Límite de sucesión de puntos diagonalizando en $\mathbb{C}$

Como aplicación de la teoría de valores y vectores propios, calculamos el límite de una sucesión de puntos diagonalizando en $\mathbb{C}$

Enunciado
Se consideran tres puntos $p_1,p_2,p_3$ sobre la recta real y se construye una sucesión del siguiente modo: $p_4$ es el punto medio del segmento $\overline{p_1p_2}$, $p_5$ es el punto medio de $\overline{p_2p_3}$, $p_6$ es el punto medio de $\overline{p_3p_4}$ y así sucesivamente. Se desea conocer el límite de esta sucesión, para ello se pide:

1. Expresar $p_{k+3}$ en función de $p_k$ y $p_{k+1}$. Hallar una matriz $A$ de tal manera que si $x_k=(p_k,p_{k+1},p_{k+2})^t$, se cumpla $x_{k+1}=Ax_k$. Obtener una expresión que determine $x_k$ como función de $A,k$ y $x_1$, y demostrar que esta expresión es cierta $\forall{k}\in{\mathbb{N}^*}$.
2. Calcular el polinomio característico y los valores propios de $A$ en $\mathbb{C}$. Justificar por qué $A$ es diagonalizable en $\mathbb{C}$ pero no en $\mathbb{R}$, e indicar una matriz diagonal semejante a ella.
3. Demostrar que si $\lambda\in\mathbb{C}$ es valor propio de una matriz $M\in\mathbb{R}^{n\times n}\subset \mathbb{C}^{n\times n}$ y $z=(z_1,\ldots,z_n)\in\mathbb{C}^{n\times n}$ es vector propio de $M$ correspondiente a $\lambda$, entonces $\bar{z}=(\bar{z}_1,\ldots,\bar{z}_n)$ es un vector propio de $M$ asociado a $\bar{\lambda}$. Hallar $T\in\mathbb{C}^{3\times 3}$ tal que $T^{-1}AT$ sea la matriz indicada en el apartado anterior.
4. Calcular, en función de $p_1,p_2$ y $p_3$, $\lim_{n \to \infty}{x_n}$ y $\lim_{n \to \infty}{p_n}$.

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
1. Por definición de la sucesión, $p_{k+3}$ es el punto medio de $p_k$ y $p_{k+1}$, en consecuencia $p_{k+3}=(p_{k}+p_{k+1})/2$. Podemos por tanto escribir:

$p_{k+1}=p_{k+1},\quad p_{k+2}=p_{k+2},\quad p_{k+3}=(1/2)p_{k}+(1/2)p_{k+1}.$

Estas igualdades son equivalentes a la igualdad matricial:

$\begin{bmatrix}{p_{k+1}}\\{p_{k+2}}\\{p_{k+3}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}&{1}&{0}\\{0}&{0}&{1}\\{1/2}&{1/2}&{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{p_{k}}\\{p_{k+1}}\\{p_{k+2}}\end{bmatrix}\; .$

De forma equivalente, $x_{k+1}=Ax_k$. Podemos escribir:

$x_k=Ax_{k-1}=A^2x_{k-2}=A^3x_{k-3}=\ldots=A^{k-1}x_1\quad (\forall{k\in{\mathbb{N}^*}}).$

2. Valores propios de la matriz $A$:

$\begin{vmatrix}{-\lambda}&{1}&{0}\\{0}&{-\lambda}&{1}\\{1/2}&{1/2}&{-\lambda}\end{vmatrix}=-\lambda^3+(1/2)\lambda+(1/2)=0.$

Resolviendo la ecuación obtenemos $\lambda_1=1,\;\lambda_2=(-1+i)/2,\:\lambda_3=(-1-i)/2$. Existe al menos un valor propio que no es real, por tanto la matriz no es diagonalizable en $\mathbb{R}$. Al ser los tres valores propios complejos y simples se puede asegurar que es diagonalizable en $\mathbb{C}$. Una matriz diagonal semejante a $A$ es por tanto $D=\textrm{diag}(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$.

