.

Я бы посоветовал начать с неплохой книжки Ван Кампена "Стохастические методы в физике и химии", там пара глав про свойства таких матриц. Если я правильно помню, то тут можно рассуждать примерно так:
Если N большое, то можно считать, что равновесие установилось. Следовательно вероятности переходов i->j можно уже посчитать в явном виде. Навскидку - выставленные вами требования на соотношения вероятностей переходов невыполнимы (полуинтуитивно, могу ошибаться)
Если лень думать - можно просто запрограммировать, вычисляя стохастически кол-во переходов при случайном векторе pi при фиксированном большом N, и посмотреть, реализуются ли похожие варианты.

Тогда еще один совет - включите переход i->i, математически дело принципиально упростится до тривиального в силу вырождения матрицы, а физически - ситуация осталась такая же, потом просто скорректируете счетчик переходов.

Не строго: для выполнения 1 надо b = c, 2 и 3 не верно, 4 верно.

Если включить i->i, то w(i->j)= pi*pj. Очевидно, что выключение i->i обратно не нарушает принцип детального равновесия w(i->j)=wij=wji=ci*vij просто немного меняет населенности ci и эффективность перехода v(i->j)=vij.
1. Эффективность изменяется с vij=pj на vij=pj/(1-pi)
2. Населенность проще посчитать исходя из того, что wij=wji, а именно ci*vij=cj*vji => ci=(v1i/vi1)c1, где с1 находится из условия нормировки sum(ci)=1

Итого, ответ:
wij=vij*(v1i/vi1)c1, где vij=pj/(1-pi)

Надеюсь в индексах не напутал, ход решения изложен для самостоятельной проверки.

Если a = 0, то => b = c = 1. Отсюда вывод: нет контрпримера.


Ваш пост показывает, что Вы гадаете. Моих знаний достаточно для того, чтобы делать такие оценки навскидку.

Мда.. Подумал про одно, написал про другое..
Если хотите доказать, то для начала надо найти мат ожидание количества 4-ок и мат ожидание количества 9-ок из N переходов.

Простите, а в чём зависимость от предыдущего состояния\состояний?

P.S.Перебором вариантов. Для каждого i,j разбиваем N на 2m+1 слагаемых с перестановками. Пусть N=5, m=2, тогда 5=(1+1)+(2+1) + 0 задаёт два перехода i->j следующим образом:

Вероятность попасть в i на за один шаг * вероятность попасть из i->j * вероятность попасть из j в i за два шага * вероятность попасть из i -> j = вероятность дважды совершить переход из i->j, при условии, что эти переходы будут на 2 и 5-м шаге.
Потом по всем разбиениям суммируем, получаем нужную вероятность, по-моему.

Ещё вариант, то же самое, но более понятно:
берём N шагов
x1 -> x2 -> x3 -> x4 -> x5 -> x6
Перебираем все возможные расстановки переходов i ->j, например одна итерация
i -> j -> x3 -> i -> j -> x6
Перебираем все возможные x3, x6, например одна итерация
i -> j -> 1 -> i -> j ->1
Вычисляем вероятность такого перехода.

Выполнив оба цикла перебора, суммируем все получившиеся вероятности.

wij - усредненная вероятность по ансамблю того, что следующий переход будет из состояния i в состояние j.
vij - усредненная вероятность по ансамблю того, что следующий переход будет в состояние j, если известно, что система находилась в состоянии i (vii=wii=0 по условию)

Тогда писать следует более строго, не

А "Генерация происходит так: если мы имеем состояние i, по мы переходим в состояние j с вероятностью p^i_j , где p^i_i=0". Возможно, вы это и имели ввиду, просто, согласитесь, это не одно и то же.

P.S. Исправил предыдущий свой пост.

P.P.S. А ещё индукция рулит =)
Предположим, что мы имеем формулы для вероятности за n меньше некоторой константы шагов получить k переходов i -> j. Обозначим эти вероятности, как P (n ,k,i ,j )
Тогда мы можем вычислить для n+1 вероятности P(n+1, k1 , i, j) для k1 по формуле

P (n+1 , k1 , i ,j) = Сумма по всем разбиениям (n+1=n1+n2) [ сумма по всем разбиениям (k1 = k11 + k12) { P(n1 ,k11 ,i, j) * P (n2 ,k12 ,i, j) } ]

P.P.P.S Впрочем, в формуле выше, возможно, потребуется задавать ещё стыковые значения, не уверен =/

Ещё вопрос
В первом условии вам нужна сходимость к "равности количества раз" при N -> \infty ? Если да, то ничего не получится, потому в пределе должна получится цепь Маркова, соответственно, у неё будет таблица
0 , p12 , ... , p1n
p21 , 0 , ... , p2n
. . .
. . .
. . .
pn1, ... , 0

где pij = 1 / (n-1) , p94 = k /(n-1), но такая матрица не будет матрицей вероятностей.

