jueves, 24 de noviembre de 2022

1673. Entre un punto y un círculo

    Profe, mire. Calcule las ecuaciones de las rectas que pasan por el punto P(−10, −5) y que son tangentes al círculo C de centro Q(10, 10) y radio R = 7.

    Pepe Chapuza ha enunciado este problema de geometría. ¿Te atreves con él?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla siempre se atreve...

    Profe, mire. Primero voy a comprobar que el punto P es exterior a C. Basta probar que la potencia de P respecto de C es positiva...

|PQ|² − R² = (10+10, 10+5)² − 7² = 20² + 15² − 7² = 400 + 225 − 49 = 576 = 24² > 0

...aunque no hace falta utilizar la potencia para deducir la posición del punto respecto del círculo: el círculo C está en el I cuadrante y el punto P está en el III cuadrante...
    Por esa misma razón ninguna de las dos soluciones es vertical (ni horizontal) por lo que las ecuaciones se pueden escribir en forma punto-pendiente. El dibujo es ilustrativo pero no refleja fidedignamente las medidas... Si α y β son los ángulos que se muestran en la figura, las pendientes de las soluciones son...

p = tg (α+β) = (tg α + tg β) / (1  tg α tg β) = (15/20 + 7/24) / (1  3/4·7/24) = 4/3
p' = tg (αβ) = (tg α  tg β) / (1 + tg α tg β) = (15/20  7/24) / (1 + 3/4·7/24) = 44/117

    Por lo tanto las soluciones son...
t : y+5 = 4/3 · (x+10)
t' : y+5 = 44/117 · (x+10)

    Las soluciones son "bonitas" en el sentido de que no contienen radicales. ¿Podría alguien indicar cómo se pudo preparar el enunciado para conseguirlo?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota se dió cuenta de que la distancia entre P y Q era 25.

    Mire, profe. Se ha utilizado 25 como hipotenusa de dos triángulos pitagóricos: 7-24-25 y 15-20-25. Este último se denomina a veces isíaco en referencia a la diosa Isis de los antiguos egipcios...

lunes, 14 de noviembre de 2022

1672. El depósito cilíndrico

     Mire, profe. Un depósito cilíndrico con tapa, cuyo interior tiene base B y altura H, pesa P. Obviamente, cuando está vacío su centro de gravedad se halla a altura H/2, y cuando está del todo lleno su centro de gravedad se halla también a esa misma altura... ¿A qué altura h de líquido de densidad D hay que llenar el depósito para que el centro de gravedad esté lo más bajo posible?

    Pepe Chapuza reta a la clase con este problema de optimización. (Se suponía que todos los datos estaban expresados en unidades del SI.) 

SOLUCIÓN

    Para Nina Guindilla los retos son pasatiempos... 

    Profe, mire. La altura del centro de gravedad será la media ponderada de H/2 y h/2 cuyos pesos son P y DBh respectivamente:

(PH/2 + DBh²/2) / (P + DBh)

    Si anulamos la derivada respecto de h tenemos...

DBh (P + DBh) − DB (PH/2 + DBh²/2) = 0
h (P + DBh) − (PH/2 + DBh²/2) = 0
Ph + DBh² PH/2 − DBh²/2 = 0
DBh²/2 + Ph PH/2 = 0
...y si C = P/(DB)
h² + 2Ch − CH = 0
h = − C + √(C² + CH)
    (La otra solución no es posible.) 

    Quedaba comprobar que se trataba efectivamente de un mínimo...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota realizó la comprobación teniendo en cuenta que 0 ≤ h ≤ H y que C > 0.

    Profe, mire. El signo de la derivada coincide con el signo de...

h² + 2Ch − CH = (h + C − √(C² + CH)·(h + C + √(C² + CH)

...y por lo tanto con el signo de
h + C  √(C² + CH)

    Así, cuando 0 ≤ h < − C + √(C² + CH), la derivada es negativa y la función es menguante, y cuando − C + √(C² + CH) < h  H, la derivada es positiva y la función es creciente, lo cual demuestra que se trata de un mínimo efectivamente...

miércoles, 2 de noviembre de 2022

1671. Las pirámides egipcias

     Mire, profe. De una pirámide de base cuadrada determinada por L (el lado de la base) y H (la altura) se sabe que la media aritmética de L y H es 197m y la media geométrica de L y H es 195m. ¿Cuánto mide el volumen de la pirámide?


