9833 - Bases da Matemática e Estatística para Ciências do Mar
Fabio Cop Ferreira e William Remo Pedroso Conti
Estrutura geral: Para uma matriz $m \times n$, $A = [a_{ij}]$
$$A_{mn} = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}$$$A = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{bmatrix};\quad B = \begin{bmatrix} 9 & 8 & 7 \\ 6 & 5 & 4 \\ 3 & 2 & 1 \end{bmatrix}$
$A + B = \begin{bmatrix} 1 + 9 & 4 + 8 & 7 + 7 \\ 2 + 6 & 5 + 5 & 8 + 4 \\ 3 + 3 & 6 + 2 & 9 + 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 10 & 12 & 14 \\ 8 & 10 & 12 \\ 6 & 8 & 10 \end{bmatrix}$
Estrutura Geral: Para duas matrizes $m \times n$, $A = [a_{ij}]$ e $B = [b_{ij}]$:
$$A + B = [a_{ij} + b_{ij}] = \begin{bmatrix} a_{11} + b_{11} & a_{12} + b_{12} & \cdots & a_{1n} + b_{1n} \\ a_{21} + b_{21} & a_{22} + b_{22} & \cdots & a_{2n} + b_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} + b_{m1} & a_{m2} + b_{m2} & \cdots & a_{mn} + b_{mn} \end{bmatrix}$$Seja $A$ uma matriz $3 \times 3$:
$A = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{bmatrix}$
A multiplicação de $A$ por um escalar $c = 3$:
$cA = 3 \times \begin{bmatrix} 1 & 4 & 7 \\ 2 & 5 & 8 \\ 3 & 6 & 9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 \times 1 & 3 \times 4 & 3 \times 7 \\ 3 \times 2 & 3 \times 5 & 3 \times 8 \\ 3 \times 3 & 3 \times 6 & 3 \times 9 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 3 & 12 & 21 \\ 6 & 15 & 24 \\ 9 & 18 & 27 \end{bmatrix}$
Estrutura Geral: Para uma matriz $m \times n$, $A = [a_{ij}]$ e um escalar $c$:
$$cA = [c \times a_{ij}] = \begin{bmatrix} c \times a_{11} & c \times a_{12} & \cdots & c \times a_{1n} \\ c \times a_{21} & c \times a_{22} & \cdots & c \times a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ c \times a_{m1} & c \times a_{m2} & \cdots & c \times a_{mn} \end{bmatrix}$$Seja $A$ uma matriz $2 \times 3$ e $B$ uma matriz $3 \times 2$, a multiplicação de $A$ por $B$ se dá por:
$A_{2 \times 3} = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}$
$B_{3 \times 2} = \begin{bmatrix} 7 & 8 \\ 9 & 10 \\ 11 & 12 \end{bmatrix}$
$AB = \begin{bmatrix} 1 \cdot 7 + 2 \cdot 9 + 3 \cdot 11 & 1 \cdot 8 + 2 \cdot 10 + 3 \cdot 12 \\ 4 \cdot 7 + 5 \cdot 9 + 6 \cdot 11 & 4 \cdot 8 + 5 \cdot 10 + 6 \cdot 12 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 58 & 64 \\ 139 & 154 \end{bmatrix}$
Estrutura Geral: Para uma matriz $m \times n$, $A = [a_{ij}]$, e uma matriz $n \times p$, $B = [b_{ij}]$:
$$AB = [c_{ij}] = \begin{bmatrix} \sum_{k=1}^{n} a_{1k} b_{k1} & \sum_{k=1}^{n} a_{1k} b_{k2} & \cdots & \sum_{k=1}^{n} a_{1k} b_{kp} \\ \sum_{k=1}^{n} a_{2k} b_{k1} & \sum_{k=1}^{n} a_{2k} b_{k2} & \cdots & \sum_{k=1}^{n} a_{2k} b_{kp} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \sum_{k=1}^{n} a_{mk} b_{k1} & \sum_{k=1}^{n} a_{mk} b_{k2} & \cdots & \sum_{k=1}^{n} a_{mk} b_{kp} \end{bmatrix}$$Propriedades Algébricas da Multiplicação de Matrizes
Sejam $A$, $B$ e $C$ matrizes (cujas ordens possibilitem que as operações indicadas sejam realizadas) e seja $k$ um escalar. Então:
| Propriedade | Descrição | |
|---|---|---|
| 1 | $A(BC) = (AB)C$ | Associatividade |
| 2 | $A(B + C) = AB + AC$ | Distributiva à esquerda |
| 3 | $(A + B)C = AC + BC$ | Distributiva à direita |
| 4 | $k(AB) = (kA)B = A(kB)$ | |
