Markov 分枝过程是一类很重要的随机过程, 在概率理论及应用中占有非常重要的地位. 众所周知,Markov 分枝过程的基本性质是独立性,即不同粒子的演变是相互独立的. 然而, 在许多实际模型中,上述独立性不再成立,这给 Markov 分枝过程的应用带来了很多局限性. 事实上,在实际模型中, 粒子通常具有相互作用. 正是由于这个原因, 许多概率专家一直致力于将 Markov 分枝模型进行推广, 而研究更为广泛的分枝模型, 参见文献[1,2,3,4,5].
在分枝结构下考虑移民问题,主要有状态独立的移民和状态相依的移民两种. 许多学者考虑过这种模型. 例如,Foster[6] 和 Pakes[7] 考虑了在状态 0 具有移民的 Galton-Watson 过程. 后来,Yamazato[8] 研究了连续时间情形. Chen 和 Renshaw[9, 10, 11, 12] 考虑了一类新的状态相依的移民(拯救). Chen[1] 则推广了 Yamazato 模型并考虑了一类更一般的分枝过程. 后来,Chen[2, 3] 对这类模型做了进一步研究. 有关该模型进一步的讨论可参见文献 Li 和 Chen[13], Li 和 Liu [14].
本文主要考虑带拯救的广义非线性 Markov 分枝过程的正则唯一性,灭绝性和遍历性, 它是 Chen[2] 与 Li 和 Liu[14] 所考虑模型的一个自然推广. 我们从过程的无穷小特征($q$ -矩阵)出发来研究这类过程. 令 $Z_+=\{0,1,2,\cdots \}$ 表示非负整数全体. 我们先给出带拯救的广义非线性 Markov 分枝 $q$ -矩阵的定义.
定义 1.1 一个 $q$ -矩阵 $Q=(q_{ij};\ i,j\in Z_+)$ 称为带拯救的广义非线性 Markov 分枝 $q$ -矩阵(简称为 GNMBR $q$ -矩阵),如果
其中
一个 GNMBR $q$ -矩阵称为是超线性的如果 $v>1$,称为是次线性的如果 $0 < v \le 1.$ 注意到这种分类基于 $\sum\limits_{n=1}^\infty n^{-v}$ 是否有限.
一个在 $Z_+$ 上取值的连续时间 Markov 链称为带拯救的广义非线性 Markov 分枝过程 (简称为 GNMBPR),如果其转移函数 $P(t)=(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 满足
其中 $Q$ 由公式 (1.1)--(1.2) 给定.
上述定义的过程涵盖了几类有意义的模型作为特殊情形. 例如,若 $v=1$, 可得 Li 和 Liu[14] 中所考虑的模型. 若 $v=1$ 及 $a_1=0$, 可得 Yamazato 所考虑的模型. 若 $v=1$ 以及 $a_0=0$,则可得 Li 和 Chen[13]中所考虑的模型. 若 $v=1$ 及 $h_0=a_1=0$,模型即为一般的 Markov 分枝过程. 另一方面, 如果令 $v=1,\ a_0=0,\ a_2=h_1$ 以及 $b_{j+1}=a_{j+1}=h_j=0\ (j\geq2),$ 可得到带移民的生灭过程 (参见文献 [15]). 为了避免讨论一些已知的结果,本文假定 $b_0+a_0>0$.
本文的主要结构如下. 第 2 节首先给出了一些预备知识. 第 3 节得到了过程正则性和唯一性的判别准则. 第 4 节给出了吸收的 GNMBPR 的灭绝概率和平均灭绝时间. 第 5 节讨论了过程的稳定性,给出了过程常返,遍历的充分必要条件以及其平稳分布.
为了研究 GNMBPRs,我们引入序列 $\{b_k;\ k\geq0\}$,$\{a_k;\ k\geq0\}$ 和 $\{h_k;\ k\geq0\}$ 的发生函数如下
显然,$B(s),\ A(s)$ 和 $H(s)$ 都在 $[-1,1]$ 上有定义. 下面的引理是文献 [14] 的结果, 故在此证明省略.
(i) 若 $-h_0>0$, 则对任意的 $s\in[-1,1)$,有 $H(s)<0$,且 $\lim\limits_{s\uparrow1}H(s)=H(1)=0$; 若 $h_0=0$,则 $H(s)\equiv0.$
(ii) $B(s)$ 在 $[0,1]$上是凸函数,且 $B(s)=0$ 有一个最小的非负根 $\rho_b$, 使得当 $s\in(0,\rho_b)$ 时,有 $B(s)>0$; 当 $s\in(\rho_b,1)$ 时,有 $B(s)<0$. 进一步,若 $B^\prime(1)\leq0$, 则 $\rho_b=1$,其中当 $B^\prime(1)<0$ 时,$\rho_b=1$ 为单根; 当 $B^\prime(1)=0$ 时, $\rho_b=1$ 为 2 重根. 若 $0 < B^\prime(1)\leq +\infty,$ 则 $\rho_b<1$ 是单根. $A(s)$ 也有相同的性质.
