Prueba directa de que la distribución estacionaria de una cadena irreducible es única

Question

Ejercicio 1.13 en el libro de Levin-Peres-Wilmer, http://pages.uoregon.edu/dlevin/MARKOV/markovmixing.pdf pide una prueba directa de que la distribución estacionaria de una cadena irreducible es única. Tenga en cuenta que el Corolario 1.17 ibid. da una prueba muy hábil de este hecho, pero no es "directa". Nos dan una pista de la siguiente manera: "Dadas las distribuciones estacionarias $\pi_1$ y $\pi_2$, considera el estado $x$ que minimiza $\pi_1(x)/\pi_2(x)$ y muestra que todos los $y$ con $P(x, y) > 0$ tienen $\pi_1(y)/\pi_2(y)=\pi_1(x)/\pi_2(x)".

No pude hacerlo funcionar y agradecería pistas adicionales.

Answer 1

Permítanos dar la prueba completa, que es la misma que la de Aryeh, pero la extendemos para que no sea necesario que $P(z,x) > 0$ para todos los estados $z.

Por lo tanto, como en la prueba de Aryeh (repetida a continuación para mayor claridad), consideremos $a$ y $b$, dos distribuciones estacionarias. También sea $x$ el minimizador de $z \mapsto a(z)/b(z)$ y llamemos $r=a(x)/b(x)$. Claramente tiene que ser el caso de que $r < \infty$ ya que por estacionariedad e irreducibilidad se cumple que $b(z) > 0$ para todos los $z$. Obtendremos:

$$ \begin{aligned> a(x) &= \sum_z a(z)P(z,x) \\ &= \sum_{z} \frac{a(z)}{b(z)} b(z) P(z,x) \\ &\geq \sum_{z} r b(z) P(z,x) \\ &= r \sum_z b(z) P(z,x) \\ &= r b(x) \\ &= a(x) $$

Pero para que la igualdad se mantenga en toda la expresión, necesitamos que la igualdad se mantenga para todos los sumandos en la desigualdad ($\geq$) de la línea 3.

Esto implica que $\frac{a(z)}{b(z)}P(z,x) = rP(z,x)$ para todos los $z$. En particular, para todos los $z$ tales que $P(z,x) > 0$ obtenemos que $\frac{a(z)}{b(z)} = r.

Sin embargo, para concluir, necesitamos que esto se cumpla para todos los $z $, no solo para aquellos con $P(z,x) > 0.

Tomemos otro $z$ tal que $P(z,x) = 0$. Por la irreducibilidad de la cadena, sin embargo, existe algún $n$ tal que $P^n(z,x) > 0$, donde $P^n$ denota las probabilidades de transición de $n$ pasos.

Repetiendo el mismo argumento anterior con las ecuaciones de Chapman-Kolmogorov de $n$ pasos (es decir, $a(x) = \sum_z a(z)P^n(z,x)$), vemos que también $a(z)/b(z)=r.

Por lo tanto, $a(z)/b(z) = a(x) / b(x)$ se mantiene para todos los estados $z$, y como $\sum a(z) = \sum b(z) = 1$ concluimos que $a=b.

Answer 2

Siguiendo las sugerencias de Michael en los comentarios, creo que no se necesitan suposiciones explícitas del tipo $P(x,y)>0$. Denotando $a:=\pi_1$ y $b:=\pi_2$, tenemos $$ a(x) = \sum_z a(z)P(z,x)\ge\sum_z rb(z)P(z,x)=rb(x).$$ Pero de hecho $a(x)=rb(x)$, ya que $x$ fue elegido para minimizar la proporción $a(x)/b(x) Esto significa que ninguna de las desigualdades $a(z)\ge rb(z)$ puede ser fuerte y de hecho deben ser todas igualdades, por lo tanto $a=b$.

Editar: ay, la suposición $P(z,x)>0$ sí es necesaria para llegar a esa conclusión final.