| 5 | $I_m A = A = A I_n$ se $A$ for $m \times n$ | Identidade da multiplicação |
Seja $A$ uma matriz $2 \times 3$:
$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}$
A transposta de $A$ é dada por $A^T = [a_{ij}]^T = [a_{ji}]$:
$A^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}$
Estrutura Geral: Para uma matriz $m \times n$, $A = [a_{ij}]$:
$A = [a_{ij}] = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1} \\ a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}$
$A^T = [a_{ji}] = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{n1} \\ a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{n2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{1m} & a_{2m} & \cdots & a_{nm} \end{bmatrix}$
Propriedades Algébricas da Transposta de Matrizes
Sejam $A$ e $B$ matrizes (cujas ordens são tais que as operações indicadas podem ser realizadas) e seja $k$ um escalar. Então:
| Propriedade | |
|---|---|
| 1 | $(A^T)^T = A$ |
| 2 | $(A + B)^T = A^T + B^T$ |
| 3 | $(kA)^T = k(A^T)$ |
| 4 | $(AB)^T = B^T A^T$ |
| 5 | $(A^r)^T = (A^T)^r$ para todos os inteiros $r$ não negativos |
Propriedades Algébricas da Adição de Matrizes e da Multiplicação por Escalar
Sejam $A$, $B$ e $C$ matrizes de mesma ordem, e $c$ e $d$ escalares. Então:
| Propriedade | Descrição | |
|---|---|---|
| 1 | $A + B = B + A$ | Comutatividade |
| 2 | $(A + B) + C = A + (B + C)$ | Associatividade |
| 3 | $A + O = A$ | |
| 4 | $A + (-A) = O$ | |
| 5 | $c(A + B) = cA + cB$ | Distributividade |
| 6 | $(c + d)A = cA + dA$ | Distributividade |
| 7 | $c(dA) = (cd)A$ | |
| 8 | $1A = A$ |
Escrevendo a matriz $B = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$ como combinação linear de $A_1 = \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix}$, $A_2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$ e $A_3 = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix}$
temos
$$c_1A_1 + c_2A_2 + c_3A_3 = B$$ $$c_1\begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{bmatrix} + c_2\begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} + c_3\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 1 \end{bmatrix}$$A combinação linear pode ser resolvida pelo sistema:
$$\begin{cases} c_2 + c_3 = 1 \\ c_1 + c_3 = 4 \\ -c_1 + c_3 = 2 \\ c_2 + c_3 = 1 \end{cases}$$Que tem solução:
$$c_1 = 1$$ $$c_2 = -2$$ $$c_3 = 3$$Seja $A = \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{bmatrix}$ e $A^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{4}{5} & -\frac{3}{5} \\ -\frac{1}{5} & \frac{2}{5} \end{bmatrix}$
Verificamos que $A^{-1}$ é inversa de $A$ pois:
$AA^{-1} = \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{4}{5} & -\frac{3}{5} \\ -\frac{1}{5} & \frac{2}{5} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = I$
e
$A^{-1}A = \begin{bmatrix} \frac{4}{5} & -\frac{3}{5} \\ -\frac{1}{5} & \frac{2}{5} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2 & 3 \\ 1 & 4 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} = I$
Se $A$ é uma matriz $n \times n$, uma inversa de $A$ é uma matriz $n \times n$ $A^{-1}$ que satisfaz:
$$AA^{-1} = I \quad \text{e} \quad A^{-1}A = I$$
sendo $I = I_n$ a matriz identidade $n \times n$. Se existir uma matriz $A^{-1}$ assim, diremos que $A$ é invertível.
