Computación en la limitación de las probabilidades de transición con la absorción de los estados

Question

Un banco clasifica los préstamos como pagado en su totalidad (F), (G), en mora (A), o como un mal de la deuda (B). Los préstamos se mueven entre las categorías de acuerdo a la siguiente probabilidad de transición:

$$B = \begin{pmatrix}1.0000 & 0 & 0 & 0 \\\ 0.1000 & 0.8000 & 0.1000 & 0 \\\ 0.1000 & 0.4000 & 0.4000 & 0.1000 \\\ 0 & 0 & 0 & 1.0000 \end{pmatrix} $$

Qué fracción de préstamos de buena reputación son eventualmente pagado en su totalidad? ¿Cuál es la respuesta para aquellos en mora?

Mi Trabajo

No estoy seguro de cómo ir sobre esto. Sé cómo calcular las probabilidades de transición para irreductible, aperiódica cadenas, pero cuando me levante esta transición de la matriz a una potencia alta en MATLAB, tengo

$$ ans = \begin{pmatrix} 1.0000 & 0 & 0 & 0 \\\ 0.8750 & 0 & 0 & 0.1250 \\\ 0.7500 & 0 & 0 & 0.2500 \\\ 0 & 0 & 0 & 1.0000\end{pmatrix} .$$

Así que puedo responder a esta pregunta, es solo que no estoy seguro de cómo simbólicamente encontrar estos limitación de probabilidades.

Answer 1

Para responder a esa pregunta que usted necesita saber un poco de álgebra lineal, y, en particular, acerca de la diagonalización de la matriz.

Usted puede descomponer la matriz $B$ como la siguiente matriz producto.

$$B = P \Lambda P^{-1}, $$

where the columns of P are eigenvectors and $\Lambda$ is a diagonal matrix, with eigenvalues on the diagonal. Note that

$$B^n = P \Lambda P^{-1} \ldots P \Lambda P^{-1} = P \Lambda^n P^{-1},$$

and that $\Lambda^n$ is very easy to compute, because it consists of the eigenvalues raised to the power $n$. In addition, all we need to know in order to compute the limit of $\Lambda^n$ is whether the values qre larger or smaller than 1.

When all values in $B$ are positive, the Perron-Frobenius guarantees that 1 is the unique largest (in modulus) eigenvalue. In general you can prove that 1 is always an eigenvalue of $B$ and in your case it is an eigenvalue of order 2 because you have two absorbing states. The other two eigenvalues are smaller than 1, and quickly go to 0 when raised to the power $n$. So the answer is the result of

$$ P \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 \\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} P^{-1}.$$

Aquí es cómo usted puede hacerlo con R

B = matrix(c(1, .1, .1, 0, 0, .8, .4, 0, 0, .1, .4, 0, 0, 0, .1, 1), ncol=4)
eig = eigen(B)
# Show the eigen values.
eig[['values']]
# [1] 1.0000000 1.0000000 0.8828427 0.3171573
# Notice that 1 is there two times and the other two are
# less than 1.
P = eig[['vectors']]
# Show the matrix P.
P
# Show the answer.
P %*% diag(c(1,1,0,0)) %*% solve(P)

Answer 2

Para un sistema de este pequeño, usted puede hacer todo a mano.

Deje $x_i$ la probabilidad de que usted termina pagado en su totalidad en el estado de $i$. El uso de las probabilidades de transición para escribir una ecuación por cada estado, diciendo que $x_i$ es igual a la media ponderada de $x_j$, donde el peso es la probabilidad de transición de $i$ $j$en un solo paso. En otras palabras, la probabilidad de terminar pagado en su totalidad es igual al valor esperado de la oportunidad de ser pagado en su totalidad tras el paso siguiente. Por ejemplo, $x_G = 0.1 x_F + 0.8 x_G + 0.1 x_A$.

Esto le da a usted $4$ ecuaciones en $4$ incógnitas, que suena prometedor. Sin embargo, $2$ de estas ecuaciones se $x_F = x_F$$x_B = x_B$. Usted debe reemplazar a los con $x_F = 1$$x_B = 0$.