(iii) 对任意的 $k>0,$ $kB(s)+A(s)$ 在 $[0,1]$上是凸函数,且在 $[0,1]$ 上至多有两个零点. 若 $kB^\prime(1)+A^\prime(1)\leq0,$ 则 $kB(s)+A(s) > 0\ (\forall s\in[0,1))$ 且 $kB(s)+A(s)=0$ 在 $[0,1]$ 上只有一个根 $1$. 当 $kB^\prime(1)+A^\prime(1)<0$ 时,$1$ 为单根; 当 $kB^\prime(1)+A^\prime(1)=0$ 时, $1$ 为 2 重根. 若 $kB^\prime(1)+A^\prime(1)>0,$ 则 $kB(s)+A(s)=0$ 在 $[0,1]$ 上恰有两个根 $s_k$ 和 $1$, 满足 $0 (iv) 若 $0 < A^\prime(1)<+\infty$ 且 $B^\prime(1)=0,$ 则对任意的 $k > 0,$ 方程 $kB(s)+A(s)=0$ 恰有一个根 $s_k\in(0,1)$ 使得 $s_k$ 关于 $k$ 是增函数,并且 $\lim\limits_{k\rightarrow\infty}s_k=1.$ 在本文中,令 $\rho_b$ 和 $\rho_a$ 分别表示方程 $B(s)=0$ 和 $A(s)=0$ 的最小非负根. 由于 $b_0+a_0>0$,显然 $\rho_b+\rho_a>0$. 进一步, 由引理 2.1 知,$\rho_b=1$ 当且仅当 $B^\prime(1)\leq0$; 以及 $\rho_a=1$ 当且仅当 $A^\prime(1)\leq0.$ 引理 2.2 令 $(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 和 $(\phi_{ij}(\lambda);\ i,j\geq0)$ 分别表示 Feller 最小 $Q$ -函数和 $Q$ -预解式,其中 $Q$ 由公式 (1.1)--(1.2) 给定. 则对任意的 $i\geq 0$ 及 $s\in [0,1),$ \begin{equation}\label{aa 2.2} \sum_{j=0}^\infty p_{ij}^\prime(t)s^j=H(s)p_{i0}(t)+A(s)\sum_{k=1}^\infty p_{ik}(t)k^{v-1}s^{k-1}+B(s)\sum_{k=1}^\infty p_{ik}(t)k^vs^{k-1}, \end{equation} (2.2) 或者 \begin{equation}\label{aa 2.3} \lambda\sum_{j=0}^\infty \phi_{ij}(\lambda)s^j-s^i=H(s)\phi_{i0}(\lambda)+A(s)\sum_{k=1}^\infty \phi_{ik}(\lambda)k^{v-1}s^{k-1}+B(s)\sum_{k=1}^\infty \phi_{ik}(\lambda)k^vs^{k-1}. \end{equation} (2.3) 证 由 Kolmogorov 向前方程可得 $$ p_{ij}^\prime(t)=p_{i0}(t)h_j+\sum_{k=1}^{j+1} p_{ik}(t)(k^vb_{j-k+1}+k^{v-1}a_{j-k+1}), $$ 从而公式 (2.2) 成立. 对公式 (2.2) 取 Laplace 变换即可得公式 (2.3). 引理 2.3 令 $(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 表示 Feller 最小 $Q$ -函数,其中 $Q$ 由公式 (1.1)--(1.2) 给定. 假定 $h_0=0.$ 则对任意的 $i\geq0,$ \begin{equation}\label{aa 2.4} \int_0^\infty p_{ik}(t){\rm d}t<\infty,\ \ \ k\geq1, \end{equation} (2.4) 从而 \begin{equation}\label{aa 2.5} \lim_{t\rightarrow\infty} p_{ik}(t)=0,\ \ \ i\geq0,\ k\geq1. \end{equation} (2.5) 进一步,对任意的 $i\geq0$ 和 $s\in[0,1),$ 有 \begin{equation}\label{aa 2.6} \sum_{k=1}^\infty\bigg(\int_0^\infty p_{ik}(t){\rm d}t \bigg)k^{v-1}s^k<\infty. \end{equation} (2.6) 证 由 Kolmogorov 向前方程得 $$ p_{i0}(t)=\delta_{i0}+(b_0+a_0)\int_0^t p_{i1}(u){\rm d}u, $$ 则对任意的 $i\geq0$,有 $\int_0^\infty p_{i1}(t){\rm d}t<\infty$. 重复利用 Kolmogorov 向前方程可得公式 (2.4). 由于 $p_{ik}(t)$ 关于 $t$ 单调增且 $0\leq p_{ik}(t)\leq 1$,故极限 $\lim\limits_{t\rightarrow \infty}p_{ik}(t)$ 存在,所以由公式 (2.4) 可得 $\lim\limits_{t\rightarrow\infty} p_{ik}(t)=0,\ i\geq0,\ k\geq1$, 此即公式 (2.5). 现在证明公式 (2.6). 首先, 我们考虑情形 $0 < B^\prime(1)\leq+\infty.$ 选择 $k_0\geq1$ 使得 $k_0B^\prime(1)+A^\prime(1)> 0.$ 由引理 2.1 (iii) 知, $k_0B(s)+A(s)=0$ 有一个根 $s_{k_0}\in(0,1)$,使得在 $(s_{k_0},1)$ 上有 $k_0B(s)+A(s)<0$. 注意到 $\rho_b\in[0,1)$ 且在 $(\rho_b,1)$ 上有 $B(s)<0$. 因此,利用公式 (2.2) 和 $H(s)\equiv0$ 可得,对任意的 $s\in(\rho_b\vee s_{k_0},1),$ $$ \sum_{j=0}^\infty p_{ij}^\prime(t)s^j\leq A(s)\sum_{k=1}^{k_0} p_{ik}(t)k^{v-1}s^{k-1}+(k_0B(s)+A(s))\sum_{k=k_0+1}^\infty p_{ik}(t)k^{v-1}s^{k-1}. $$ 故 $$ \sum\limits_{k = {k_0} + 1}^\infty ( \int_0^\infty {{p_{ik}}} (u){\rm{d}}u){k^{v - 1}}{s^{k - 1}} \le \frac{{\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {p_{i0}}(t) - {s^i} - A(s)\sum\limits_{k = 1}^{{k_0}} {(\int_0^\infty {{p_{ik}}} (u){\rm{d}}u)} {k^{v - 1}}{s^{k - 1}}}}{{{k_0}B(s) + A(s)}} < \infty , $$ 从而公式 (2.6) 成立. 下面考虑情形 $B^\prime(1)\leq0.$ 若 $0 < A^\prime(1)<+\infty$ 及 $B^\prime(1)=0$,则由引理 2.1 (iii)--(iv) 可知, 对任意的 $k\geq1,$ $kB(s)+A(s)=0$ 有一个根 $s_k\in(0,1)$ 使得当 $k\rightarrow\infty$ 时,有 $s_k\uparrow1$. 因此, 对任意的 $\bar{s}\in[0,1),$ 可以找到一个正整数 $k$ 满足 $s_k>\bar{s}$,从而 $kB(\bar{s})+A(\bar{s})>0.$ 故由公式 (2.2) 可得 $$ \begin{array}{l} \sum\limits_{j = 0}^\infty {p_{ij}^\prime } (t){{\bar s}^j} = A(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^\infty {{p_{ij}}} (t){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}} + B(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^\infty {{p_{ij}}} (t){j^v}{{\bar s}^{j - 1}}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \ge (kB(\bar s) + A(\bar s))\sum\limits_{j = k + 1}^\infty {{p_{ij}}} (t){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}} + A(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^k {{p_{ij}}} (t){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}}. \end{array} $$ 对上述不等式关于 $t$ 积分得 $$ \begin{array}{l} \sum\limits_{j = 0}^\infty {{p_{ij}}} (t){{\bar s}^j} - {{\bar s}^i} \ge (kB(\bar s) + A(\bar s))\sum\limits_{j = k + 1}^\infty ( \int_0^t {{p_{ij}}} (u){\rm{d}}u){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} + A(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^k ( \int_0^t {{p_{ij}}} (u){\rm{d}}u){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}}. \end{array} $$ 令 $t\uparrow\infty$,并由公式 (2.4) 可立即得到 $$ \sum_{j=k+1}^\infty\bigg(\int_0^\infty p_{ij}(t){\rm d}t\bigg)j^{v-1}\bar{s}^{j-1}<\infty, $$ 从而公式 (2.6) 成立. 若 $B^\prime(1)<0$ 及 $0 < A^\prime(1)<+\infty,$ 则存在 $k\geq1$ 使得 $kB^\prime(1)+A^\prime(1)<0.$ 由引理 2.1 (iii) 知, 对任意的 $s\in(0,1)$,有 $kB(s)+A(s) > 0$. 从而可类似证明公式 (2.6) 成立. 若 $B^\prime(1)\leq0,\ A^\prime(1)\leq0,$ 则由引理 2.1 知,对任意的 $s\in[0,1)$, 有 $B(s),\ A(s)>0$. 故由公式 (2.2) 可立得结论成立. 证明完毕.
