Se considera la matriz $A=\begin{pmatrix}2&0&0\\3&1&0\\-1&0&1\end{pmatrix}$, asociada al correspondiente endomorfismo de $\mathbb{R}^3$. Vamos a calcular los coeficientes de la matriz $A^n$, siendo $n$ cualquier número entero no negativo.
El plan será el siguiente: Mediante un cambio de base, trataremos de encontrar la matriz de Jordan diagonal asociada a $A$ (esperemos que ésta exista), que denotaremos por $D$; a partir de ahí, tendremos que al ser $A=P\,D\,P^{-1}$ por ser $A$ y $D$ matrices semejantes. Entonces,
$A^n= (P\,D\,P^{-1})^n$
$=(P\,D\,P^{-1})\,(P\,D\,P^{-1})\,\overset{\underbrace{n}}{\ldots}\,(P\,D\,P^{-1})$
$=P\,(D\,\overset{\underbrace{n}}{\ldots}\,D)\,P^{-1}$, ya que cada uno de los $n$ productos $P\,P^{-1}$ de entremedias son iguales a la matriz identidad $I$, que es el elemento neutro de la multiplicación de matrices, por consiguiente:
$A^n=P\,D^n\,P^{-1}$
donde los coeficientes de la potencia $n$-ésima de la matriz diagonal (que, desde luego, también es una matriz diagonal) son nulos salvo, acaso, los de la diagonal principal, cuyos valores son las potencias $n$-ésimas de los coeficientes de la diagonal (principal) de la matriz $D$; en efecto, como $D=\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}$, se tiene que $$D^n=\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}\overset{\underbrace{n}}{\ldots}\begin{pmatrix}d_1&0&\ldots&0 \\ 0&d_2&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}d_{1}^n&0&\ldots&0 \\ 0&d_{2}^{n}&\ldots&0 \\ \vdots &\vdots &\ldots&\vdots \\ 0&0&\ldots&d_{n}^{n}\end{pmatrix}$$
Veamos si el endomorfismo es diagonizable, siguiendo el procedimiento habitual: El polinomio característico del endomorfismo asociado a $A$ es $$Q(\lambda)=\begin{vmatrix}2-\lambda&0&0\\3&1-\lambda&0\\-1&0& 1-\lambda\end{vmatrix}=(2-\lambda)\,(1-\lambda)^2$$ luego los valores propios y las correspondientes multiplicidades son $\left\{\begin{matrix}\lambda_1=1&m_1=2\\\lambda_2=2&m_2=1\end{matrix}\right.$
Examinemos los rangos de las matrices $A-\lambda_1\,I$ y $A-\lambda_2\,I$ y, a partir de éstos, las dimensiones de los núcleos (subespacios invariantes en los que se descompone el espacio total) $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)$ y $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$, resultando (omito los cálculos) que $\text{rango}(A-\lambda_1\,I)=1$ y $\text{rango}(A-\lambda_2\,I)=2$.
Entonces, $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)=\text{dim}(\mathbb{R}^3)-\text{rango}(A-\lambda_1\,I)=3-1=2$, valor que coincide con el valor de la multiplicidad $m_1$, y $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)=\text{dim}(\mathbb{R}^3)-\text{rango}(A-\lambda_2\,I)=3-2=1$, que conincide con el valor de la multiplicidad $m_2$, luego se cumplen las condiciones para que el endomorfismo es diagonizable (existe la matriz diagonal, que hemos denotado por $D$).
Ahora, ya podemos decir cuál es la matriz diagonal (sus coeficientes no nulos son los valores propios —puestos en el orden que correponda al orden de los vectores de la nueva base—, y éstos aparecen tantas veces como indique su multiplicidad); podemos escribir, $D=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}$.
Tendremos pues que calcular la matriz de paso para transforma la matriz $A$ en la matriz $D$ (en el orden en el que hemos puesto los valores propios).
