체인을 병렬로 실행하십시오. 결과 제품 체인에서 3 가지 흡수 상태를 정의하십시오.

1. 첫 번째 사슬은 흡수 상태에 도달하지만 두 번째 사슬은 흡수되지 않습니다.

2. 두 번째 체인은 흡수 상태에 도달하지만 첫 번째 체인은 흡수되지 않습니다.

3. 두 체인 모두 동시에 흡수 상태에 도달합니다.

제품 체인에서이 세 가지 상태의 제한 확률은 관심의 기회를 제공합니다.

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이 솔루션에는 일부 간단한 구조가 포함됩니다. 질문에서와 같이P =피나는 j, 1 ≤ i , j ≤ n

$\mathbb{P}=P_{ij},1\le i,j\le n$

$\mathbb{P} = P_{ij}, 1 \le i,j\le n$ 체인의 전이 행렬 피

$\mathcal{P}$

$\mathcal P$. 체인이 상태 일 때나는

$i$

$i$, 피나는 j

$P_{ij}$

$P_{ij}$ 상태로의 전환 확률을 제공 제이

$j$

$j$. 흡수 상태 확률로 그 자체로 전환 할1

$1$

$1$.

1. 어떤 주 나는
   $i$

   $i$줄을 대체 할 때 흡수 될 수 있습니다피나는= (피나는 j, j = 1 , 2 , … , n )

   ${\mathbb{P}}_i=(P_{ij},j=1,2,\dots ,n)$

   $\mathbb{P}_{i} = (P_{ij}, j=1, 2, \ldots,n)$ 지표 벡터에 의한 것 ( 0 , 0 , … , 0 , 1 , 0 , … , 0 )

   $(0,0,\dots ,0,1,0,\dots ,0)$

   $(0,0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)$ 와 1

   $1$

   $1$ 위치에 나는

   $i$

   $i$.

2. 어떤 세트 ㅏ

   $A$

   $A$새로운 사슬을 만들어 흡수 상태의 합병피/ A

   $\mathcal{P}/A$

   $\mathcal{P}/A$ 누구의 주가 {i|i∉A}∪{A}

   $\{i|i\notin A\}\cup \{A\}$

   $\{i\,|\, i\notin A\}\cup \{A\}$. 전이 행렬은

   (P/A)ij=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪Pij∑k∈APik01i∉A,j∉Ai∉A,j=Ai=A,j∉Ai=j=A.

   $$(\mathbb{P}/A{)}_{ij}=\begin{array}{l}\{\begin{array}{ll}{P}_{ij}& i\notin A,j\notin A\\ \sum _{k\in A}{P}_{ik}& i\notin A,j=A\\ 0& i=A,j\notin A\\ 1& i=j=A.\end{array}\end{array}$$

   $$(\mathbb{P}/A)_{ij} = \begin{array}{ll} \left\{ \begin{array}{ll} P_{ij} & i \notin A,\, j \notin A\\ \sum_{k\in A} P_{ik} & i\notin A, j=A \\ 0 & i=A, j\notin A \\ 1 & i = j = A. \end{array}\right. \end{array}$$

   이것은 열을 합산하는 것입니다. P

   $\mathbb{P}$

   $\mathbb{P}$ 에 해당하는 A

   $A$

   $A$ 행을 교체하면 A

   $A$

   $A$ 자체로 전환하는 단일 행으로.

3. 두 체인 의 제품P

   $\mathcal{P}$

   $\mathcal{P}$ 주에서 SP

   $S_P$

   $S_P$ 과 Q

   $\mathcal{Q}$

   $\mathcal{Q}$ 주에서 SQ

   $S_Q$

   $S_Q$전이 행렬과 함께 P

   $\mathbb{P}$

   $\mathbb{P}$ 과 Q

   $\mathbb{Q}$

   $\mathbb{Q}$각각 국가의 마르코프 체인입니다 SP×SQ={(p,q)|p∈SP,q∈SQ}

   $S_P\times S_Q=\{(p,q)|p\in S_P,q\in S_Q\}$

   $S_P\times S_Q = \{(p,q)\,|\, p\in S_P, q\in S_Q\}$ 전이 행렬로

   (P⊗Q)(i,j),(k,l)=PikQjl.

   $$(\mathbb{P}\otimes \mathbb{Q}{)}_{(i,j),(k,l)}=P_{ik}{Q}_{jl}.$$

   $$(\mathbb{P} \otimes \mathbb{Q})_{(i,j),(k,l)} = P_{ik}Q_{jl}.$$

   실제로, 제품 체인은 두 체인을 병렬로 실행하여 각각의 위치를 ​​개별적으로 추적하고 독립적으로 전환합니다.