(iv) 若 $0 < A^\prime(1)<+\infty$ 且 $B^\prime(1)=0,$ 则对任意的 $k > 0,$ 方程 $kB(s)+A(s)=0$ 恰有一个根 $s_k\in(0,1)$ 使得 $s_k$ 关于 $k$ 是增函数,并且 $\lim\limits_{k\rightarrow\infty}s_k=1.$
在本文中,令 $\rho_b$ 和 $\rho_a$ 分别表示方程 $B(s)=0$ 和 $A(s)=0$ 的最小非负根. 由于 $b_0+a_0>0$,显然 $\rho_b+\rho_a>0$. 进一步, 由引理 2.1 知,$\rho_b=1$ 当且仅当 $B^\prime(1)\leq0$; 以及 $\rho_a=1$ 当且仅当 $A^\prime(1)\leq0.$
引理 2.2 令 $(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 和 $(\phi_{ij}(\lambda);\ i,j\geq0)$ 分别表示 Feller 最小 $Q$ -函数和 $Q$ -预解式,其中 $Q$ 由公式 (1.1)--(1.2) 给定. 则对任意的 $i\geq 0$ 及 $s\in [0,1),$
或者
证 由 Kolmogorov 向前方程可得
$$ p_{ij}^\prime(t)=p_{i0}(t)h_j+\sum_{k=1}^{j+1} p_{ik}(t)(k^vb_{j-k+1}+k^{v-1}a_{j-k+1}), $$
从而公式 (2.2) 成立. 对公式 (2.2) 取 Laplace 变换即可得公式 (2.3).
引理 2.3 令 $(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 表示 Feller 最小 $Q$ -函数,其中 $Q$ 由公式 (1.1)--(1.2) 给定. 假定 $h_0=0.$ 则对任意的 $i\geq0,$
从而
进一步,对任意的 $i\geq0$ 和 $s\in[0,1),$ 有
证 由 Kolmogorov 向前方程得
$$ p_{i0}(t)=\delta_{i0}+(b_0+a_0)\int_0^t p_{i1}(u){\rm d}u, $$
则对任意的 $i\geq0$,有 $\int_0^\infty p_{i1}(t){\rm d}t<\infty$. 重复利用 Kolmogorov 向前方程可得公式 (2.4). 由于 $p_{ik}(t)$ 关于 $t$ 单调增且 $0\leq p_{ik}(t)\leq 1$,故极限 $\lim\limits_{t\rightarrow \infty}p_{ik}(t)$ 存在,所以由公式 (2.4) 可得 $\lim\limits_{t\rightarrow\infty} p_{ik}(t)=0,\ i\geq0,\ k\geq1$, 此即公式 (2.5).
现在证明公式 (2.6). 首先, 我们考虑情形 $0 < B^\prime(1)\leq+\infty.$ 选择 $k_0\geq1$ 使得 $k_0B^\prime(1)+A^\prime(1)> 0.$ 由引理 2.1 (iii) 知, $k_0B(s)+A(s)=0$ 有一个根 $s_{k_0}\in(0,1)$,使得在 $(s_{k_0},1)$ 上有 $k_0B(s)+A(s)<0$. 注意到 $\rho_b\in[0,1)$ 且在 $(\rho_b,1)$ 上有 $B(s)<0$. 因此,利用公式 (2.2) 和 $H(s)\equiv0$ 可得,对任意的 $s\in(\rho_b\vee s_{k_0},1),$
$$ \sum_{j=0}^\infty p_{ij}^\prime(t)s^j\leq A(s)\sum_{k=1}^{k_0} p_{ik}(t)k^{v-1}s^{k-1}+(k_0B(s)+A(s))\sum_{k=k_0+1}^\infty p_{ik}(t)k^{v-1}s^{k-1}. $$
故
$$ \sum\limits_{k = {k_0} + 1}^\infty ( \int_0^\infty {{p_{ik}}} (u){\rm{d}}u){k^{v - 1}}{s^{k - 1}} \le \frac{{\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {p_{i0}}(t) - {s^i} - A(s)\sum\limits_{k = 1}^{{k_0}} {(\int_0^\infty {{p_{ik}}} (u){\rm{d}}u)} {k^{v - 1}}{s^{k - 1}}}}{{{k_0}B(s) + A(s)}} < \infty , $$
从而公式 (2.6) 成立.
