Cuando la suma de independientes de las cadenas de Markov es una cadena de Markov?

Question

Trato de encontrar la mayor cantidad posible de casos, cuando la cadena de $Z(t) = |X_1(t)-X_2(t)|$ es de Markov, donde $X_1(t)$ $X_2(t)$ son independientes, discreta en tiempo y espacio, de preferencia no homogéneos de las cadenas de Markov. Empecé a buscar por la suma de independientes de las cadenas de Markov y me encontré con esta declaración en Stoyanov J. - Contraejemplos en Probabilidad (2ed., Wiley, 1997)(p.229, uno puede buscar en google y encontrar en google libros):

... la suma de dos procesos de Markov no tiene que ser un proceso de Markov. Nota, sin embargo, que la suma de dos procesos de Markov conserva esta propiedad.

Que me parece muy extraño para mí y deseo encontrar la prueba o, al menos, la declaración de la otra parte.

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EDIT: El modo de pensar cómo se puede ver como una suma de dos independientes de las cadenas de Markov (Si quiero demostrar que la suma de dos independientes de las cadenas de Markov es de nuevo una cadena de Markov):

Deje $Y(n) = X_1(n)+X_2(n)$. Entonces

$P(Y(n+1) = i_{n+1} \ | \ Y(n) = i_n, ..., Y(0)=i_0) =$

$= P(X_1(n+1)+X_2(n+1)=i_{n+1}\ | \ X_1(n)+X_2(n)=i_n,...,X_1(0)+X_2(0)=i_0)=$

$=/ (?) / = \sum_{j+k=i_{n+1}}P(X_1(n+1)=j,X_2(n+1)=k \ | \ \cdot)=$

$=/\text{X's are independent}/ = \sum_{j+k=i_{n+1}}P(X_1(n+1)=j \ | \ \cdot)\cdot P(X_2(n+1)=k \ | \ \cdot) = $

$= /\text{Markov property + (??) } / = \sum_{j+k=i_{n+1}}P(X_1(n+1)=j \ | \ X_1(n)+X_2(n)=i_n)\cdot P(X_2(n+1)=k \ | \ X_1(n)+X_2(n)=i_n)=$

$=P(X_1(n+1)+X_2(n+1)=i_{n+1} \ | \ X_1(n)+X_2(n)=i_n) = P(Y(n+1)=i_{n+1}\ | \ Y(n)=i_n)$.

Aquí estoy seguro acerca de (?) y (??) pasos.

Answer 1

En general, la suma de dos independientes de las cadenas de Markov no es una cadena de Markov.

Deje $X$ ser una variable aleatoria tal que $\mathbb{P}(X=0) = \mathbb{P}(X=1) = \frac{1}{2}$ y establezca $X_n := X$ todos los $n \in \mathbb{N}$. Obviamente, $(X_n)_{n \in \mathbb{N}}$ es una cadena de Markov. Por otra parte, vamos $(Y_n)_{n \in \mathbb{N}_0}$, $Y_0 := 0$, ser una cadena de Markov independiente de $X$ con espacio de estado $\{-1,0,1\}$ y la matriz de transición

$$P := \begin{pmatrix} \frac{1}{4} & \frac{3}{4} & 0 \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ 0 & \frac{3}{4} & \frac{1}{4} \end{pmatrix}.$$

Ahora establezca $Z_n := X_n+Y_n$. Luego, por la independencia de $X$$(Y_n)_{n \in \mathbb{N}_0}$, tenemos

$$\begin{align*} \mathbb{P}(Z_2 = 0 \mid Z_1 = 1, Z_0 = 1) &= \frac{\mathbb{P}(Z_2 = 0, Z_1 = 1, Z_0 = 1)}{\mathbb{P}(Z_1 =1, Z_0=1)} \\ &=\frac{\mathbb{P}(Y_2 = -1, Y_1 = 0, X= 1)}{\mathbb{P}(Y_1 =0, X=1)} \\ &= \frac{\mathbb{P}(Y_2 = -1, Y_1 = 1)}{\mathbb{P}(Y_1 = 0)} \frac{\mathbb{P}(X=1)}{\mathbb{P}(X=1)} \\ &= \mathbb{P}(Y_2 = -1 \mid Y_1 = 0) = \frac{1}{4}. \end{align*}$$

Por otro lado, una muy similares cálculo muestra que

$$\begin{align*} \mathbb{P}(Z_2 = 0 \mid Z_1 = 1) &= \frac{\mathbb{P}(Y_2 = -1, Y_1=0) \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(Y_2 = 0, Y_1=1) \mathbb{P}(X=0)}{\mathbb{P}(Y_1 = 0) \mathbb{P}(X=1) + \mathbb{P}(Y_1=1) \mathbb{P}(X=0)} \\ &= \frac{5}{12} \neq \frac{1}{4}. \end{align*}$$

Esto significa que $(Z_n)_{n \in \mathbb{N}_0}$ no es una cadena de Markov.