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간단한 예가 이러한 구성을 명확히 할 수 있습니다. 폴리가 기회를 가지고 동전을 뒤집고 있다고 가정하자p

$p$

$p$착륙장 그녀는 머리를 관찰 할 때까지 그렇게 할 계획입니다. 동전 뒤집기 과정의 상태는SP={T,H}

$S_P=\{\text{T},\text{H}\}$

$S_P = \{\text{T},\text{H}\}$ 가장 최근 플립 결과를 나타냅니다. T

$\text{T}$

$\text{T}$ 꼬리를 위해 H

$\text{H}$

$\text{H}$머리를 위해. 폴리 (Poly)는 선두에 서서 계획함으로써 첫 번째 시공을H

$\text{H}$

$\text H$흡수 상태. 결과 전이 행렬은

$$\mathbb{P} = \pmatrix{1-p & p \\ 0 & 1}.$$

그것은 임의의 상태에서 시작 (1−p,p)

$(1-p,p)$

$(1-p,p)$ 첫 번째 던지기에 의해 주어진.

폴리와 함께, 퀸시는 공정한 동전을 던질 것입니다. 그는 두 개의 머리를 연속으로보고 난 후에 멈출 계획이다. 따라서 Markov 체인은 현재 결과뿐만 아니라 이전 결과를 추적해야합니다. 두 개의 머리와 두 개의 꼬리의 네 가지 조합이 있습니다.TH

$\text{TH}$

$\text{TH}$예를 들어 첫 번째 문자는 이전 결과이고 두 번째 문자는 현재 결과입니다. Quincy는 건설 (1)을 적용하여HH

$\text{HH}$

$\text{HH}$흡수 상태. 그렇게 한 후, 그는 실제로 네 가지 상태가 필요하지 않다는 것을 알고 있습니다. 그는 체인을 세 가지 상태로 단순화 할 수 있습니다.T

$\text{T}$

$\text{T}$ 현재 결과가 꼬리임을 의미합니다. H

$\text{H}$

$\text{H}$ 현재 결과가 머리임을 의미하며 X

$\text{X}$

$\text{X}$마지막 두 결과는 두 가지 모두를 의미합니다. 이것은 흡수 상태입니다. 전이 행렬은

$$\mathbb{Q} = \pmatrix{\frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 1}.$$

제품 체인은 6 가지 상태에서 실행됩니다. (T,T),(T,H),(T,X);(H,T),(H,H),(H,X)

$(T,T),(T,H),(T,X);(H,T),(H,H),(H,X)$

$(T,T), (T,H), (T,X); (H,T), (H,H), (H,X)$. 전이 매트릭스 A는 텐서 생성물 의P

$\mathbb{P}$

$\mathbb{P}$ 과 Q

$\mathbb{Q}$

$\mathbb{Q}$쉽게 계산됩니다. 예를 들어(P⊗Q)(T,T),(T,H)

$(\mathbb{P}\otimes \mathbb{Q}{)}_{(T,T),(T,H)}$

$(\mathbb{P}\otimes\mathbb{Q})_{(T,T),(T,H)}$ 폴리가 T

$\text{T}$

$\text T$ 에 T

$\text{T}$

$\text T$ 그리고 동시에 (그리고 독립적으로) Quincy는 T

$\text{T}$

$\text T$ 에 H

$\text{H}$

$\text H$. 전자는 기회가1−p

$1-p$

$1-p$ 후자는 1/2

$1/2$

$1/2$. 체인이 독립적으로 실행되기 때문에 그 가능성은 배가되어(1−p)/2

$(1-p)/2$

$(1-p)/2$. 전체 전이 행렬은

$$\mathbb{P}\otimes\mathbb{Q} = \pmatrix{ \frac{1-p}{2} & \frac{1-p}{2} & 0 & \frac{p}{2} & \frac{p}{2} & 0 \\ \frac{1-p}{2} & 0 & \frac{1-p}{2} & \frac{p}{2} & 0 & \frac{p}{2} \\ 0 & 0 & 1-p & 0 & 0 & p \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 }.$$