下面考虑情形 $B^\prime(1)\leq0.$ 若 $0 < A^\prime(1)<+\infty$ 及 $B^\prime(1)=0$,则由引理 2.1 (iii)--(iv) 可知, 对任意的 $k\geq1,$ $kB(s)+A(s)=0$ 有一个根 $s_k\in(0,1)$ 使得当 $k\rightarrow\infty$ 时,有 $s_k\uparrow1$. 因此, 对任意的 $\bar{s}\in[0,1),$ 可以找到一个正整数 $k$ 满足 $s_k>\bar{s}$,从而 $kB(\bar{s})+A(\bar{s})>0.$ 故由公式 (2.2) 可得
$$ \begin{array}{l} \sum\limits_{j = 0}^\infty {p_{ij}^\prime } (t){{\bar s}^j} = A(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^\infty {{p_{ij}}} (t){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}} + B(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^\infty {{p_{ij}}} (t){j^v}{{\bar s}^{j - 1}}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \ge (kB(\bar s) + A(\bar s))\sum\limits_{j = k + 1}^\infty {{p_{ij}}} (t){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}} + A(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^k {{p_{ij}}} (t){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}}. \end{array} $$
对上述不等式关于 $t$ 积分得
$$ \begin{array}{l} \sum\limits_{j = 0}^\infty {{p_{ij}}} (t){{\bar s}^j} - {{\bar s}^i} \ge (kB(\bar s) + A(\bar s))\sum\limits_{j = k + 1}^\infty ( \int_0^t {{p_{ij}}} (u){\rm{d}}u){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}}\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} + A(\bar s)\sum\limits_{j = 1}^k ( \int_0^t {{p_{ij}}} (u){\rm{d}}u){j^{v - 1}}{{\bar s}^{j - 1}}. \end{array} $$
令 $t\uparrow\infty$,并由公式 (2.4) 可立即得到
$$ \sum_{j=k+1}^\infty\bigg(\int_0^\infty p_{ij}(t){\rm d}t\bigg)j^{v-1}\bar{s}^{j-1}<\infty, $$
从而公式 (2.6) 成立. 若 $B^\prime(1)<0$ 及 $0 < A^\prime(1)<+\infty,$ 则存在 $k\geq1$ 使得 $kB^\prime(1)+A^\prime(1)<0.$ 由引理 2.1 (iii) 知, 对任意的 $s\in(0,1)$,有 $kB(s)+A(s) > 0$. 从而可类似证明公式 (2.6) 成立. 若 $B^\prime(1)\leq0,\ A^\prime(1)\leq0,$ 则由引理 2.1 知,对任意的 $s\in[0,1)$, 有 $B(s),\ A(s)>0$. 故由公式 (2.2) 可立得结论成立. 证明完毕.
本节考虑 GNMBPRs 的正则性和唯一性问题. 首先给出 $q$ -矩阵正则的定义及其等价形式.
定理 3.1[15] 下述几种陈述是等价的.
(1) 满足向后方程的最小解 $f_{ij}(t)$ 是唯一的;
(2) 方程 $Qx=\lambda x,\ 0\leq x\leq 1,$ 即
对某个(从而对所有的) $\lambda>0$ 没有非平凡解.
(3) 不等式 $Qx\geq\lambda x,\ 0\leq x\leq 1,$ 即
(4) 方程 $Qx=\lambda x,\ -1\leq x\leq 1,$ 即
进一步,若 $Q$ 保守,则 $f_{ij}(t)$ 是唯一的 $Q$ -函数当且仅当上述条件{(1)}--(4) 中任意一条成立.
定义 3.1[15] 称 $q$ -矩阵 $Q$ 正则,如果 $Q$ 保守且满足条件 (1)--(4) 中任意一条. 此时,相应的最小 $Q$ -函数诚实且唯一.
定理 3.2 假定 $A^\prime(1)<+\infty$.
(i) 若 $B^\prime(1)<0$,则超线性的 GMBR $q$ -矩阵 $Q$ 正则.
(ii) 若 $B^\prime(1)=0$ 且 $A^\prime(1)\leq0$, 则超线性的 GMBR $q$ -矩阵 $Q$ 正则.
(iii) 若 $B^\prime(1)>0$,则超线性的 GMBR $q$ -矩阵 $Q$ 不正则.
证 首先证明 (iii). 假定 $B^\prime(1)>0$. 类似于文献 [16] 中的证明, 可以找到两个常数 $a^*$ 和 $b^*$ 使得
取 $\varepsilon\in(0,b^*-a^*)$ 且令 $i_0=[\frac{a_0}{\varepsilon}]+1$, 并定义一个 $q$ -矩阵 $\tilde{Q}=(\tilde{q}_{ij};\ i,j\geq0)$ 为
由文献 [17,引理 3.1]知, 只需证明 $\tilde{Q}$ 不正则. 为此, 定义一个(保守的)生灭 $q$ -矩阵 $Q^*=(q_{ij}^*;\ i,j\in Z_+)$ 为
由于对 $v>1$,有 $b^*>a^*+\varepsilon>0$ 和 $\sum\limits_{i=1}^\infty i^{-v}<+\infty$,易知 $Q^*$ 不正则. 因此,方程
有一个非平凡(非负)有界解,记为 $u^*=(u_i,\ i\geq0)$. 显然对任意的 $i>i_0$,有 $u_i>0$. 且易知 $u_0=\cdots =u_{i_0}=0$ 及
特别地,对于 $i=i_0+1$,有 $b^*(u_{i_0+2}-u_{i_0+1})=[a^*+\varepsilon+\lambda (i_0+1)^{-v}]u_{i_0+1}>0$,这意味着 $(u_i,\ i>i_0)$ 关于 $i$ 严格增. 由公式 (3.8) 易知,对任意的 $k\geq1$ 及 $i>i_0$,
且
现在,对任意的 $i>i_0$,有
$$ \begin{array}{l} {(\tilde Qu)_i} = {i^v}[{b_0}({u_{i - 1}} - {u_i}) + \sum\limits_{j = i + 1}^\infty {{b_{j - i + 1}}} ({u_j} - {u_i})]\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} + {i^{v - 1}}[{a_0}({u_{i - 1}} - {u_i}) + \sum\limits_{j = i + 1}^\infty {{a_{j - i + 1}}} ({u_j} - {u_i})]\\ {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} = {i^v}[ - {I_d} + {I_b}] + {i^{v - 1}}[ - {J_d} + {J_b}]. \end{array} $$
由公式 (3.8) 和 (3.9),可得
以及
其中 $\tilde{a}=\sum\limits_{j=1}^\infty a_{j+1}\sum\limits_{k=1}^j\big(\frac{a^*}{b^*}\big)^{k-1}$. 进一步有
则 $u^*=(u_i;\ i\geq0)$ 满足
事实上,公式 (3.16) 对任意的 $i\leq i_0$ 显然成立. 对于 $i>i_0$, 由公式 (3.8),(3.14) 和公式 (3.15),易得
$$ (\tilde{Q}u)_i\geq \lambda u_i+[i^v\varepsilon-i^{v-1}a_0](u_i-u_{i-1})\geq \lambda u_i. $$
因此 $\tilde{Q}$ 不正则. 由文献 [17,引理 3.1] 知,$Q$ 不正则.