    Pepe Chapuza sueña con ir alguna vez a Egipto... 

SOLUCIÓN

    A Nina Guindilla le gustaría ser egiptóloga... Nina calculó L y H... 

    Profe, mire. Si la media aritmética es 197m, entonces L+H = 2·197; y si la media geométrica es 195m, entonces L·H = 195². Por lo tanto L y H son las soluciones de la ecuación de segundo grado x² – 2·197x + 195²  =  0, que se puede resolver completando cuadrados...

(x–197)² = 197²–195² = 784
x–197 = ±√784 = ±28
 x = 197±28 ∊ {225, 169}

    Por lo tanto hay dos posibilidades: L = 225m y H = 169m o L = 169m y H = 225m. 
    La fórmula que nos da el volumen de la pirámide es V = L²·H/3. En un caso tendremos V = 225²·169/3 = 2851875m³ y en el otro V = 169²·225/3 = 2142075m³.

    ¿A qué altura se halla el centro de gravedad de la pirámide en cada caso?

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota, ducho en jeroglíficos, intervino... 

    Mire, profe. La altura del centro de gravedad no depende de L. El baricentro se encuentra a un cuarto de H. Por lo tanto, en un caso será 169/4 = 42,25m y en el otro 225/4 = 56,25m.

miércoles, 19 de octubre de 2022

1670. La potencia matricial (2ª parte)

    Había escrito en la pizarra una pequeña matriz...
...y pedía calcular A²¹³ y A³¹². Era fácil, ¿verdad? Pepe Chapuza salió a la "palestra"...

    Profe, mire...

...por lo tanto, si n es par AA y si n es impar A = A. Esto es válido para valores de n>0. Así que A²¹³ = A y A³¹² A. 

    Pepe propuso un ejercicio similar pero ahora con una matriz mayor:
SOLUCIÓN

    Nina Guindilla calculó las primeras potencias y dio con la clave...

    Mire, profe:

    por lo tanto... B = I si n ≡ 0 mod 3, B = B si n ≡ 1 mod 3 y B = B si n ≡ 2 mod 3. Y en este caso vale para todos los números enteros n.

    Nina propuso un ejercicio de recurrencia...

    Mire, profe. Si sabemos de una matriz cuadrada C que C² = 3C+2I, calcula C y C¹.

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota calculó:

    Profe, mire: 
    C = (C²)² = (3C+2I)² = 9C² + 12C + 4I = 9(3C+2I) + 12C + 4I = 39C + 22I
    C¹ = IC¹ = (C² − 3C)C¹/2= (C − 3I)/2 = 0,5C − 1,5I.

lunes, 17 de octubre de 2022

1669. Haces ortogonales (2ª parte)

     Profe, mire. ¿Cuál sería un haz ortogonal al haz de parábolas de eje vertical con vértice en el origen de coordenadas?


    Pepe Chapuza hizo un dibujo chapucero y parecía que una solución era un haz de elipses. ¿Tú que crees?

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla partió de las ecuaciones de las parábolas en cuestión...

    Profe, mire. Una parábola de ecuación y = ax² tiene pendientes dy/dx= 2ax. Las pendientes ortogonales serán dy/dx = −1/(2ax) = −x/(2y) ya que a = y/x², esto es, 2ydy = −xdx. Integrando los dos miembros tenemos y² = −x²/2 + b, esto es, x²/2 + y² = b, que es una elipse de excentricidad √2/2.

    Nina propuso hallar un haz ortogonal al haz de hipérbolas equiláteras con asíntotas en los ejes de coordenadas... También hizo un dibujo chapucero... intuitivamente... 


RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota razonó así... 

    Mire, profe. La hipérbola de ecuación y = a/x tiene pendientes dy/dx = a/x². Las pendientes ortogonales serán dy/dx = x²/a = x/y ya que a = xy, esto es ydy = xdx. Integrando se obtiene y²/2 + b = x²/2, esto es, x² − y² = 2b, que es una hipérbola equilátera con asíntotas en las bisectrices de los cuadrantes.

