Considere un cuadrado como este $$\begin{array}\\ 1 & - & 2\\ | & & |\\ 3 & - & 4 \end{array} $$ de tal manera que se puede ir de cada estado con posibilidad $\tfrac{1}{2}$ a los estados vecinos. Así, tenemos la siguiente matriz de transición $$P = \begin{pmatrix}0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}& 0\\ \tfrac{1}{2} & 0 & 0 & \tfrac{1}{2}\\ \tfrac{1}{2}&0 & 0 & \tfrac{1}{2}\\ 0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}& 0 \end{pmatrix}. $$ Dejemos que $p_{i,j}(n)$ sea la posición $(i,j)$ en la matriz $P^n$ . Quiero encontrar $p_{1,1}(n)$ .
Este es mi enfoque:
- Diagonalizar P, los eigevalores de $P$ son $-1,1,0,0$ por lo tanto $P = U D U^{-1} $ donde $$D = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ \end{pmatrix} $$ Así, $P^n = U D^n U^{-1}$ .
- Sabemos que $p_{1,1}(0) = 1$ y $p_{1,1}(1) = 0$
Yo diría que $p_{1,1}(n) = A + (-1)^n B$ pour $A,B \in \mathbb{R}$ . Pero es evidente que esto no es cierto porque $A = B = \tfrac{1}{2}$ y por lo tanto $$p_{1,1}(2) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1. $$ Esto no es posible.
Intuyo que hay simetría, no se puede volver a la posición inicial en pasos de impar. Pero quiero hacer esto más formal con el álgebra lineal. No veo por qué $$p_{1,1}(n) = \frac{1}{2}A + \frac{1}{2}(-1)^n B = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}(-1)^n. $$ Supongo que esto es cierto porque dos valores propios son cero. Pero no he encontrado algo que afirme esto.