现在证明 (i) 和 (ii). 若 $B^\prime(1)\leq0$ 及 $A^\prime(1)\leq0$,则由公式 (2.3) 可立得结论成立. 若 $B^\prime(1)<0$ 及 $A^\prime(1)>0$,由于 $A^\prime(1)<+\infty$, 我们可选择一个充分大的整数 $k_0>0$ 使得 $B^\prime(1)+\frac{A^\prime(1)}{k_0}\leq0$. 由引理 2.1 (iii) 可得 $B(s)+\frac{A(s)}{k_0}>0\ (\forall s\in[0,1))$. 因此, 对任意的 $s\in(\rho_a,1)$ 以及 $j\geq k_0$, 有 $B(s)+\frac{A(s)}{j}>0$. 由公式 (2.2) 可得
对上述不等式关于 $t$ 积分可得
$$ \sum_{j=0}^\infty p_{ij}(t)s^j-s^i\geq H(s)\int_0^t p_{i0}(u){\rm d}u +\sum_{j=1}^{k_0}\Big(B(s)+\frac{A(s)}{j}\Big)\Big(\int_0^t p_{ij}(u){\rm d}u\Big)j^vs^{j-1}. $$
令 $s\uparrow1$,有 $\sum\limits_{j=0}^\infty p_{ij}(t)=1$,即 $Q$ 正则. 证明完毕.
定理 3.3 次线性的 GMBR $q$ -矩阵 $Q$ 正则当且仅当下述条件之一成立.
(i) $B^\prime(1)<+\infty.$
(ii) $B^\prime(1)=+\infty$ 且 $\int_{\varepsilon}^1\frac{(-\ln s)^{v-1}}{-B(s)}{\rm d}s=+\infty$ 对某个(等价地,对所有的) $\varepsilon \in(\rho_b,1),$ 其中 $\rho_b<1$ 是 $B(s)=0$ 的最小非负根.
证 若 $B^\prime(1)\leq0$,则由公式 (2.3) 知,$Q$ 正则. 现在假设 $0 < B^\prime(1)\leq+\infty$ (因此 $\rho_b<1$). 注意到 $0 < B^\prime(1)<+\infty$ 意味着 $\int_{\varepsilon}^1\frac{(-\ln s)^{v-1}}{-B(s)}{\rm d}s=+\infty$ 对某个(等价地,对所有的) $\varepsilon \in(\rho_b,1),$ 因此只需证明 $Q$ 正则当且仅当 $\int_{\varepsilon}^1\frac{(-\ln s)^{v-1}}{-B(s)}{\rm d}s=+\infty$ 对某个(等价地,对所有的) $\varepsilon \in(\rho_b,1).$
假定 $\int_{\varepsilon}^1\frac{(-\ln s)^{v-1}}{-B(s)}{\rm d}s=+\infty$ 对某个(等价地,对所有的) $\varepsilon \in(\rho_b,1)$,但是 $Q$ 不正则,即对某个 $i\geq0$ 及 $\lambda>0$, 有 $\eta:=1-\lambda\sum\limits_{j=0}^\infty \phi_{ij}(\lambda)>0$. 故存在一个 $\delta\in(\rho_b,1)$ 使得
$$ s^i-\lambda\sum_{j=0}^\infty \phi_{ij}(\lambda)s^j\geq\frac{\eta}{2} \ \ \ \mbox{和} \ \ \ |H(s)|+|A(s)|\leq\frac{\lambda\eta}{4},\ \ \ s\in(\delta,1]. $$
注意到对 $s\in(\delta,1)$ 及 $0 $$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)j^vs^{j-1} \geq\frac{\eta}{-4B(s)}. $$ 因此,对任意的 $s\in(\delta\vee\varepsilon,1),$ 有 $$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)j^v\int_0^sy^{j-1} \Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y\geq\frac{\eta}{4}\int_\varepsilon^s\frac{1}{-B(y)} \Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y. $$ 对上述不等式左边的第 $j$ ($j\geq1$) 项做变换 $\ln\frac{s}{y}=\frac{1}{j}x$,则有 $$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)s^j\geq\frac{\eta}{4\Gamma(v)}\int_\varepsilon^s\frac{1}{-B(y)} \Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y. $$ 令 $s\uparrow1$ 且由单调收敛定理,有 $$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)\geq\frac{\eta}{4\Gamma(v)}\int_\varepsilon^1\frac{(-\ln y)^{v-1}}{-B(y)}{\rm d}y=+\infty, $$ 由于总有 $\sum\limits_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)\leq\frac{1}{\lambda}<+\infty$ 成立,矛盾. 故 $Q$ 正则. 反之,假定 $Q$ 正则但是 $\int_{\varepsilon}^1\frac{(-\ln s)^{v-1}}{-B(s)}{\rm d}s<+\infty$ 对某个(等价地,对所有的) $\varepsilon \in(\rho_b,1).$ 由于 $0 < B^\prime(1)\leq+\infty,$ 我们可选择一个有限整数 $k_0$ 使得 $k_0B^\prime(1)+A^\prime(1)>0.$ 由引理 2.1 (iii) 知,方程 $k_0B(s)+A(s)=0$ 有一个根 $s_{k_0}\in(0,1).$ 因此,对任意的 $s\in[\varepsilon_0,1]$, 有 $k_0B(s)+A(s)\leq0$,从而对任意的 $s\in[\varepsilon_0,1]$ 及 $j\geq k_0,$ 有 $jB(s)+A(s)\leq0$,其中 $\varepsilon_0=\rho_b\vee s_{k_0}<1.$ 现在定义一个新的 $q$ -矩阵 $\tilde{Q}=(\tilde{q}_{ij};\ i,j\geq0)$ 如下 $$ \tilde{q}_{ij} =\left\{\begin{array}{ll} 0,& \mbox{若 $i\leq k_0,\ j\geq0,$}\\ q_{ij},~~ & \mbox{若 $i>k_0,\ j\geq0.$} \end{array}\right. $$ 令 $(\tilde{p}_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 表示 Feller 最小 $\tilde{Q}$ -函数. 则由文献 [17,引理 3.1] 以及 $Q$ 正则知,$\tilde{Q}$ 正则, 即 $\sum\limits_{j=0}^\infty\tilde{p}_{ij}(t)=1\ (i\geq0).$ 类似于公式 (2.2),有 \begin{equation}\label{aa 3.3} \ \sum_{j=k_0}^\infty \tilde{p}_{ij}^\prime(t)s^j=A(s)\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^{v-1}s^{j-1}+B(s)\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vs^{j-1},\ s\in(0,1),\ i\geq k_0.