Para cada $a \in \mathbb{R}$ evaluar $ \lim\limits_{n \to \infty}\left(\begin{smallmatrix}1&\frac{a}{n}\\\frac{-a}{n}&1\end{smallmatrix}\right)^n$

Question

Si $a \in \mathbb{R}$ , evalúe $$ \lim_{n \to \infty}\left(\begin{matrix} 1&\frac{a}{n}\\\frac{-a}{n}&1\end{matrix}\right)^{n}$$

Mi intento: Dejemos que $$A = \left(\begin{matrix} 0&a\\-a&0\end{matrix}\right) = -a\left(\begin{matrix} \cos(\frac{\pi}{2})&-\sin(\frac{\pi}{2})\\\sin(\frac{\pi}{2})&\cos(\frac{\pi}{2})\end{matrix}\right)$$ para que $$A^k = (-a)^k \left(\begin{matrix} \cos(\frac{k\pi}{2})&-\sin(\frac{k\pi}{2})\\\sin(\frac{k\pi}{2})&\cos(\frac{k\pi}{2})\end{matrix}\right)$$

Así, \begin{align}\displaystyle \lim_{n \to \infty}\left(\begin{matrix} 1&\dfrac{a}{n}\\\dfrac{-a}{n}&1\end{matrix}\right)^{n} &==Displaystyle \\Nlim_{n \\_infty} \left(I+\dfrac{A}{n}\right)^n =e^A=\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{A^k}{k!}\\&= \sum_{k=0}^{\infty} \N - Izquierda( \begin{matrix} \dfrac{(-a)^k\cos(\frac{k\pi}{2})}{k!}&-\dfrac{(-a)^k\sin(\frac{k\pi}{2})}{k!}\\\dfrac{(-a)^k\sin(\frac{k\pi}{2})}{k!}&\dfrac{(-a)^k\cos(\frac{k\pi}{2})}{k!}\end{matrix} \(derecho) \N - fin {align}

y como $\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-a)^k\cos(\frac{k\pi}{2})}{k!}=1+0-\dfrac{a^2}{2!}+0+\dfrac{a^4}{4!}+\cdots= \cos a$ y

$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\dfrac{(-a)^k\sin(\frac{k\pi}{2})}{k!}=0-a+0+\dfrac{a^3}{3!}+0-\dfrac{a^5}{5!}+\cdots= -\sin a$ por lo que la respuesta requerida es

$\left(\begin{matrix} \cos a&\sin a\\-\sin a&\cos a\end{matrix}\right).$

Sin embargo, la respuesta anterior no coincide con las opciones proporcionadas, que son $I, 0$ y ninguna de las anteriores. Así que mi pregunta es: ¿es correcta mi respuesta?

Answer 1

Tu respuesta también es correcta, pero hay un camino corto para llegar a ella. Simplemente poniéndonos en el complejo plan en el que identificamos

$$ 1 \equiv \left(\begin{matrix} 1& 0\\0&1 \end{matrix}\right)~\text{and}~~ i \equiv \left(\begin{matrix} 0& 1\\-1&0 \end{matrix}\right).$$

Así, $$\begin{align}\displaystyle \lim_{n \to \infty}\left(\begin{matrix} 1&\dfrac{a}{n}\\\dfrac{-a}{n}&1\end{matrix}\right)^{n} &= \displaystyle \lim_{n \to \infty}\color{blue}{\left(1+\dfrac{ai}{n}\right)^n} \\&=\color{red}{e^{ai} = \cos a+i\sin a} \\&= \left(\begin{matrix} \cos a&\sin a\\-\sin a&\cos a\end{matrix}\right).\end{align}$$

Dado que, para cualquier $z\in \Bbb C$ que tenemos, $\lim\limits_{n \to \infty}\left(1+\dfrac{z}{n}\right)^n =e^{z} $ Ver aquí también aquí ,

Answer 2

Lo mejor es diagonalizar la matriz. Tanto $(1,i)$ y $(1,-i)$ son vectores propios. Por lo tanto, dejemos que $$T=\begin{pmatrix}1&1\\i&-i\end{pmatrix}.$$Then$$T^{-1}.\begin{pmatrix}1&\frac an\\-\frac an&1\end{pmatrix}.T=\begin{pmatrix}1+\frac ani&0\\0&1-\frac 1ni\end{pmatrix}.$$ Por lo tanto, $$T^{-1}.\begin{pmatrix}1&\frac an\\-\frac an&1\end{pmatrix}^n.T=\begin{pmatrix}1+\frac ani&0\\0&1-\frac 1ni\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\left(1+\frac{ai}n\right)^n&0\\0&\left(1-\frac{ai}n\right)^n\end{pmatrix}$$ and so$$\lim_{n\to\infty}T^{-1}.\begin{pmatrix}1&\frac an\\-\frac an&1\end{pmatrix}^n.T=\begin{pmatrix}e^{ai}&0\\0&e^{-ai}\end{pmatrix}.$$So$$\lim_{n\to\infty}\begin{pmatrix}1&\frac an\\-\frac an&1\end{pmatrix}^n=T.\begin{pmatrix}e^{ai}&0\\0&e^{-ai}\end{pmatrix}.T^{-1}=\begin{pmatrix}\cos a&\sin a\\-\sin a&\cos a\end{pmatrix}.$$