Question: III LINEAIRE ALGEBRA
10. Beschouw drie rijen, $(x_n)_{n\in\mathbb{N}}$, $(y_n)_{n\in\mathbb{N}}$ en $(z_n)_{n\in\mathbb{N}}$, waarvan je weet dat
$$\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \\ z_{n+1} \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & -5 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix}$$
voor alle $n \in \mathbb{N}$ en dat $x_0 = 2$, $y_0 = 1$ en $z_0 = 1$.
Bereken $\lim_{n\to\infty} x_n$, $\lim_{n\to\infty} y_n$ en $\lim_{n\to\infty} z_n$.
1. **Probleemstelling:** We hebben een recursieve relatie voor de vector $\mathbf{v}_n = \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix}$ gegeven door
$$\mathbf{v}_{n+1} = A \mathbf{v}_n$$
waar
$$A = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & -5 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}$$
en beginwaarden $x_0=2$, $y_0=1$, $z_0=1$.
We willen de limieten $\lim_{n\to\infty} x_n$, $\lim_{n\to\infty} y_n$, en $\lim_{n\to\infty} z_n$ vinden.
2. **Belangrijke regel:** De limiet van $\mathbf{v}_n$ bestaat als $n \to \infty$ als en alleen als de machten van $A$ convergeren, wat gebeurt als alle eigenwaarden van $A$ in absolute waarde kleiner dan of gelijk aan 1 zijn, en de eigenwaarden met absolute waarde 1 leiden tot een stabiele toestand.
3. **Stap 1: Bepaal de matrix $A$ expliciet:**
$$A = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1 \\ -1 & 3 & -5 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} & -\frac{5}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} \end{pmatrix}$$
4. **Stap 2: Vind de eigenwaarden van $A$:**
De matrix is boven-triangulair in de onderste rij, dus de eigenwaarden zijn de oplossingen van
$$\det(A - \lambda I) = 0$$
Omdat de onderste rij $[0,0,-\frac{1}{2}]$ is, is $-\frac{1}{2}$ een eigenwaarde.
De bovenste $2 \times 2$ submatrix is
$$B = \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} \end{pmatrix}$$
De karakteristieke vergelijking van $B$ is
$$\det\left(B - \lambda I\right) = \left(\frac{3}{4} - \lambda\right)^2 - \left(-\frac{1}{4}\right)\left(-\frac{1}{4}\right) = 0$$
Dit vereenvoudigt tot
$$\left(\frac{3}{4} - \lambda\right)^2 - \frac{1}{16} = 0$$
5. **Stap 3: Los de kwadratische vergelijking op:**
$$\left(\frac{3}{4} - \lambda\right)^2 = \frac{1}{16}$$
Neem de wortel:
$$\frac{3}{4} - \lambda = \pm \frac{1}{4}$$
Dus
- Voor $+$: $\frac{3}{4} - \lambda = \frac{1}{4} \implies \lambda = \frac{3}{4} - \frac{1}{4} = \frac{1}{2}$
- Voor $-$: $\frac{3}{4} - \lambda = -\frac{1}{4} \implies \lambda = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1$
Dus de eigenwaarden van $A$ zijn
$$\lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = \frac{1}{2}, \quad \lambda_3 = -\frac{1}{2}$$
6. **Stap 4: Analyse van limiet:**
Omdat $\lambda_1 = 1$ en de andere eigenwaarden in absolute waarde kleiner dan 1 zijn, zal de limiet van $\mathbf{v}_n$ bestaan en gelijk zijn aan de eigenvector behorend bij $\lambda=1$ vermenigvuldigd met een constante.
7. **Stap 5: Vind de eigenvector $\mathbf{v}$ bij $\lambda=1$:**
Los op
$$(A - I) \mathbf{v} = 0$$
Dat is
$$\left( \begin{pmatrix} \frac{3}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} & -\frac{5}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \right) \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0$$
Dus
$$\begin{pmatrix} \frac{3}{4} - 1 & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} & \frac{3}{4} - 1 & -\frac{5}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{1}{2} - 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0$$
Dit wordt
$$\begin{pmatrix} -\frac{1}{4} & -\frac{1}{4} & \frac{1}{4} \\ -\frac{1}{4} & -\frac{1}{4} & -\frac{5}{4} \\ 0 & 0 & -\frac{3}{2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 0$$
8. **Stap 6: Los het stelsel op:**
Uit de derde rij:
$$-\frac{3}{2} z = 0 \implies z = 0$$
De eerste rij:
$$-\frac{1}{4} x - \frac{1}{4} y + \frac{1}{4} z = 0 \implies -\frac{1}{4} x - \frac{1}{4} y = 0$$
Omdat $z=0$, dit wordt
$$-\frac{1}{4} x - \frac{1}{4} y = 0 \implies x + y = 0$$
De tweede rij:
$$-\frac{1}{4} x - \frac{1}{4} y - \frac{5}{4} z = 0 \implies -\frac{1}{4} x - \frac{1}{4} y = 0$$
Deze is hetzelfde als de eerste.
9. **Stap 7: Conclusie eigenvector:**
$$z=0, \quad y = -x$$
De eigenvector is dus
$$\mathbf{v} = \begin{pmatrix} x \\ -x \\ 0 \end{pmatrix} = x \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$$
10. **Stap 8: Vind de limietvector:**
Omdat $\lambda=1$ de enige eigenwaarde met absolute waarde 1 is, en de andere eigenwaarden kleiner zijn, zal
$$\lim_{n\to\infty} \mathbf{v}_n = c \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$$
voor een constante $c$ die bepaald wordt door de beginwaarde $\mathbf{v}_0 = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$.
11. **Stap 9: Bepaal $c$ door projectie:**
We schrijven $\mathbf{v}_0$ als combinatie van eigenvectoren. Omdat de limiet alleen de component langs de eigenvector met $\lambda=1$ behoudt, is de limiet de projectie van $\mathbf{v}_0$ op deze eigenvector.
De eigenvector is $\mathbf{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$.
De projectiecoëfficiënt is
$$c = \frac{\mathbf{u}^T \mathbf{v}_0}{\mathbf{u}^T \mathbf{u}} = \frac{(1)(2) + (-1)(1) + 0(1)}{1^2 + (-1)^2 + 0^2} = \frac{2 - 1 + 0}{1 + 1} = \frac{1}{2}$$
12. **Stap 10: Eindantwoord:**
$$\lim_{n\to\infty} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \\ z_n \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} \\ 0 \end{pmatrix}$$
Dus
$$\lim_{n\to\infty} x_n = \frac{1}{2}, \quad \lim_{n\to\infty} y_n = -\frac{1}{2}, \quad \lim_{n\to\infty} z_n = 0.$$