\ \end{equation} (3.18) 类似于引理 2.3 证明过程中的讨论,可得 \begin{equation}\label{aa 3.4} \lim_{t\rightarrow\infty}\tilde{p}_{ij}(t)=0,\ \ i,j\geq k_0+1. \end{equation} (3.19) 由公式 (3.18) 知,对任意的 $i,j\geq k_0+1$ 及 $\varepsilon\in(\varepsilon_0,1),$ \begin{equation}\label{aa 3.5} \sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vs^{j-1}=\frac{\sum\limits_{j=k_0}^\infty \tilde{p}_{ij}^\prime(t)s^j-A(s)\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^{v-1}s^{j-1}}{B(s)}. \end{equation} (3.20) 注意到在 $(\varepsilon_0,1)$ 上有 $B(s)<0$ 且 $|\sum\limits_{j=0}^\infty p_{ij}^\prime(t)s^j|\leq\sum\limits_{j=0}^\infty|p_{ij}^\prime(t)|\leq2q_i,$ 对任意的 $s\in(\varepsilon,1)$,可得 $$ \Bigg|\frac{\sum\limits_{j=k_0}^\infty \tilde{p}_{ij}^\prime(t)s^j-A(s)\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^{v-1}s^{j-1}}{B(s)}\Bigg|\leq\frac{2(\tilde{q}_i+|a_1|)}{-B(s)}. $$ 故 $$ \int_\varepsilon^1\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y \leq2(\tilde{q}_i+|a_1|)\int_\varepsilon^1\frac{(-\ln y)^{v-1}}{-B(y)}{\rm d}y<+\infty. $$ 因此,由控制收敛定理和公式 (3.19) 可得 \begin{equation}\label{aa 3.6} \lim_{t\rightarrow\infty}\int_\varepsilon^1\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y=0. \end{equation} (3.21) 由于 $$ \int_0^\varepsilon\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y\leq M\cdot\Gamma(v)<+\infty, $$ 其中 $M=\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty j^v\varepsilon^{j-1}<\infty,$ 类似于公式 (3.21),再次利用控制收敛定理可得 \begin{equation}\label{aa 3.7} \lim_{t\rightarrow\infty}\int_0^\varepsilon\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y=0. \end{equation} (3.22) 现在对式子 $ \int_0^s\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)\cdot j^vy^{j-1}(\ln\frac{s}{y})^{v-1}{\rm d}y $ 中的第 $j\ (j\geq k_0+1)$ 项做变换 $\ln\frac{s}{y}=\frac{1}{j}x$,可得 \begin{equation}\label{aa 3.8} \int_0^s\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}\Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y=\Gamma(v)\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)s^j. \end{equation} (3.23) 联立公式 (3.21) 与 (3.22),并且令 $ s\uparrow1$, 然后在公式 (3.23) 中令 $t\rightarrow\infty$,可得 \begin{equation}\label{aa 3.9} \lim_{t\rightarrow\infty}\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)=0,\ \ i\geq k_0+1. \end{equation} (3.24) 故由公式 (3.24) 以及 $(\tilde{p}_{ij}(t))$ 诚实,可得 $\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\sum\limits_{j=0}^{k_0} \tilde{p}_{ij}(t)=1,\ i\geq k_0+1$. 另一方面,在公式 (3.18) 中令 $s=\varepsilon_0<1$,有 $\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\sum\limits_{j=0}^{k_0}\tilde{p}_{ij}(t)\leq\varepsilon_0^{i-k_0}<1$, 矛盾. 证明完毕. 定理 3.4 假定 $A^\prime(1)<+\infty$. (i) 若 $B^\prime(1)\neq0$ 或者若 $B^\prime(1)=0$ 且 $A^\prime(1)\leq0$,则存在唯一的一个满足 Kolmogorov 向前方程的超线性 GMBPR. (ii) 存在唯一的一个满足 Kolmogorov 向前方程的次线性 GMBPR. 证 为了证明存在唯一的一个满足 Kolmogorov 向前方程的 GNMBPR,由文献 [15] 知, 只需证明方程 \begin{equation}\label{aa 3.11} \left\{\begin{array}{ll} {\bf Y}(\lambda I-Q)=0,\\ {\bf 0}\leq {\bf Y},{\bf Y1}<+\infty \end{array}\right. \end{equation} (3.25) 对某个(从而对所有的) $\lambda>0$ 只有平凡解,其中 ${\bf Y}$ 是一个行向量,${\bf 1}$ 表示 ${\mathbb Z}_+$ 上的元素全为 1 的列向量. 假定 ${\bf Y}=(y_i;\ y_i\geq0)$ 是公式 (3.25) 当 $\lambda=1$ 时的一个解,则公式 (3.25) 可写为 $$ y_n=y_0h_n+\sum_{j=1}^{n+1}y_j(j^vb_{n-j+1}+j^{v-1}a_{n-j+1}),\ \ n\geq0. $$ 在上式两边都乘上 $s^n$ 且对 $n$ 从 $0$ 到 $\infty$ 求和,可得 \begin{equation}\label{uniqueness} \sum_{n=0}^\infty y_ns^n=y_0H(s)+A(s)\sum_{n=1}^\infty y_nn^{v-1}s^{n-1}+B(s)\sum_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1},\ \ |s|<1. \end{equation} (3.26) 下面首先证明 (i). 显然,只需考虑 $B^\prime(1)>0$ 的情形. 若 $B^\prime(1)>0$ 且 $A^\prime(1)>0$, 则对任意的 $s\in(\rho_a\vee \rho_b,1)$,有 $B(s)<0$ 和 $A(s)<0$. 因此,通过在 $(0,1)$ 上比较公式 (3.26) 的两边, 可得 $y_n=0\ (n\geq0)$. 若 $B^\prime(1)>0$ 且 $A^\prime(1)\leq0$, 对于这种情形,如果 $\lim\limits_{s\uparrow1}\sum\limits_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1}<\infty$,则在公式 (3.26) 中令 $s\uparrow1$,有 $\sum\limits_{n=0}^\infty y_n=0$. 再由 $y_n\geq0\ (n\geq0)$ 即得 $y_n=0\ (n\geq0)$. 