1668. Haces ortogonales...

     Pepe Chapuza había traído el siguiente dibujo:


     Profe, mire. El haz de circunferencias con centro en el punto (0, 0) y el haz de rectas que pasan por el punto (0, 0) son haces ortogonales porque todas esas rectas cortan perpendicularmente a todas esas circunferencias.

     Aunque era evidente, Pepe justificó su afirmación... (En lo que sigue las letras minúsculas r y s representan variables y las mayúsculas R y S constantes.) 

    Mire, profe. La recta de ángulo S (r cos S, r sen S) corta a la circunferencia de radio R         (R cos s, R sen s) en el punto (R cos S, R sen S). Derivando respecto de r y s se obtienen respectivamente los vectores tangentes de la recta y de la circunferencia en esa intersección: (cos S, sen S) y (– R sen S, R cos S) cuyo producto escalar es nulo. Es similar en el otro punto de corte. 

    Entonces comenté que menos evidente era que el haz de parábolas convexas con foco en (0, 0) y el haz de parábolas cóncavas con foco en (0, 0) eran también haces ortogonales. ¡Compruébalo! 


SOLUCIÓN

    Nina Guindilla lo comprobó... 

    Profe, mire. 
    La parábola cóncava de distancia focal R² (2Rs, s²–R²) y la parábola convexa de distancia focal S² (2rS, S²–r²) se cortan en el punto (2RS, S²–R²). Los vectores tangentes a las parábolas en esta intersección serán (2R, 2S) y (2S, –2R) cuyo producto escalar es nulo. En el otro punto de corte es similar. 

    Luego añadí que tampoco era evidente que el haz de las elipses con focos en (1, 0) y (–1, 0) y el haz de las hipérbolas con focos en (1, 0) y (–1, 0) son también haces ortogonales... 


RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota se acordó de las trigonometrías elíptica e hiperbólica... 

    Profe, mire. 
    La hipérbola de excentricidad sec R (cos R cosh s, sen R senh s) y la elipse de excentricidad sech S (cos r cosh S, sen r senh S) se cortan en el punto (cos R cosh S, sen R senh S). Los vectores tangentes en esta intersección son (cos R senh S, sen R cosh S) y         (–sen R cosh S, cos R senh S) cuyo producto escalar es nulo. En los otros puntos de corte es similar...

    Se deja al lector avezado que compruebe que los focos de las cónicas están donde deben... 

lunes, 10 de octubre de 2022

1667. Un sistema de matrices

     Había propuesto este sistema lineal de ecuaciones matriciales...


y Pepe Chapuza lo resolvió... ¡por el método de Cramer!

    Profe, mire:

    ¡La solución era correcta! Compruébala...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla hizo la comprobación...
    Alguien quiere resolver el sistema con otro método

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota lo hizo por el método de la matriz inversa... ¡con matrices de matrices!

    Mire, profe. El sistema se puede escribir como una ecuación matricial... 

1666. Construcciones euclídeas. (2ª parte)

    Profe, mire. Dadas estas tres rectas paralelas A, B y C hay que trazar un cuadrado que tenga un vértice en A, otro en B y otro en C. 

    Pepe Chapuza propuso esta construcción. Bastaba con averiguar la longitud del lado del cuadrado... ¡Ánimo! 

SOLUCIÓN

    Mire, profe. Hay más de una solución... Si trazamos dos rectas D y E, perpendiculares a las dadas, tales que dist(D,E) = dist(A,B), entonces la diagonal del rectángulo determinado por B, C, D y E es el lado de una de las soluciones... Las otras soluciones se obtienen de manera similar... 

    Nina Guindilla dio con la solución. Ahora... ¿Cómo se trazaría un triángulo equilátero que tenga un vértice en A, otro en B y otro en C? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota construyó el triángulo... 

    Mire, profe. Tracemos dos rectas paralelas F y G, que formen un ángulo de 60º con las dadas, tales que dist(F,G) = dist(A,B), entonces la diagonal mayor del paralelogramo determinado por B, C, F y G es el lado de la solución... 

