Soy un vago y prefiero no hacer tediosa la matriz de inversiones y multiplicaciones, si puedo evitarlo. Otras respuestas han explicado cómo eliminar rápidamente el dado posibles soluciones basadas en las propiedades de las cadenas de Markov y sus correspondientes matrices de transición, pero también la razón directamente a partir de los autovalores de la matriz.
Es a menudo vale la pena examinar una matriz por obvias vectores propios y valores propios, especialmente en artificial ejercicios, antes de sumergirse en la informática y la solución de la ecuación característica. A partir de la primera columna de $A$, podemos ver que $(1,0,0)^T$ es un autovector con autovalor $\frac12$. Las filas de $A$ todo suma a $1$, lo $(1,1,1)$ es un autovector con autovalor $1$. El resto de autovalor $\frac12$ se puede encontrar mediante el examen de la traza.
$A$ es por lo tanto similar a una matriz de la forma $J=D+N$, donde $D=\operatorname{diag}\left(1,\frac12,\frac12\right)$ e $N$ es nilpotent de orden mayor que 2. (Si $A$ es diagonalizable, entonces $N=0$.) $D$ e $N$ viaje, así que la expansión a través del Teorema del Binomio, $(D+N)^n=D^n+nND^{n-1}$. En el límite, $D^n=\operatorname{diag}(1,0,0)$ y la primera columna de $N$ es cero, de modo que el segundo término se desvanece. Por lo tanto, si $A=PJP^{-1}$, a continuación, $\lim_{n\to\infty}A^n=P\operatorname{diag}(1,0,0)P^{-1}$, pero el lado derecho es sólo el proyector en el espacio propio de $1$. De manera informal, en repetidas ocasiones la multiplicación de un vector por $A$ deja que el vector de la componente en la dirección de $(1,1,1)^T$ fijo, mientras que el resto de los vectores eventualmente disminuye lejos para nada.
Desde $1$ es un autovalor simple, hay un acceso directo para el cómputo de este proyector que no requiere calcular el cambio de base de la matriz de $P$: si $\mathbf u^T$ es un autovector izquierdo de $1$ e $\mathbf v$ un autovector derecho, luego el proyector en el derecho subespacio propio de $1$ es $${\mathbf v\mathbf u^T\over\mathbf u^T\mathbf v}.$$ (This formula is related to the fact that left and right eigenvectors with different eigenvalues are orthogonal.) We already have a right eigenvector, and a left eigenvector is easily found by inspection: the last two columns both sum to $1$, so $(0,1,1)$ is a left eigenvector of $1$. This gives us $$\lim_{n\to\infty}A^n = \frac12\begin{bmatrix}1\\1\\1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1&1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0&\frac12&\frac12\\0&\frac12&\frac12\\0&\frac12&\frac12\end{bmatrix}.$$