如果 $\lim\limits_{s\uparrow1}\sum\limits_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1}=\infty$, 公式 (3.26) 可写为 \begin{equation}\label{the other formula ofuniqueness} \frac{\sum\limits_{n=0}^\infty y_ns^n-y_0H(s)}{1-s}=\frac{A(s)}{1-s}\sum\limits_{n=1}^\infty y_nn^{v-1}s^{n-1}+\frac{B(s)}{1-s}\sum\limits_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1},\ \ |s|<1. \end{equation} (3.27) 由于 $\lim\limits_{s\uparrow1}\frac{A(s)}{1-s}=-A^\prime(1)\geq0$ 以及 $\lim\limits_{s\uparrow1}\frac{B(s)}{1-s}=-B^\prime(1)<0$, 则在公式 (3.27) 中令 $s\uparrow1$ 且比较公式 (3.27) 的两边可得 $y_n=0\ (n\geq0)$. 由此 (i) 得证. 为了证明 (ii),只需考虑 $B^\prime(1)=+\infty$ 的情形. 为此, 公式 (3.26) 可改写为 \begin{equation}\label{aa 3.12} y_0(1-H(s))+\sum_{n=1}^\infty(s-A(s)n^{v-1})y_ns^{n-1}=B(s)\sum_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1},\ \ |s|<1. \end{equation} (3.28) 由于 $B^\prime(1)=+\infty,$ 由引理 2.1 (ii) 知,$B(s)$ 有一个根 $\rho_b\in[0,1)$,且在 $(\rho_b,1)$ 上有 $B(s)<0$. 另一方面, 注意到 $0
$$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)j^vs^{j-1} \geq\frac{\eta}{-4B(s)}. $$
因此,对任意的 $s\in(\delta\vee\varepsilon,1),$ 有
$$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)j^v\int_0^sy^{j-1} \Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y\geq\frac{\eta}{4}\int_\varepsilon^s\frac{1}{-B(y)} \Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y. $$
对上述不等式左边的第 $j$ ($j\geq1$) 项做变换 $\ln\frac{s}{y}=\frac{1}{j}x$,则有
$$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)s^j\geq\frac{\eta}{4\Gamma(v)}\int_\varepsilon^s\frac{1}{-B(y)} \Big(\ln\frac{s}{y}\Big)^{v-1}{\rm d}y. $$
令 $s\uparrow1$ 且由单调收敛定理,有
$$ \sum_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)\geq\frac{\eta}{4\Gamma(v)}\int_\varepsilon^1\frac{(-\ln y)^{v-1}}{-B(y)}{\rm d}y=+\infty, $$
由于总有 $\sum\limits_{j=1}^\infty \phi_{ij}(\lambda)\leq\frac{1}{\lambda}<+\infty$ 成立,矛盾. 故 $Q$ 正则.
反之,假定 $Q$ 正则但是 $\int_{\varepsilon}^1\frac{(-\ln s)^{v-1}}{-B(s)}{\rm d}s<+\infty$ 对某个(等价地,对所有的) $\varepsilon \in(\rho_b,1).$ 由于 $0 < B^\prime(1)\leq+\infty,$ 我们可选择一个有限整数 $k_0$ 使得 $k_0B^\prime(1)+A^\prime(1)>0.$ 由引理 2.1 (iii) 知,方程 $k_0B(s)+A(s)=0$ 有一个根 $s_{k_0}\in(0,1).$ 因此,对任意的 $s\in[\varepsilon_0,1]$, 有 $k_0B(s)+A(s)\leq0$,从而对任意的 $s\in[\varepsilon_0,1]$ 及 $j\geq k_0,$ 有 $jB(s)+A(s)\leq0$,其中 $\varepsilon_0=\rho_b\vee s_{k_0}<1.$ 现在定义一个新的 $q$ -矩阵 $\tilde{Q}=(\tilde{q}_{ij};\ i,j\geq0)$ 如下
$$ \tilde{q}_{ij} =\left\{\begin{array}{ll} 0,& \mbox{若 $i\leq k_0,\ j\geq0,$}\\ q_{ij},~~ & \mbox{若 $i>k_0,\ j\geq0.$} \end{array}\right. $$
令 $(\tilde{p}_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 表示 Feller 最小 $\tilde{Q}$ -函数. 则由文献 [17,引理 3.1] 以及 $Q$ 正则知,$\tilde{Q}$ 正则, 即 $\sum\limits_{j=0}^\infty\tilde{p}_{ij}(t)=1\ (i\geq0).$ 类似于公式 (2.2),有
类似于引理 2.3 证明过程中的讨论,可得
由公式 (3.18) 知,对任意的 $i,j\geq k_0+1$ 及 $\varepsilon\in(\varepsilon_0,1),$
注意到在 $(\varepsilon_0,1)$ 上有 $B(s)<0$ 且 $|\sum\limits_{j=0}^\infty p_{ij}^\prime(t)s^j|\leq\sum\limits_{j=0}^\infty|p_{ij}^\prime(t)|\leq2q_i,$ 对任意的 $s\in(\varepsilon,1)$,可得
$$ \Bigg|\frac{\sum\limits_{j=k_0}^\infty \tilde{p}_{ij}^\prime(t)s^j-A(s)\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^{v-1}s^{j-1}}{B(s)}\Bigg|\leq\frac{2(\tilde{q}_i+|a_1|)}{-B(s)}. $$
$$ \int_\varepsilon^1\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y \leq2(\tilde{q}_i+|a_1|)\int_\varepsilon^1\frac{(-\ln y)^{v-1}}{-B(y)}{\rm d}y<+\infty. $$
因此,由控制收敛定理和公式 (3.19) 可得
由于
$$ \int_0^\varepsilon\sum_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)j^vy^{j-1}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y\leq M\cdot\Gamma(v)<+\infty, $$
其中 $M=\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty j^v\varepsilon^{j-1}<\infty,$ 类似于公式 (3.21),再次利用控制收敛定理可得
现在对式子 $ \int_0^s\sum\limits_{j=k_0+1}^\infty \tilde{p}_{ij}(t)\cdot j^vy^{j-1}(\ln\frac{s}{y})^{v-1}{\rm d}y $ 中的第 $j\ (j\geq k_0+1)$ 项做变换 $\ln\frac{s}{y}=\frac{1}{j}x$,可得
联立公式 (3.21) 与 (3.22),并且令 $ s\uparrow1$, 然后在公式 (3.23) 中令 $t\rightarrow\infty$,可得
故由公式 (3.24) 以及 $(\tilde{p}_{ij}(t))$ 诚实,可得 $\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\sum\limits_{j=0}^{k_0} \tilde{p}_{ij}(t)=1,\ i\geq k_0+1$. 另一方面,在公式 (3.18) 中令 $s=\varepsilon_0<1$,有 $\lim\limits_{t\rightarrow\infty}\sum\limits_{j=0}^{k_0}\tilde{p}_{ij}(t)\leq\varepsilon_0^{i-k_0}<1$, 矛盾. 证明完毕.
定理 3.4 假定 $A^\prime(1)<+\infty$.
