método de Gauss-Jordan tal como se muestra en [este otro ejercicio rutinario], obteniendo $$P^{-1}=\begin{pmatrix}2&1&-2\\ 2&0&1 \\ -5&-1&4\end{pmatrix}$$

b)
Notemos que $B=P^{-1}J^{-1}=(JP)^{-1}$ y, por tanto, $B^{-1}=\left((JP)^{-1}\right)^{-1}=JP=\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&2&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2&1\\ 3&2&2 \\ 2&3&2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1&-2&-1\\ 6&4&4 \\ 2&3&2\end{pmatrix}$

c)
$A^2=(PJP^{-1})^2=(PJP^{-1})(PJP^{-1})=PJ(P^{-1}P)JP^{-1}=PJIJP^{-1}=$
  $=PJJP^{-1}=PJ^2P^{-1}=P(J^2P^{-1})\quad \quad \quad (1)$

Entonces,
$J^2=\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&2&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0&0\\ 0&2&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&4&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}$
y por tanto $J^2P^{-1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&4&0 \\ 0&0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1&-2\\ 2&0&1 \\ -5&-1&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1&-2\\ 8&0&-4 \\ -5&-1&4\end{pmatrix}$ luego, de (1), llegamos a $$A^2=\begin{pmatrix}1&2&1\\ 3&2&2 \\ 2&3&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2&1&-2\\ 8&0&-4 \\ -5&-1&4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}13&0&-6\\ 12&1&-6 \\ 18&0&-8\end{pmatrix}$$ Con lo cual $$\text{det}(A^2)=\begin{vmatrix}13&0&-6\\ 12&1&-6 \\ 18&0&-8\end{vmatrix}=4$$
$\square$

Cálculo con matrices

ENUNCIADO.
a) Despejar $X$ en la ecuación matricial $$X\,(C\,D)^{-1}=A+X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)$$ siendo $A,B,C,D$ matrices cuadradas invertibles. Expresar $X$ de la forma más simple posible.
b) Para $$A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1\end{pmatrix}$$ y $$B=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 \\ -1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}$$ determinar la matriz $Y$ tal que $YB=A$

SOLUCIÓN.
a)
$X\,(C\,D)^{-1}=A+X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)$
  $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A+X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)$
    $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A+O$
      $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A$
        $X\,(C\,D)^{-1}-X\,(D^{-1}\,C^{-1}-B)=A$
          $X\,( (D^{-1}\,C^{-1} - (D^{-1}\,C^{-1}-B) )=A$
            $X\,(D^{-1}\,C^{-1} - D^{-1}\,C^{-1}+B)=A$
              $X\,(O+B)=A$
                $X\,B=A$
                  $X\,B\,B^{-1}=A\,B^{-1}$
                    $X\,I=A\,B^{-1}$
                      $X=A\,B^{-1}$

b)
Por lo que acabamos de ver, si $YB=A$ entonces $Y=A\,B^{-1}$. Procedemos a calcular la inversa de $B$; para ello utilizaremos el método de Gauss-Jordan, que consiste en realizar operaciones elementales para transformar $(B|I)$ en $(I|B^{-1})$

$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \overset{f_1+f_2 \rightarrow f_2;(-1)\cdot f_1+f_3 \rightarrow f_3}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 1 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \rightarrow$
$\overset{\dfrac{1}{2}\cdot f_3+f_1\rightarrow f_1}{\rightarrow}\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 1 & 0 & 1/2 & 0 & 1/2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \overset{(-1)\cdot f_2+f_1\rightarrow f_1}{\rightarrow}$
$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & -1/2 & -1 & 1/2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 2 & -1 & 0 & 1 \\
\end{array}\right) \overset{\dfrac{1}{2}\cdot f_3\rightarrow f_3}{\rightarrow} \left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & -1/2 & -1 & 1/2 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -1/2 & 0 & 1/2 \\
\end{array}\right)$
luego
$B^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
-1/2 & -1 & 1/2 \\
1 & 1 & 0 \\
-1/2 & 0 & 1/2 \\
\end{array}\right)$
Entonces,
$Y=A\,B^{-1}=\begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 2 & 1 & 1\end{pmatrix}\,\left(\begin{array}{ccc}
-1/2 & -1 & 1/2 \\
1 & 1 & 0 \\
-1/2 & 0 & 1/2 \\
\end{array}\right)=\begin{pmatrix} -1/2 & -2 & 1/2 \\ -1 & -1 & 1 \\ -1/2 & -1 & 3/2\end{pmatrix}$
$\square$

Dadas las matrices ...

ENUNCIADO
Dadas las matrices $A=\begin{pmatrix}
1&2 &3 \\
0& t &2 \\
3& -1 &t
\end{pmatrix}
\,,\,
I=\begin{pmatrix}
1&0 &0 \\
0& 1 &0 \\
0& 0 &1
\end{pmatrix}$, se pide:

a) Hallar el rango de $A$ en función de $t$
b) Calcular $t$ para que $\text{det}(A-t\,I)=0$

[ PAU 2015, Madrid ]

SOLUCIÓN
El determinante de la submatriz formada por los coeficientes de las filas primera y tercera y de las columnas primera y segunda es distinto de cero $$\begin{vmatrix}
1 & 3\\
0 &2
\end{vmatrix}=2 \neq 0$$
luego el rango de $A$ es mayor o igual que $2$. Veamos si es igual a $3$, calculando el único menor de orden tres ( el determinante de la propia matriz ) $$\begin{vmatrix}
1 & 3 & 2\\
0 & 2 & t\\
3 & t & -1\\
\end{vmatrix}=0 \Leftrightarrow t^2-9t+14=0 \Leftrightarrow t \in \{2\,,\,7\}$$
Por tanto $$\text{rg}(A)=\left\{\begin{matrix}
2 & \text{si}& t \in \{ 2\,,\,7 \} \\
\\
3 & \text{si}& t \notin \{ 2\,,\,7 \}\\

