Matrizen und Übergangsprozesse

Eine stochastische Matrix $M = \begin{pmatrix} 0{,}7 & 0{,}4 \\ 0{,}3 & 0{,}6 \end{pmatrix}$ modelliert den Übergang zwischen Zuständen A und B. Bestimmen Sie den Fixvektor mit Anteilen $a + b = 1$.

1. 01Schritt 1 — Fixvektor-Bedingung

   $M\vec{v} = \vec{v}$, also $\begin{cases} 0{,}7a + 0{,}4b = a \\ 0{,}3a + 0{,}6b = b \end{cases}$.

2. 02Schritt 2 — Umformen

   Aus der ersten Gleichung: $0{,}4b = 0{,}3a$, also $b = 0{,}75 a$.

3. 03Schritt 3 — Normierung

   $a + 0{,}75 a = 1 \Rightarrow a = \tfrac{4}{7}\approx 0{,}571$, $b = \tfrac{3}{7}\approx 0{,}429$.

   $$\vec{v} = (\tfrac{4}{7}, \tfrac{3}{7})^{T}$$

Ergebnis: Langzeitverteilung: rund 57 % im Zustand A, 43 % im Zustand B.

Eine Population mit zwei Altersklassen hat die Leslie-Matrix $L = \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ 0{,}4 & 0 \end{pmatrix}$ und Anfangsverteilung $\vec{p}_{0} = \begin{pmatrix} 100 \\ 50 \end{pmatrix}$. Berechnen Sie die Verteilung nach zwei Generationen und interpretieren Sie das Ergebnis.

1. 01Schritt 1 — Erste Generation

   Multipliziere $L$ mit $\vec{p}_{0}$: Geburten $0\cdot 100 + 3\cdot 50 = 150$, Überlebende $0{,}4\cdot 100 + 0\cdot 50 = 40$.

   $$\vec{p}_{1} = L\,\vec{p}_{0} = \begin{pmatrix} 150 \\ 40 \end{pmatrix}$$
2. 02Schritt 2 — Zweite Generation

   Erneut mit $L$ multiplizieren: $0\cdot 150 + 3\cdot 40 = 120$ und $0{,}4\cdot 150 + 0\cdot 40 = 60$.

   $$\vec{p}_{2} = L\,\vec{p}_{1} = \begin{pmatrix} 120 \\ 60 \end{pmatrix}$$
3. 03Schritt 3 — Gesamtbestand vergleichen

   Gesamt: $\vec{p}_{0}$ 150, $\vec{p}_{1}$ 190, $\vec{p}_{2}$ 180 — der Bestand schwankt, ohne sich bereits stabilisiert zu haben.

4. 04Schritt 4 — Interpretieren

   Die starke Geburtenrate (3) und die niedrige Überlebensrate (0,4) erzeugen ein oszillierendes Verhalten; die stabile Altersverteilung ergäbe sich erst über den dominanten Eigenwert von $L$.

Ergebnis: Verteilung nach zwei Generationen: $\vec{p}_{2} = (120,\,60)^{T}$; der Gesamtbestand oszilliert noch und nähert sich erst langfristig der stabilen Altersstruktur.

Untersuchen Sie mit der Determinante, ob das LGS mit Koeffizientenmatrix $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ eindeutig lösbar ist.

1. 01Schritt 1 — Entwicklung nach erster Zeile

   $\det A = 2\,(3\cdot 2 - 1\cdot 1) - 1\,(1\cdot 2 - 1\cdot 0) + 0$.

2. 02Schritt 2 — Unterdeterminanten berechnen

   $3\cdot 2 - 1\cdot 1 = 5$ und $1\cdot 2 - 1\cdot 0 = 2$.

   $$\det A = 2\cdot 5 - 1\cdot 2 + 0 = 8$$
3. 03Schritt 3 — Lösbarkeit folgern

   Wegen $\det A = 8 \neq 0$ ist $A$ invertierbar; das LGS $A\vec{x}=\vec{b}$ besitzt für jede rechte Seite $\vec{b}$ genau eine Lösung.

Ergebnis: $\det A = 8 \neq 0$, also ist $A$ regulär und das LGS eindeutig lösbar.

Bestimmen Sie Eigenwerte und Eigenvektoren der Matrix $A=\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}$.

1. 01Schritt 1 — Charakteristisches Polynom

   $\det(A-\lambda E)=\det\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}=(2-\lambda)^{2}-1$.

   $$(2-\lambda)^{2}-1 = \lambda^{2}-4\lambda+3$$
2. 02Schritt 2 — Eigenwerte

   $\lambda^{2}-4\lambda+3=0$ liefert über die pq-Formel $\lambda_{1}=3$ und $\lambda_{2}=1$.

3. 03Schritt 3 — Eigenvektor zu λ = 3

   $(A-3E)\vec{v}=\vec{0}$: $-v_{1}+v_{2}=0$, also $\vec{v}_{1}=(1,\,1)^{T}$ (bis auf Vielfache).

4. 04Schritt 4 — Eigenvektor zu λ = 1

   $(A-E)\vec{v}=\vec{0}$: $v_{1}+v_{2}=0$, also $\vec{v}_{2}=(1,\,-1)^{T}$.

Ergebnis: Eigenwerte $\lambda_{1}=3$ (Eigenvektor $(1,\,1)^{T}$) und $\lambda_{2}=1$ (Eigenvektor $(1,\,-1)^{T}$); $A$ ist diagonalisierbar.

Für die stochastische Matrix $M=\begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}3 \\ 0{,}2 & 0{,}7 \end{pmatrix}$ soll die langfristige Verteilung unabhängig vom Startvektor bestimmt werden.

1. 01Schritt 1 — Ergodizität prüfen

   Alle Einträge von $M$ sind positiv, also ist $M$ regulär (ergodisch); daher konvergiert $M^{n}$ gegen eine Grenzmatrix mit identischen Spalten gleich dem Fixvektor.

2. 02Schritt 2 — Fixvektor ansetzen

   $M\vec{v}=\vec{v}$ mit $\vec{v}=(a,b)^{T}$: aus Zeile 1 folgt $0{,}8a+0{,}3b=a$, also $0{,}3b=0{,}2a$ und damit $b=\tfrac{2}{3}a$.

3. 03Schritt 3 — Normieren

   $a+b=1$ ergibt $a+\tfrac{2}{3}a=1$, also $a=\tfrac{3}{5}=0{,}6$ und $b=0{,}4$.

   $$\vec{v}=(0{,}6,\;0{,}4)^{T}$$
4. 04Schritt 4 — Grenzmatrix angeben

   Da jede Spalte gegen den Fixvektor strebt, gilt $\lim_{n\to\infty} M^{n}=\begin{pmatrix} 0{,}6 & 0{,}6 \\ 0{,}4 & 0{,}4 \end{pmatrix}$ — unabhängig von der Startverteilung.

Ergebnis: Stabile Verteilung $(0{,}6;\,0{,}4)$; die Grenzmatrix hat zwei identische Spalten gleich dem Fixvektor, sodass jeder Startzustand langfristig zu 60 % in Zustand 1 endet.