Lösningsförslag. Vi beräknar

A^2 = \frac{1}{9} \begin{bmatrix} 1 & 3 & 2 \\ 0 & 0 & 2 \\ 8 & 6 & 5 \end{bmatrix}, \quad A^3 = \frac{1}{27} \begin{bmatrix} 8 & 6 & 5 \\ 2 & 6 & 4 \\ 17 & 15 & 18 \end{bmatrix}

Alltså är $A$ reguljär. Det innebär, enligt Perron-Frobenius sats, att oavsett startfördelning så går Markovprocessen mot den unika stokastiska egenvektorn med egenvärdet 1. Vi beräknar

A - I = \frac{1}{3} \begin{bmatrix} -3 & 0 & 1 \\ 2 & -3 & 0 \\ 1 & 3 & -1 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} -3 & 0 & 1 \\ 2 & -3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}

Vilket ger den unika egenvektorn $\mathbf{v} = (3,2,9)$ upp till multiplikation med skalär. Den unika stokastiska egenvektorn är alltså $\mathbf{p}_{\infty} = \frac{1}{14}(3,2,9)$ . Detta ger

\lim_{t \to \infty} \mathbf{p}(t) = \mathbf{p}_{\infty} = \frac{1}{14} \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ 9 \end{bmatrix}.

Alternativ lösning: Istället för att beräkna att $A^3$ är positiv kan man beräkna egenvärdena till $A$ :

\det(\lambda I - A) = \lambda^3 - \frac{2}{3} \lambda^2 - \frac{1}{9} \lambda - \frac{2}{9} = (\lambda - 1) \left(\lambda^2 + \frac{1}{3} \lambda + \frac{2}{9}\right)

Detta ger $\lambda = 1$ och $\lambda = \frac{1}{6} (-1 \pm i\sqrt{7})$ . Alltså är $A$ diagonaliserbar med ett egenvärde $\lambda = 1$ och övriga egenvärden av belopp $\frac{2\sqrt{2}}{6} < 1$ . Detta innebär att varje vektor $a_1\pmb{\xi}_1 + a_2\pmb{\xi}_2 + a_3\pmb{\xi}_3$ går mot $a_1\pmb{\xi}_1$ då $t \to \infty$ där $\pmb{\xi}_1 = \mathbf{p}_{\infty}$ är egenvektorn med egenvärde 1.

Svar. Ja, gränsvärdet existerar och är $\frac{1}{14}

\begin{bmatrix} 3 & 2 & 9 \end{bmatrix}

^T$.