두 번째 행렬에 해당하는 블록이있는 블록 행렬 형식입니다. Q

$\mathbb{Q}$

$\mathbb Q$:

$$\mathbb{P}\otimes\mathbb{Q} = \pmatrix{ P_{11}\mathbb Q & P_{12}\mathbb Q \\ P_{21}\mathbb Q & P_{22}\mathbb Q } = \pmatrix{ (1-p)\mathbb Q & p\mathbb Q \\ \mathbb 0 & \mathbb Q }.$$

폴리와 퀸시는 누가 먼저 목표를 달성 할 수 있는지 경쟁합니다. 승자가 처음으로 전환 될 때마다 승자가 폴리가됩니다.(H,*)

$(\text{H},\text{*})$

$(\text{H},\text{*})$ 어디 *

$\text{*}$

$\text{*}$ 아니다 X

$\text{X}$

$\text X$; 승자가 처음 전환 될 때마다 우승자가 Quincy가됩니다.(T,X)

$(\text{T},\text{X})$

$(\text{T},\text{X})$; 그 중 하나가 발생하기 전에 전환이 이루어지면(H,X)

$(\text{H},\text{X})$

$(\text{H},\text{X})$결과는 추첨이됩니다. 추적하기 위해, 우리는 상태를 만들 것입니다(H,T)

$(\text{H},\text{T})$

$(\text{H},\text{T})$ 과 (H,H)

$(\text{H},\text{H})$

$(\text{H},\text{H})$(건설 (1)을 통해) 흡수 한 다음 (건설 (2)를 통해) 병합하십시오. 상태별로 정렬 된 결과 전이 행렬(T,T),(T,H),(T,X),{(H,T),(H,H)},(H,X)

$(T,T),(T,H),(T,X),\{(H,T),(H,H)\},(H,X)$

$(T,T), (T,H), (T,X), \{(H,T), (H,H)\}, (H,X)$ 이다

$$\mathbb{R} = \pmatrix{ \frac{1-p}{2} & \frac{1-p}{2} & 0 & p & 0 \\ \frac{1-p}{2} & 0 & \frac{1-p}{2} & \frac{p}{2} & \frac{p}{2} \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 }.$$

폴리와 퀸시의 동시 첫 투구 결과는 주가 될 것이다 (T,T),(T,H),(T,X),{(H,T),(H,H)},(H,X)

$(T,T),(T,H),(T,X),\{(H,T),(H,H)\},(H,X)$

$(T,T), (T,H), (T,X), \{(H,T), (H,H)\}, (H,X)$ 확률로 μ=((1−p)/2,(1−p)/2,0,p,0)

$\mu =((1-p)/2,(1-p)/2,0,p,0)$

$\mu = ((1-p)/2, (1-p)/2, 0, p, 0)$, 각각 : 체인을 시작하는 초기 상태입니다.

한도에서 n→∞

$n\to \mathrm{\infty }$

$n\to \infty$,

$$\mu \cdot \mathbb{R}^n \to \frac{1}{1+4p-p^2}(0, 0, (1-p)^2, p(5-p), p(1-p)).$$

따라서 세 가지 흡수 상태의 상대 확률 (T,X),{(H,T),(H,H)},(H,X)

$(T,X),\{(H,T),(H,H)\},(H,X)$

$(T,X), \{(H,T), (H,H)\}, (H,X)$ (퀸시 승리, 폴리 승리, 대표) (1−p)2:p(5−p):p(1−p)

$(1-p{)}^2:p(5-p):p(1-p)$

$(1-p)^2:p(5-p):p(1-p)$.

의 기능으로 p

$p$

$p$ (폴리의 던지기 중 하나가 머리가 될 확률), 빨간색 곡선은 폴리의 우승 확률을 나타내고, 파란색 곡선은 퀸시의 우승 확률을 나타내며, 금색 곡선은 무승부 확률을 나타냅니다.

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