    Se deja al lector justificar las construcciones... 

viernes, 7 de octubre de 2022

1665. Construcciones euclídeas...

     Estábamos resolviendo problemas de dibujo con regla y compás. En la época de Euclides no se distinguía el dibujo técnico de la geometría... Pepe Chapuza planteó el siguiente problema:

     Dadas las dos circunferencias A y B, trazar una recta horizontal que corte a ambas y determine con ellas sendas cuerdas iguales.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla cogió la regla y el compás y razonó de la siguiente manera:

    Mire, profe. Trazamos una vertical por el centro de A y una horizontal por el centro B. Trazamos una circunferencia C con centro en el punto de intersección de estas dos rectas y con el mismo radio que B. La recta que pasa por los puntos de intersección de A y C es la solución...


    Nina manejó la regla y el compás con destreza... Y propuso el siguiente problema euclídeo...

    Dadas estas dos circunferencias D y E con radios iguales, y dado el segmento horizontal F, trazar otro segmento horizontal con la misma longitud que F y cuyos extremos estén uno en D y otro en E.


RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota también era hábil con la regla y el compás:

    Profe, mire. Tracemos un segmento horizontal G con la longitud de F y con el extremo izquierdo en el centro de D. Tracemos ahora la circunferencia H con el mismo radio de D (y E) y centro en el  extremo derecho de G. Los segmentos horizontales con la longitud de F (y G) y con extremos derechos en los puntos de intersección de E y H son las soluciones del problema...


jueves, 6 de octubre de 2022

1664. Numerales genéricos

     Mire, profe. Tenemos diversas palabras para expresar los números: los numerales... Hay cardinales: tres, doce, cien...; ordinales: tercero, duodécimo, centésimo...; partitivos: tercio, doceavo, centavo...; multiplicativos: triplo, duodécuplo, céntuplo...; colectivos: trío, docena, centenar... Pero en matemáticas muchas veces se utilizan letras para representar números genéricos... Por ejemplo, el número n (ene) sería un cardinal... ¿Cómo serían los otros numerales relacionados con n? 
    Creo que Pepe Chapuza sabía la respuesta a su propia pregunta... Pero dejé que otros contestaran... 

SOLUCIÓN 

    Profe, mire. Algunos ordinales y partitivos coinciden: cuarto, quinto, sexto... Mas muchos ordinales terminan en -ésimo y muchos partitivos en -avo, por eso se puede decir para los genéricos n-ésimo (enésimo) y n-avo (eneavo) respectivamente... Esto es, n.º y /n.

    Nina Guindilla habló de los ordinales y partitivos. ¿Y los otros numerales? 

RESOLUCIÓN

   Yoyó Gaviota terminó la respuesta... 

    Profe, mire. Para los multiplicativos se emplea el sufijo -plo, y se podría denominar quizás n-plo (éneplo) al múltiplo genérico... Para los colectivos existe una buena colección de sufijos incluso para el mismo número: trío, terna, terceto, tríada, triplete, trinidad... En matemáticas se utiliza para un conjunto ordenado de n elementos las extrañísimas palabras n-pla (énepla), n-upla (eneupla) o n-tupla (enetupla)...

jueves, 29 de septiembre de 2022

1663. Con parámetro

    Había escrito en la pizarra este sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas... Se ignoraban dos coeficientes... pero se sabía que eran iguales ambos... Había que resolver el sistema en función del parámetro λ. Pepe Chapuza empezó con la discusión...

    Mire, profe. Si M es la matriz de coeficientes y A es la matriz ampliada se tiene que 

det (M) = 24 + 8λ² + 30 − 6λ − 20λ − 48 = 8λ² − 26λ + 6

    Las raíces de este polinomio son 

λ = 13/8 ± √(169−48)/8 = 13/8 ± √121/8 = 13/8 ± 11/8

    Se distinguen tres casos según el valor del parámetro λ:

    Si λ = 3, por un lado, rg (M) = 2 porque det (M) = 0 y hay menores de orden 2 no nulos...
por otro lado,  rg (A) = 2 porque este menor de A es nulo...
    Así que, por el teorema de Rouché, el sistema es compatible indeterminado...

    Si  λ = 1/4, igual que antes rg (A) = 2 pero ahora hay un menor de orden 3 de A no nulo...
    Así que podemos afirmar que el sistema es incompatible...

    Finalmente. si λ ≠ 3 y λ ≠ 1/4 el sistema es compatible determinado pues rg (M) = rg (A) = 3.