El espacio vectorial $\mathbb{R}^3$ se expresa como la suma directa de los subespacios invariantes (correspondientes a ambos núcleos): $\mathbb{R}^3= \text{Ker}(A-\lambda_1\,I) \bigoplus \text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$. Calculemos los vectores propios de la base del subespacio invariante $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)$ (recordemos que tiene dimensión igual a $2$) y el vector propio del subespacio invariantae $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$ (recordemos que éste tiene dimensión igual a $1$). Naturalmente, la suma de las dimensiones de los subespacios invariantes ha de ser igual a la dimensión del espacio total, que es $3$, y así es: $2+1=3$
Busquemos una base de $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I)$, que, como ya sabemos, constará de dos vectores (ya que su dimensión propia es $2$), a los que llamaremos $u_1$ y $u_2$, que han de ser linealmente independientes: $$\begin{pmatrix}2-1&0&0\\3&1-1&0\\-1&0&1-1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$ esto es
$$\begin{pmatrix}1&0&0\\3&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$
Calculemos un vector $u_1$, que cumpla la igualdad matricial; como el rango de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones es $1$ (sólo hay una ecuación linealmente independiente, tamaremos, por ejemplo, la primera), tendremos $3-1=2$ parámetros libres para expresarlo, que denotaremos por $\alpha$ y $\beta$; y como $x_1=0$ (de la primera ecuación $1\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=0 \Rightarrow x_1=0$), un vector $u_1$ válido es $(0,\alpha,\beta)^\top$. Eligiendo ahora, libremente, el valor de estos dos parámetros (salvando el vector nulo), podemos tomar, por ejemplo, $\alpha:=1$ y $\beta:=0$. Luego un vector que nos sirve como elemento de la base del primer núcleo es $u_1=(0,1,0)^\top$
Entonces, el segundo vector de la base del primer núcleo será, en principio, $u_{2}=(A-\lambda_1\,I))\,u_{1}=\begin{pmatrix}1&0&0\\3&0&0\\-1&0&0\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$; ahora bien, no podemos tomar un vector que sea el vector nulo, luego tendremos que buscar otro vector no dependiente de $u_1$ que, como $u_1$, cumpla también que $(A-\lambda_1\,I))\cdot u_{2}=(0,0,0)^\top$. Siguiendo los pasos análogos del párrafo anterior, encontramos $u_2=(0,0,1)^\top$.
Por consiguiente podemos escribir que $\text{Ker}(A-\lambda_1\,I))=\mathcal{L}\left( \{ (0,1,0)^\top,(0,0,1)^\top \}\right)$
Busquemos también una base de $\text{Ker}(A-\lambda_2\,I)$, que, como ya sabemos, constará de un sólo vector (ya que su dimensión propia es $1$), al que llamaremos $w_1$:
$$\begin{pmatrix}2-2&0&0\\3&1-2&0\\-1&0&1-2\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$ esto es
$$\begin{pmatrix}0&0&0\\3&-1&0\\-1&0&-1\end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$$
Calculemos pues un vector $w_1$, que cumpla la igualdad matricial; como el rango de la matriz de los coeficientes del sistema de ecuaciones es $2$ (hay dos ecuaciones linealmente independientes, tamaremos las dos últimas (la primera es nula), tendremos $3-2=1$ parámetro libre para expresarlo, que denotaremos por $\gamma=:x_2$. Entonces, el sistema equivalente de ecuaciones lienales anterior es $\left\{\begin{matrix}3x_1-\gamma=0\\-x_1-x_3=0\end{matrix}\right.$; por tanto, $x_1=\dfrac{1}{3}\,\gamma$ y $x_3=-x_1$, es decir, buscamos vectores del tipo $(\dfrac{1}{3}\,\gamma, \gamma, -\dfrac{1}{3}\,\gamma)$, y tomando, pongamos que $\gamma:=3$, podemos elegir como vector de la base $w_1=(1,3,-1)^\top$, esto es $$\text{Ker}(A-\lambda_1\,I))=\mathcal{L} \left( \{ (1,3,-1)^\top \} \right)$$
La matriz del cambio de base se monta (por columnas) en el mismo orden (de izquierda a derecha) que el orden en el que hemos puesto los valores propios en la matriz diagonal: $$P=\begin{pmatrix}| & | & | \\ u_1 & u_2 & w_1 \\ | & | & | \end{pmatrix}$$ es decir
$$P=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}$$ cuya matriz inversa (omito los cálculos) es
$$P^{-1}=\begin{pmatrix}-3 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$
Con lo cual, finalmente:
$A^n=P\,A^n\,P^{-1}=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 3 \\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}\,\begin{pmatrix}1^n & 0 & 0\\ 0 & 1^n & 0 \\ 0 & 0 & 2^n \end{pmatrix}\, \begin{pmatrix}-3 & 1 & 0\\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
luego (omito los cálculos),
$$A^n=\begin{pmatrix}2^n & 0 & 0\\ 3\,(1-2^n) & 1 & 0 \\ 1-2^n & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
-oOo-
Por ejemplo, calculemos $A^{10}$:
De acuerdo con el resultado genérico que hemos obtenido para la matriz dada, y sin muchos cálculos básicos, llegamos fácilmente al resultado:
$$A^{10}=\begin{pmatrix}2^{10} & 0 & 0\\ 3\,(1-2^{10}) & 1 & 0 \\ 1-2^{10} & 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\,024 & 0 & 0\\ -3\,069 & 1 & 0 \\ -1\,023 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$
$\diamond$