3. Si $\lambda\in{\mathbb{C}}$ es valor propio de $M$ entonces existe un vector $z\in{\mathbb{C}^n}$ con $z\neq{0}$ tal que $Mz=\lambda z$. Tomando conjugados y teniendo en cuenta que $\overline{M}=M$, obtenemos $M\bar{z}=\bar{\lambda} \bar{z}$ lo cual implica que $\bar{z}$ es vector propio de $M$ correspondiente a $\bar{\lambda}$.

Determinemos los subespacios propios de $A$:

$\ker (A-\lambda_1 I)\equiv{}\begin{bmatrix}{-1}&{1}&{0}\\{0}&{-1}&{1}\\{1/2}&{1/2}&{-1}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{z_1}\\{z_2}\\{z_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{0}\end{bmatrix}\; .$

Como $\lambda_1$ es simple, $\dim \ker (A-\lambda_1I)=1$ y una base $B_1$ estará formada por un vector no nulo solución del sistema anterior, por ejemplo $B_1=\left\{{(1,1,1)}\right\}$.

$\ker (A-\lambda_2 I)\equiv{}\begin{bmatrix}{(1-i)/2}&{1}&{0}\\{0}&{(1-i)/2}&{1}\\{1/2}&{1/2}&{(1-i)/2}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}{z_1}\\{z_2}\\{z_3}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}{0}\\{0}\\{0}\end{bmatrix}\; .$

Como $\lambda_2$ es simple, $\dim \ker (A-\lambda_1I)=1$ y una base $B_2$ estará formada por un vector no nulo solución del sistema anterior, por ejemplo $B_2=\left\{{(2,-1+i,-i)}\right\}$.

Como $\lambda_3=\bar{\lambda}_2$, por lo demostrado en este mismo apartado, una base de $\ker (A-\lambda_3I)$ se obtendrá conjugando el vector obtenido anteriormente, es decir $B_3=\left\{{(2,-1-i,i}\right\}$. Transponiendo las coordenadas de los tres vectores hallados, obtenemos la matriz $T$ :

$T=\begin{bmatrix}{1}&{2}&{2}\\{1}&{-1+i}&{-1-i}\\{1}&{-i}&{i}\end{bmatrix}\; .$

4. De la igualdad $T^{-1}AT=D$ se deduce $A=TDT^{-1}$ y $A^{n-1}=TD^{n-1}T^{-1}$. Por lo demostrado en el apartado 1. tenemos $x_n=A^{n-1}x_1$ o bien $x_n=TD^{n-1}T^{-1}x_1$. Tomando límites:

$\displaystyle\lim_{n \to \infty}{}x_n=\displaystyle\lim_{n \to \infty}{(TD^{n-1}T^{-1}x_1)}=T\left(\displaystyle\lim_{n \to \infty}{D^{n-1}}\right)T^{-1}x_1 .$

Dado que $\lambda_1=1$ y que $\left |{\lambda_2}\right |=\left |{\lambda_3}\right |=\sqrt[ ]{2}/2<1$:

$\displaystyle\lim_{n \to \infty}{D^{n-1}}=\displaystyle\lim_{n \to \infty}{\textrm{diag}(\lambda_1^{n-1},\lambda_2^{n-1},\lambda_3^{n-1})}=\textrm{diag}(1,0,0).$

Por otra parte:

$T^{-1}=\ldots=\displaystyle\frac{1}{10i}\begin{bmatrix}{2i}&{4i}&{4i}\\{1+2i}&{2-i}&{-3-3i}\\{-1+2i}&{-2-i}&{3-i}\end{bmatrix}\; .$

Operando obtenemos:

$\displaystyle\lim_{n \to \infty}{x_n}=T\begin{bmatrix}{1}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}\\{0}&{0}&{0}\end{bmatrix}T^{-1}\begin{bmatrix}{p_1}\\{p_2}\\{p_3}\end{bmatrix}=\ldots=\displaystyle\frac{1}{5}\begin{bmatrix}{p_1+2p_2+2p_3}\\{p_1+2p_2+2p_3}\\{p_1+2p_2+2p_3}\end{bmatrix}\; .$

Como $x_n=(p_n,p_{n+1},p_{n+2})^t$, concluimos que la sucesión dada $(p_n)_1^{\infty}$ tiene por límite:$$\displaystyle\lim_{n \to \infty}{p_n}=\dfrac{p_1+2p_2+2p_3}{5}.$$

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