\end{matrix}\right.$$

b)
$$A-t\,I=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & t & 2\\
3 & -1 & t\\
\end{pmatrix}-t\,\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
\end{pmatrix}$$
$$=\begin{pmatrix}
1 & 2 & 3\\
0 & t & 2\\
3 & -1 & t\\
\end{pmatrix}-\,\begin{pmatrix}
t & 0 & 0\\
0 & t & 0\\
0 & 0 & t\\
\end{pmatrix}$$
$$=\begin{pmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & t-t & 2\\
3 & -1 & t-t\\
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & 0 & 2\\
3 & -1 & 0\\
\end{pmatrix}$$
luego el determinante de dicha matriz es
$$\text{det}(A-t\,I)=\begin{vmatrix}
1-t & 2 & 3\\
0 & 0 & 2\\
3 & -1 & 0\\
\end{vmatrix}$$
que es igual a
$$\overset{\text{Laplace, 2.ª fila}}{=}2\cdot (-1)^{2+3}\,\begin{vmatrix}
1-t & 2 \\
3 & -1 \\
\end{vmatrix}=-2\,(t-7)$$
Entonces
$$-2\,(t-7)=0\Leftrightarrow t=7$$

Nota:
A los valores de $t$ que cumplen esta condición les llamamos valores propios ( autovalores ) de la matriz $A$

$\square$

Dadas la matrices ...

ENUNCIADO
Dadas las matrices:
$$A=\begin{pmatrix}
0&0 &1 \\
0& 1 &0 \\
1& 0 &0
\end{pmatrix}
\,,\,
B=\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}
$$ se pide:
a) Calcular $A^{15}$ y $A^{20}$
b) Resolver la ecuación matricial $6\,X=B-3\,A\,X$, donde $X$ es una matriz cuadrada de orden $3$

[PAU 2015, Madrid]


SOLUCIÓN
a)
Procedamos a calcular las primeras potencias
$$A^2=\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0 &0 &1 \\
0 &1 & 0\\
1 & 0 &0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
1 &0 &0 \\
0 &1 & 0\\
0 & 0 &1
\end{pmatrix}=I$$ luego $A$ es una matriz cíclica de período $p=2$, con lo cual $A^{20}=A^r$, donde $r$ es el resto de la división entera $20 \div p$; por tanto, como el resto de la división $20 \div 2$ es $r = 0$, llegamos a $A^{20}=A^0=I$. Por otra parte, $A^{15}=A^1=A$ ya que el resto de la división $15 \div 2$ es igual a $1$

-oOo-Otra forma de ver lo mismo es la siguiente:
$$A^3=A^2\,A=I\,A=A$$
$$A^4=A^3\,A=A\,A=A^2=I$$
$$A^5=A^4\,A=I\,A=A$$
$$ \ldots $$

con lo que podemos inferir que
$$A^n=\left\{\begin{matrix}
I&\text{si }\;n\; \text{es par} \\
A&\text{si }\;n\; \text{es impar} \\
\end{matrix}\right.$$

Así, como $20$ es par, $A^{20}=I$; y como $15$ es impar, $A^{15}=A$


b)

$$6X=B-3AX \Leftrightarrow 6X+3AX=B-3AX+3AX$$
luego
$$(6I+3A)X=B \quad \quad \quad \quad (1)$$

Observemos que $(6I+3A)=\begin{pmatrix}
6 &0 &0 \\
0 & 6 &0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix}
+\begin{pmatrix}
0 &0 &3 \\
0 & 3 &0 \\
3 & 0 & 0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{pmatrix}$ y por tanto $\begin{vmatrix}
6 &0 &3 \\
0 & 9 &0 \\
3 & 0 & 6
\end{vmatrix}=6^2 \cdot 9 - 3^2 \cdot 9 \neq 0 \Rightarrow 6I-3A $ posee matriz inversa

Entonces, de (1),
$$(6I+3A)^{-1}(6I+3A)X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$I \,X=(6I+3A)^{-1}B$$
$$X=(6I+3A)^{-1}B \quad \quad \quad \quad (2)$$

Calculemos la matriz inversa de $(6I+3A)$; para ello, escogemos el método de Gauss-Jordan:

$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
3 & 0 & 6 & 0 & 0 & 1\\
\end{array}\right) \overset{\frac{1}{2}\,f_1+f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}
\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 3 & 1 & 0 & 0\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{-3\cdot\frac{2}{9}\,f_3+f_1 \rightarrow f_1}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
6 & 0 & 0 & 4/3 & 0 & -2/3\\
0 & 9 & 0 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 9/2 & -1/2 & 0 & 1\\
\end{array}\right)
\overset{\frac{1}{6}\,f_1 \rightarrow f_1;\frac{1}{9}\,f_2 \rightarrow f_2;\frac{2}{9}\,f_3 \rightarrow f_3}{\longrightarrow}$$
$$\left(\begin{array}{ccc|ccc}
1 & 0 & 0 & 2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1 & 0 & 0 & 1/9 & 0\\
0 & 0 & 1 & -1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$
por tanto
$$(6I+3A)^{-1}=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)$$

Así, de (2),
$$X=\left(\begin{array}{ccc}
2/9 & 0 & -1/9\\
0 & 1/9 & 0\\
-1/9 & 0 & 2/9\\
\end{array}\right)\begin{pmatrix}
3&0 &0 \\
0& 3 &0 \\
0& 0 &3
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
2/3&0 &-1/3\\
0& 1/3 &0 \\
-1/3& 0 &2/3
\end{pmatrix}$$

$\square$