Em cada exemplo, verifique se a matriz $B$ é inversa de $A$
a) $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{bmatrix}$ e $B = \begin{bmatrix} -2 & 1 \\ 1.5 & -0.5 \end{bmatrix}$
c) $A = \begin{bmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$ e $B = \begin{bmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 1 \end{bmatrix}$
b) $A = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ e $B = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ -2 & 1 & 3 \\ 3 & -1 & -5 \end{bmatrix}$
d) $A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 4 \\ 5 & 6 & 0 \end{bmatrix}$ e $B = \begin{bmatrix} 4 & 2 & -2 \\ -1 & 3 & 5 \\ 0 & 5 & 1 \end{bmatrix}$
Verifique que $A = \begin{bmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{bmatrix}$ invertível e pode ser escrita por:
$\begin{bmatrix} 2 & 5 \\ 1 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w & x \\ y & z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$
Que resulta no sistema de equações:
$\begin{cases} 2w + 5y = 1 \\ 2x + 5z = 0 \\ w + 3y = 0 \\ x + 3z = 1 \end{cases}$
Que pode ser resolvido por:
$\left[ \begin{array}{cccc|c} 2 & 0 & 5 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 0 & 5 & 0\\ 1 & 0 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 1 \end{array} \right]$ $\begin{array}{c} L_1 \leftrightarrow L_3\\ L_2 \leftrightarrow L_4\\ \phantom{x} \\ \phantom{x} \end{array}$ $\left[ \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 1\\ 2 & 0 & 5 & 0 & 1\\ 0 & 2 & 0 & 5 & 0 \end{array} \right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ \phantom{x} \\ L_3 - 2L_1 \\ L_4 - 2L_2 \end{array}$ $\left[ \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 3 & 1\\ 0 & 0 & -1 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & -1 & -2 \end{array} \right]$ $\begin{array}{c} L_1 + 3L_3 \\ L_2 + 3L_4 \\ -L_3 \\ -L_4 \end{array}$
$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 3\\ 0 & 1 & 0 & 0 & -5\\ 0 & 0 & 1 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 2 \end{array} \right]$ $S = \left[\begin{array}{c} 3 \\ -5 \\ -1 \\ 2 \end{array} \right]$ Portanto: $A^{-1} = \begin{bmatrix} 3 & -5 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}$
Verifique que $B = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{bmatrix}$ não é invertível e portanto não pode ser escrita por:
$\begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w & x \\ y & z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$
O sistema de equações lineares fica:
$\begin{cases} w + 2y = 1 \\ x + 2z = 0 \\ 2w + 4y = 0 \\ 2x + 4z = 1 \end{cases}$
Que pode ser representado por:
$\left[ \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0\\ 2 & 0 & 4 & 0 & 0\\ 0 & 2 & 0 & 4 & 1 \end{array} \right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ \phantom{x} \\ L_3 - 2L_1 \\ L_4 - 2L_2 \end{array}$ $\left[ \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 2 & 0 & 1\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & -2\\ 0 & 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right]$
A matriz na forma escalonada mostra que o sistema não tem solução e portanto a matriz $B$ não é invertível.
Se $A$ é uma matriz $n \times n$ invertível, o sistema de equações lineares dado por $A\vec{x} = \vec{b}$ tem uma única solução $\vec{x} = A^{-1}\vec{b}$ para cada $\vec{b}$ em $\mathbb{R}^n$.
a. Se $A$ é uma matriz invertível, então $A^{-1}$ é invertível e $(A^{-1})^{-1} = A$.
b. Se $A$ é uma matriz invertível e $c$ é um escalar não nulo, então $cA$ é uma matriz invertível e $(cA)^{-1} = \frac{1}{c}A^{-1}$.
c. Se $A$ e $B$ são matrizes invertíveis de mesma ordem, então $AB$ é invertível e $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$.
d. Se $A$ é uma matriz invertível, então $A^T$ é invertível e $(A^T)^{-1} = (A^{-1})^T$.
e. Se $A$ é uma matriz invertível, então, para todo inteiro não negativo $n$, a matriz $A^n$ é invertível e $(A^n)^{-1} = (A^{-1})^n$.