Попробуйте b=1/16, c=1/2, a=5/(16*8).

upd1. Небольшой вопрос - получается ли у вас, что wij/wik=pj/pk= wji/wki ?

upd2. Получается ли, что wij=pi*pj/G, где G = 1- sum(pi*pi, i) при условии sum(pi,i)=1

Ошибку в индексах поправил в предыдущем посте

Я довел свой предыдущий ответ до удобоваримой формы
wij=pi*pj/G, где G = 1- sum(pi*pi, i) при условии sum(pi,i)=1

На соотношение переходов конечно это никак не влияет, так как достаточно бросить взор на матрицу переходных вероятностей. Видно, что сообщающихся состояний всего два: 4 и 9, а остальные состояния - недостижимые. Вероятность перехода из состояния 4 в 9 = 1, аналогичная вероятность перехода из 9 в 4. Ровно об этом я и подумал, когда писал b = c = 1..


Давайте забудем про эмпирические результаты, веть вам нужна чистая теория..


Хорошо, что для Вас это очевидно, но не забывайте про то, что вероятности переходов из 4 в 9 и из 9 в 4 тоже разные..


Если Вам нужен теоретический результат, то эмпирическое мат ожидание не подойдет, тем более 1-ой выборки сильно мало. Зачем это нужно? Всего лишь для того, что оно либо докажет ваши предположения, либо опровергнет.

Давай начнем с того, что доказывать здесь надо при помощи ТВ. Количество переходов из 4 в 9 - это некая случайная величина. "Переходы 4->9 и 9->4 будут встречаться с одинаковой частотой" - можно перефразировать как: мат ожидание случайной величины "кси" (количество переходов из 4 в 9) = мат ожиданию случайной величины "эта" (количество переходов из 9 в 4). Остается найти необходимые мат ожидания. Искать сам их не собираюсь, так как много писать надо, а времени свободного не имею. Могу посодействовать в анализе, но не в писанине..


Вы пишете: Количество 9: 400, количество 4: 206. Количество 4->9: 151, количество 9->4: 147. Чему и как помогло вам матожидание ? Это можно понять так: "Я Вам привел мат ожидание, чем оно помогло?". Именно на это я Вам и ответил..

В формуле зависимости от i нет, получается? Интересно.
P.S. Подумал, понял =) что по определению.

Специально, Nox Metus, для Вас посчитал:
5 состояний: 1, 2, 3, 4, 5
5 вероятностей: 0.1, 0.3, 0.1, 0.4, 0.1
5 переходов
Мат ожидания переходов 2->4 и 4->2 отличаются. О какой симметричности может идти речь?

А как вы считаете матожидание? Эксперименты показывают, что таки количество переходов почти совпадает. И кстати, вы учли, что величины зависимые?

Как считают мат ожидания дискретных случайных величин, по определению. Для расчета написал программу, которая генерирует все возможные 5-ти шаговые цепочки состояний. Да, забыл сказать, что за 0-ое состояние я принял состояние 1. Далее для каждой цепочки высчитываем количество переходов 2->4, количество переходов 4->2 и, собственно, вероятность самой цепочки. Теперь находим мат ожидания:
Ep2->4 = 0.69166
Ep4->2 = 0.70522
Возможно не самый удачный пример, но по нему видно, что симметричности нет. Или не так?

Дело в том, что в строгом смысле ее никогда и не будет, если вы всегда стартуете из 0, в силу того, что на установление равновесной населенностей уровней требуется время (большое число шагов). Если увеличивать длину цепочек с 5 до бесконечности, то Ep2->4 будет сходиться к Ep4->2. Скорость сходимости оценить в целом трудно, возможны нюансы.
Видно, что 5 переходов уже вполне неплохо описываются равновесными параметрами, но ситуация ухудшится, если у вас среди pi будут маленькие числа много меньшие остальных pi, это в целом будет замедлять установление равновесия.

Так, а где доказательство факта "Если увеличивать длину цепочек с 5 до бесконечности, то Ep2->4 будет сходиться к Ep4->2" или это известный факт? Если известный, то дайте ссылку на литературу. А если доказательства этого факта нет, то как раз при больших N и будут хорошо проявляться расхождения. Ведь так?

Это следует из теоремы Перрона и Фробениуса.
Либо из главы 5.3 книги Ван Кампен "Стохастические методы в физике и химии"