    Bien... Ahora toca resolverlo.

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla resolvió el sistema para el primer caso por el método de doble reducción...

    Mire, profe. Voy a prescindir de la primera ecuación y voy a parametrizar x = μ.
    Restando la segunda ecuación menos el doble de la primera nos queda 4y = −1+3μ, y restando la segunda ecuación menos el cuádruple de la primera nos queda −4z = −3+9μ. Por lo tanto las soluciones son x = μ, y = −1/4 + 3μ/4, z = 3/4 − 9μ/4.

    Quedaba por resolver el último caso...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota aplicó la regla de Cramer...

    Profe, mire...

viernes, 23 de septiembre de 2022

1662. Archipiélago Mandelbrot

     Les decía a mis alumnos que no se dejaran engañar por las apariencias... Y expuse el ejemplo de unas sucesiones aparentemente sencillas... que sin embargo daban lugar a uno de los conjuntos más complicados de las matemáticas... 
     Las sucesiones, de números complejos, eran recurrentes: vn+1 = vn2 + v1. Para cada valor inicial v1 se tenía una sucesión v diferente cuyo comportamiento dependía drásticamente de ese primer término suyo: según su ubicación, la sensible sucesión podía resultar convergente, divergente, oscilante o errante... Esos números complejos primigenios v1 eran semillas de futuro incierto: sus destinos eran desconocidos hasta que por fin germinaban y crecían... Por culpa del efecto mariposa, en una región fronteriza un par de semillas próximas podían engendrar dos sucesiones radicalmente dispares. 
    Antes de la era cibernética, los matemáticos que investigaron el asunto no podían sino vislumbrar las diversas áreas, cual islas e islotes, donde se producían los distintos tipos de sucesiones en medio de un océano de números reales e imaginarios... Ahora se programan computadoras para que funcionen como microscopios y así poder explorar los intrincados entresijos de este archipiélago desvelando su infinita riqueza de formas... 
    En internet se puede acceder a numerosas páginas donde se exhiben asombrosas imágenes: estamos hablando del conjunto de Mandelbrot... Pepe Chapuza lo sobrevoló y se zambulló en él... y quedó fascinado...

    Profe, mire. A simple vista, este conjunto parece un corazón verrugoso, pero esas verrugas, a su vez, están llenas de verruguillas verrugosas... Y por doquier emergen copias distorsionadas en miniatura del conjunto entero: una autorréplica en donde las partes se asemejan al todo...
    Haciendo zoom se descubren estructuras fractales que parecen aquí elefantes, ahí dragones, allá hipocampos, ahora sarmientos, luego zarcillos, después coliflores..., en un abigarramiento caótico y a la vez ordenado de espirales hipnóticas entre cuyas volutas y arabescos surgen corazoncitos en todas las escalas de ampliación... 
    El mayor corazón y la mayor verruga parecen estar confinados respectivamente en una cardioide y una circunferencia perfectas...  ¿Lo son realmente?
    La pregunta estaba formulada... Esperamos la respuesta...

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla recordó que si z es una sucesión recurrente con zn+1 = Z(zn) donde Z es una función compleja de variable compleja y si z es convergente a un punto z en zona de estabilidad, se tiene que además de ser z = Z(z) es |Z'(z)| < 1. En las sucesiones v sería en tal caso v = V(v) = v+ v y V'(v) = 2v.

    Mire, profe. En el interior del corazón máximo se originan sucesiones convergentes. Por ejemplo, en la sucesión 0, 0, 0, 0, ... se tiene que 0 = V(0) y que |V'(0)| = 0 < 1. Sin embargo, en la sucesión –2, 2, 2, 2, ...  que no está en el corazón máximo se tiene que 2 = V(2), pero ahora |V'(2)| = 4 > 1. El interior del corazón máximo es zona de estabilidad de las v y en su borde se cumple que |V'(v)| = 1, es decir, 2v∞ = eit, y despejando v= v∞ – v= eti/2 – e2ti/4 que es una epicicloide de círculos de radio 1/4: esta es la cardioide buscada...

    Ahora le tocaba el turno a la verruga máxima...

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota navegó por el océano complejo...