Para encontrar a inversa de uma matriz $A$ usando o método de Gauss-Jordan, seguimos os seguintes passos:
Exemplo Prático
Considere a matriz $A = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$.
Que tem a matriz aumentada $[A \mid I]$:
$$\left[\begin{array}{ccc|ccc} 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]$$Aplique operações elementares para transformar a parte esquerda em $I$:
$\left[\begin{array}{ccc|ccc} 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]$ $\begin{array}{c} L_1 \leftrightarrow L_3\\ \phantom{x} \\ \phantom{x} \end{array}$ $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 3 & 2 & 0 & 1 & 0 \\ 2 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \end{array}\right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ L_2 - L_1\\ L_3 - 2L_1 \end{array}$ $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 3 & 2 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & -2 \end{array}\right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ L_2 \leftrightarrow L_3\\ \phantom{x} \end{array}$ $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 3 & 2 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ \phantom{x} \\ L_3 - 3L_2 \end{array}$
$\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & -1 & -3 & 1 & 5 \end{array}\right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ \phantom{x} \\ -L_3 \end{array}$ $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & -1 & -5 \end{array}\right]$ $\begin{array}{c} \phantom{x} \\ L_2 - L_3\\ \phantom{x} \end{array}$ $\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -2 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & -1 & -5 \end{array}\right]$
Definição:
Matrizes elementares são aquelas obtidas através de operações elementares realizadas sobre a matriz identidade. Elas desempenham um papel fundamental na solução de sistemas lineares e na obtenção da inversa de uma matriz.
Exemplos de Operações Elementares:
Considere a matriz $A = \begin{bmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 2 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$
No exemplo anterior $A^{-1}$ foi obtida pela sequência de operações elementares:
Vamos verificar agora $A^{-1}$ através de operações com matrizes elementares
1. Troca de $L_1$ e $L_3$:
$$E_1 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$2. $L_2 \rightarrow L_2 - L_1$; $L_3 \rightarrow L_3 - 2L_1$:
$$E_2 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 \\ -2 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$3. Troca de $L_2$ e $L_3$:
$$E_3 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$$4. $L_3 \rightarrow L_3 - 3L_2$:
$$E_4 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & -3 & 1 \end{bmatrix}$$5. $L_3 \rightarrow -1 \times L_3$:
$$E_5 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix}$$6. $L_2 \rightarrow L_2 - L_3$:
$$E_6 = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$$Estabelecidas as matrizes elementares $E_1$ a $E_6$, tem-se a seguinte relação:
$$E_6 \times E_5 \times E_4 \times E_3 \times E_2 \times E_1 \times A = I$$E consequentemente:
$$E_1^{-1} \times E_2^{-1} \times E_3^{-1} \times E_4^{-1} \times E_5^{-1} \times E_6^{-1} = A$$Seja $A$ uma matriz $n \times n$. As seguintes afirmações são equivalentes:
a. $A$ é invertível.
b. $A\vec{x} = \vec{b}$ tem uma única solução para cada $\vec{b}$ em $\mathbb{R}^n$.
c. $A\vec{x} = 0$ tem apenas a solução trivial.
d. A forma escalonada reduzida de $A$ é $I_n$.
e. $A$ é um produto de matrizes elementares.
Problema
Os recifes de coral enfrentam várias ameaças ambientais, como branqueamento, acidificação dos oceanos e destruição física. Essas ameaças podem ser modeladas usando uma Cadeia de Markov para entender a probabilidade de um recife estar em um certo estado de saúde ao longo do tempo.
Estados
Definimos três estados possíveis para a saúde de um recife de coral:
Matriz de Transição
A matriz de transição de estados, $P$, representa as probabilidades de transição entre os estados de saúde de um recife de coral de um período para o outro.
$$P = \begin{bmatrix} 0.7 & 0.3 & 0.1 \\ 0.2 & 0.5 & 0.3 \\ 0.1 & 0.2 & 0.6 \end{bmatrix}$$Cada elemento $P_{ij}$ na matriz representa a probabilidade de transição do estado $j$ na coluna para o estado $i$ na linha. Por exemplo, $P_{12} = 0.2$ indica que há uma probabilidade de 20% de um recife saudável ($S1$) passar para o estado moderadamente degradado ($S2$) no próximo período.
