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| Autor |
  Invariante Verteilung (Matrixproblem) |
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Lorenzo
Junior 
Dabei seit: 16.11.2019
Mitteilungen: 7
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Hallo,
ich habe die folgen Matrix $
P = \left( \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ 0 & 0 & 1 \end{matrix} \right) $
einer Markov Kette und soll deren Invariante Verteilung bestimmen:
Mit $(P-I)^T \pi = 0$ folgt
$$(P-I)^T \pi = \left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & -\frac{1}{2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{4} & 0 \end{matrix} \right) \pi = 0$$
bzw.
$$(P-I)^T \pi = \left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix} \right) \pi = 0$$
Nun soll die Lösung $L=\{(1-p,0,p)|p\in[0,1]\}$ sein, aber dies macht mein Hirn nicht mit. Wie kommt man darauf? Oder besser gefragt, wie löst man das LGS? Klar man benötigt eigentlich 2 Parameter, da man zwei Nullzeilen hat, aber ich hatte bisher noch nie den Fall, dass die erste Spalte Null war, wie geht man damit um?
LG
Lorenz
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 1767
 |      Beitrag No.1, eingetragen 2020-10-24
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2020-10-24 13:41 - Lorenzo im Themenstart schreibt:
Oder besser gefragt, wie löst man das LGS?
Bevor du überhaupt anfängst zu rechnen, solltest du dir klarmachen, was die Matrix $P$ bedeutet: Die Zustände 1 und 3 bleiben unverändert, der Zustand 2 geht mit nichtverschwindenden Wahrscheinlichkeiten in 1 und 3 über. Von daher ist schon klar, dass in einer stationären Verteilung der Zustand 2 gar nicht und die Zustände 1 und 3 mit beliebigen Wahrscheinlichkeiten (die in Summe natürlich 1 ergeben müssen) besetzt sind.
Dieses Ergebnis kannst du auch sofort an deiner ersten Gleichung für $(P-I)^T\pi=0$ ablesen, denn die sagt ja: $\pi_2=0$, $\pi_1$ und $\pi_3$ beliebig. Erst nach dem "bzw." wird es unsinnig.
--zippy
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Diophant
Senior 
Dabei seit: 18.01.2019
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Herkunft: Rosenfeld, BW
 | Beitrag No.2, eingetragen 2020-10-24
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
die ganze Transponiererei hat mein Hirn jetzt zunächst auch nicht mitgemacht. 😉
Man sieht das rechnerisch leichter ein, wenn man das Ausgangssystem
\[\pi=\left(p_1,p_2,p_3\right)\cdot\bpm 1&0&0 \\ \frac{1}{4}&\frac{1}{2}&\frac{1}{4}\\0&0&1 \epm=\left(p_1,p_2,p_3\right)\]
betrachtet. Das führt auf die Gleichungen
\[\ba
p_1+\frac{p_2}{4}&=p_1\\
\\
\frac{p_2}{2}&=p_2\\
\\
\frac{p_2}{4}+p_3&=p_3
\ea\]
und damit sofort auf die angegebene Lösung (beachte: \(\pi\) muss ja auch zeilenstochastisch sein).
Mit etwas Überlegung lässt sich das Resultat aber auch direkt ablesen, wie ja in Beitrag #1 ausgeführt wurde.
Gruß, Diophant
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]\(\endgroup\)
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Lorenzo
Junior 
Dabei seit: 16.11.2019
Mitteilungen: 7
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-24
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Hallo zippi,
leider ist mir das nicht so klar, deswegen habe ich so etwas auch nie in betracht gezogen, könntest du vlt noch etwas mehr darauf eingehen, warum die Stationäre Verteilung für $\pi_2 = 0$ sein muss?
LG
Lorenz
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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Lorenzo
Junior
Dabei seit: 16.11.2019
Mitteilungen: 7
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-10-24
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Hallo Diophant,
danke für diesen Weg, ich hatte die andere Methode $\pi P = pi$ total vergessen.
Ist diese denn grundsätzlich besser als $(P-I)^T pi= 0$ ?
LG
Lorenz
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zippy
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| Beitrag No.5, eingetragen 2020-10-24
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2020-10-24 14:10 - Lorenzo in Beitrag No. 3 schreibt:
könntest du vlt noch etwas mehr darauf eingehen, warum die Stationäre Verteilung für $\pi_2 = 0$ sein muss?
Es gibt nur Übergänge aus 2 heraus, aber keine in 2 hinein. Solange die Wahrscheinlichkeit für Zustand 2 nicht 0 ist, wird sie also mit jedem Schritt kleiner. In einem stationären Zustand (wo sich ja nichts mehr ändern kann) muss diese Wahrscheinlichkeit also verschwinden.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
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zippy
Senior
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Mitteilungen: 1767
| Beitrag No.6, eingetragen 2020-10-24
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2020-10-24 14:16 - Lorenzo in Beitrag No. 4 schreibt:
Ist diese denn grundsätzlich besser als $(P-I)^T pi= 0$ ?
Nein, du hattest das Ergebnis doch schon mit weniger Aufwand mit deinem Weg berechnet, es aber nur nicht erkannt:
2020-10-24 14:06 - zippy in Beitrag No. 1 schreibt:
Dieses Ergebnis kannst du auch sofort an deiner ersten Gleichung für $(P-I)^T\pi=0$ ablesen, denn die sagt ja: $\pi_2=0$, $\pi_1$ und $\pi_3$ beliebig.
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Diophant
Senior
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Herkunft: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.7, eingetragen 2020-10-24
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
2020-10-24 14:16 - Lorenzo in Beitrag No. 4 schreibt:
danke für diesen Weg, ich hatte die andere Methode $\pi P = pi$ total vergessen.
Ist diese denn grundsätzlich besser als $(P-I)^T pi= 0$ ?
Ich verstehe die Frage nicht ganz. Deine Matrix \(P\) ist zeilenstochastisch, also sollte der Zufallsvektor \(\pi\) auch in Zeilenform gewählt werden, damit er ohne Transponieren mit der Multiplikation verträglich ist. Da geht es also zunächst einmal nicht um besser oder schlechter.
Mir ging es nur darum, dir einen möglichen rechnerischen Weg aufzuzeigen.
Gruß, Diophant
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]\(\endgroup\)
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