    Profe, mire. En el interior del gran redondel (no lo llamaremos aún circunferencia) nacen sucesiones oscilantes con dos puntos de acumulación: uno dentro del gran redondel y otro dentro de la gran cardioide. Por ejemplo la sucesión cíclica –1, 0, –1, 0, –1, 0, ...
 
    Sean w las subsucesiones w= v2n–1. (En el ejemplo anterior sería –1, –1, –1, ...) Se tiene que las semillas coinciden: w= v1. Y por supuesto, las w son sucesiones recurrentes...

wn+1 = v2n+1 = v2n2 + v= (v2n–12 + v1)2 + v= (wn2 + w1)2 + w= wn4 + 2w1wn2 + w12 + w1 

y son convergentes a los puntos de acumulación que caen dentro del gran redondel, por lo que w = W(w) y además |W(w)| < 1 porque es zona de estabilidad de las w... 

w+ 2w1w– w + w12 + w= 0
W'(w) = 4w3 + 4w1w

   En el ejemplo de antes se tiene que –1 = W(–1) y que |W'(–1)|= 0 < 1, pero si w1 no hubiera estado dentro del gran redondel sino dentro de la gran cardioide (por ejemplo 0, 0, 0, ..., donde se tiene que 0 = W(0) y también que |W'(0)|= 0 < 1) las subsucesiones w convergerían a los mismos límites que las propias sucesiones v, esto es, w = v, y así también se cumpliría que w– w + w= 0. 

    Para deshacernos de la gran cardioide y quedarnos solo con el gran redondel divido

(w+ 2w1w– w + w12 + w1) / (w– w + w1) = w+ w∞ + w+ 1 = 0
y así
4w3 + 4w1w = 4w(w+ w1) = 4w(– w∞ – 1) = 4(–w2 – w) = 4(w+ 1)

    En el propio redondel |4(w+ 1)| = 1, de donde 4(w+ 1) = eti, y por tanto w= eti/4 – 1, que es la circunferencia de centro –1 y radio 1/4.

    Invito al lector que se asome al conjunto de Mandelbrot: una de las maravillas de las Matemáticas...

lunes, 19 de septiembre de 2022

1661. La potencia matricial

     Mire, profe. Cuando nos enseñó la multiplicación matricial pensé que era una operación caprichosa que ni siquiera era conmutativa: ¡el orden de los factores sí alteraba el producto! Y cuando vimos la potencia matricial aprendimos que era una "fábrica" de matrices conmutables porque Am·An = Am+n = An+m = An·Am: ¡dos potencias de una matriz son conmutables! Además, me encantan las fórmulas de las potencias enésimas... ya que proporcionan las infinitas potencias de una matriz...

    Y a mí me encantan los comentarios de Pepe Chapuza. Y hablando de la potencia enésima... propuse demostrar inductivamente que

SOLUCIÓN

    Nina Guindilla comenzó comprobando que A= I.

    Profe, mire: (20+2) : 3 = 1; (20−1) : 3 = 0; (21−2) : 3 = 0; (21+1) : 3 = 1.

    Si suponemos que la fórmula es correcta para An calculemos An+1...

    Además, las fórmulas sirven para calcular la inversa de A y, de modo similar, se podría demostrar que sirve para las potencias de A−1.

    Perfecto... Queda para el lector comprobar estas últimas afirmaciones de Nina...
    Demostrar las fórmulas para la potencia enésima inductivamente es fácil... pero... ¿cómo se pueden obtener dichas fórmulas? 

RESOLUCIÓN

    Yoyó Gaviota utilizó herramientas sofisticadas...

    Mire, profe. Voy a diagonalizar la matriz A = L·D·L−1 donde L es la matriz de los autovectores (columnas) de A, y D es la matriz de los autovalores (diagonal) de A. Entonces

An =
= A·A·A·...·A·A·A = 
= L·D·L−1·L·D·L−1·L·...·L−1·L·D·L−1·L·D·L−1 =
= L·D·I·D·I·...·I·D·I·D·L−1 =
= L·D·D·...·D·D·Ln−1 =
= L·Dn·L−1

    Los autovalores son las soluciones de la ecuación  | A − λ I  | = 0 .

 
    Y los autovectores son fáciles de calcular en una matriz de dimensión 2x2...


    Por tanto