Estado inicial
Vamos considerar que inicialmente no tempo $t_0$ 80% dos recifes estão saudáveis, 15% estão moderadamente degradados e 5% estão severamente degradados. Isso pode ser representado pelo vetor de estado inicial:
$$\vec{v_0} = \begin{bmatrix} 0.8 \\ 0.15 \\ 0.05 \end{bmatrix}$$Estado em $t + 1$
Para determinar o estado dos recifes após um período de tempo $t_1$, multiplicamos o vetor de estado inicial pela matriz de transição:
$$\vec{v_1} = P \times \vec{v_0} = \begin{bmatrix} 0.7 & 0.3 & 0.1 \\ 0.2 & 0.5 & 0.3 \\ 0.1 & 0.2 & 0.6 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0.8 \\ 0.15 \\ 0.05 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0.61 \\ 0.25 \\ 0.14 \end{bmatrix}$$Isso significa que, após um período, 61% dos recifes estarão saudáveis, 25% estarão moderadamente degradados e 14% estarão severamente degradados.
Estado Estacionário
O estado estacionário é um vetor de probabilidades que representa a distribuição dos estados de um sistema em equilíbrio, onde as probabilidades de estar em cada estado não mudam com o tempo. Para uma cadeia de Markov, isso ocorre quando o vetor de estado não muda após uma multiplicação pela matriz de transição.
Se $\vec{v_{ss}}$ é um vetor de estado estacionário e $P$ é a matriz de transição, então:
$$\vec{v_{ss}} = P \times \vec{v_{ss}}$$Portanto, precisamos resolver o sistema de equações:
$$\begin{bmatrix} 0.7 & 0.3 & 0.1 \\ 0.2 & 0.5 & 0.3 \\ 0.1 & 0.2 & 0.6 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} \pi_1 \\ \pi_2 \\ \pi_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \pi_1 \\ \pi_2 \\ \pi_3 \end{bmatrix}$$Resolução do Sistema
Há ainda uma condição adicional de que a soma das probabilidades em $\vec{v_t}$ seja 1:
$$\pi_1 + \pi_2 + \pi_3 = 1$$Que gera o sistema de equações:
$$\begin{cases} 0.7\pi_1 + 0.3\pi_2 + 0.1\pi_3 = \pi_1 \\ 0.2\pi_1 + 0.5\pi_2 + 0.3\pi_3 = \pi_2 \\ 0.1\pi_1 + 0.2\pi_2 + 0.6\pi_3 = \pi_3 \\ \pi_1 + \pi_2 + \pi_3 = 1 \end{cases}$$O que pode ser reorganizado como:
$$\begin{cases} -3\pi_1 + 3\pi_2 + \pi_3 = 0 \\ 2\pi_1 - 5\pi_2 + 3\pi_3 = 0 \\ \pi_1 + 2\pi_2 - 4\pi_3 = 0 \\ \pi_1 + \pi_2 + \pi_3 = 1 \end{cases}$$E tem solução:
$$\vec{v_{ss}} = \begin{bmatrix} \frac{7}{17} \\ \frac{11}{34} \\ \frac{9}{34} \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 0.4117 \\ 0.3235 \\ 0.2647 \end{bmatrix}$$Interpretação do vetor de Estado Estacionário
No longo prazo, a distribuição das probabilidades entre os estados é:
A existência de um vetor estacionário indica que, independentemente do estado inicial, a cadeia de Markov converge para essa distribuição de probabilidade quando o sistema está em equilíbrio.
Portanto, mantendo as condições atuais que resultam na matriz de transição vigente, espera-se que, a longo prazo, aproximadamente 41,18% do recife de coral permanecerá em condições Saudáveis, 32,35% estará Moderadamente Degradado e 26,47% será Severamente Degradado.