(i) 若 $B^\prime(1)\neq0$ 或者若 $B^\prime(1)=0$ 且 $A^\prime(1)\leq0$,则存在唯一的一个满足 Kolmogorov 向前方程的超线性 GMBPR.
(ii) 存在唯一的一个满足 Kolmogorov 向前方程的次线性 GMBPR.
证 为了证明存在唯一的一个满足 Kolmogorov 向前方程的 GNMBPR,由文献 [15] 知, 只需证明方程
对某个(从而对所有的) $\lambda>0$ 只有平凡解,其中 ${\bf Y}$ 是一个行向量,${\bf 1}$ 表示 ${\mathbb Z}_+$ 上的元素全为 1 的列向量.
假定 ${\bf Y}=(y_i;\ y_i\geq0)$ 是公式 (3.25) 当 $\lambda=1$ 时的一个解,则公式 (3.25) 可写为
$$ y_n=y_0h_n+\sum_{j=1}^{n+1}y_j(j^vb_{n-j+1}+j^{v-1}a_{n-j+1}),\ \ n\geq0. $$
在上式两边都乘上 $s^n$ 且对 $n$ 从 $0$ 到 $\infty$ 求和,可得
下面首先证明 (i). 显然,只需考虑 $B^\prime(1)>0$ 的情形. 若 $B^\prime(1)>0$ 且 $A^\prime(1)>0$, 则对任意的 $s\in(\rho_a\vee \rho_b,1)$,有 $B(s)<0$ 和 $A(s)<0$. 因此,通过在 $(0,1)$ 上比较公式 (3.26) 的两边, 可得 $y_n=0\ (n\geq0)$. 若 $B^\prime(1)>0$ 且 $A^\prime(1)\leq0$, 对于这种情形,如果 $\lim\limits_{s\uparrow1}\sum\limits_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1}<\infty$,则在公式 (3.26) 中令 $s\uparrow1$,有 $\sum\limits_{n=0}^\infty y_n=0$. 再由 $y_n\geq0\ (n\geq0)$ 即得 $y_n=0\ (n\geq0)$. 如果 $\lim\limits_{s\uparrow1}\sum\limits_{n=1}^\infty y_nn^vs^{n-1}=\infty$, 公式 (3.26) 可写为
由于 $\lim\limits_{s\uparrow1}\frac{A(s)}{1-s}=-A^\prime(1)\geq0$ 以及 $\lim\limits_{s\uparrow1}\frac{B(s)}{1-s}=-B^\prime(1)<0$, 则在公式 (3.27) 中令 $s\uparrow1$ 且比较公式 (3.27) 的两边可得 $y_n=0\ (n\geq0)$. 由此 (i) 得证.
为了证明 (ii),只需考虑 $B^\prime(1)=+\infty$ 的情形. 为此, 公式 (3.26) 可改写为
由于 $B^\prime(1)=+\infty,$ 由引理 2.1 (ii) 知,$B(s)$ 有一个根 $\rho_b\in[0,1)$,且在 $(\rho_b,1)$ 上有 $B(s)<0$. 另一方面, 注意到 $0
本节考虑 Feller 最小 GNMBPR 的灭绝性. 我们假定 $h_0=0$,从而 $0$ 是一个吸收态. 为了讨论该过程的灭绝行为,令 $\{X(t);\ t\geq0\}$ 表示由一个正则的非线性 GMBPR $q$ -矩阵 $Q$ 确定的非线性 GMBPR, 且令 $\tau_0=\inf\{t>0;\ X(t)=0\}$ 表示灭绝时间,$e_i=P(\tau_0<\infty|X(0)=i)$ $ (i\geq1)$ 表示灭绝概率. 显然 $e_i=\lim\limits_{t\rightarrow\infty}p_{i0}(t),$ 其中 $P(t)=(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 是吸收的 $Q$ -函数.
下述引理是文献 [18,引理 4.46] 的一个直接结果, 故在此证明省略.
引理 4.1 假定保守的 $q$ -矩阵 $Q=(q_{ij};\ i,j\in{\mathbb Z}_+)$ 正则且 $(p_{ij}(t);\ i,j\in{\mathbb Z}_+)$ 是相应的 $Q$ -函数. 进一步假设 $q_{00}=0$,从而 $0$ 是一个吸收态. 记 $x_i^*=\lim\limits_{t\rightarrow\infty}p_{i0}(t),\ i\geq1.$ 则 $(x_i^*;\ i\geq1)$ 是方程 $\sum\limits_{j=1}^\infty q_{ij}x_j+q_{i0}=0,\ 0\leq x_i\leq1,\ i\geq1$ 的最小解.
下面给出关于灭绝概率的相关结果. 注意到在这种情形下,公式 (2.2) 变为
由引理 2.3 知,对任意的 $i\geq1,$
其中 $G_i(s)=\sum\limits_{k=1}^\infty\Big(\int_0^\infty p_{ik}(t){\rm d}t\Big)k^{v-1}s^k$. 记 $R(y)={\rm e}^{\int_{\rho_a}^y\frac{A(x)}{xB(x)}{\rm d}x}.$ 注意到 $G_i(0)=0$ 及
$$ R(0)=\lim_{y\rightarrow0^+}{\rm e}^{\int_{\rho_a}^y\frac{A(x)}{xB(x)}{\rm d}x} =\left\{\begin{array}{ll} 0,& \mbox{若 $A(0)>0$},\\ <1,~~ & \mbox{若 $A(0)=0$},\\ \end{array}\right. $$
由公式 (4.2) 可得
定理 4.1 假定 $B^\prime(1)\leq0$ 及 $0 < A^\prime(1)<+\infty.$ 则 $e_i=1\ (i\geq1)$ 当且仅当 $J=+\infty,$ 其中
进一步,若 $J<+\infty$,则
证 假定 $J=+\infty.$ 由正状态之间的互通性可知对任意的 $i\geq1$, 有 $e_i=1$ 或者 $e_i<1$. 现在假设 $e_1<1.$ 公式 (4.3) 可写为
令 $s\rightarrow 1,$ 公式 (4.6)右边的第一项是一个有限的常数,且由 $J=+\infty$ 知最后一项趋近于 $-\infty$. 然而,公式 (4.6) 左边为有限或者为 $+\infty$,矛盾. 故对任意的 $i\geq1$,有 $e_i=1$.
现在假定 $J<+\infty$. 在这种情形下,必有 $R(1)={\rm e}^{\int_{\rho_a}^1\frac{A(x)}{xB(x)}{\rm d}x}=0,$ 否则,则有 $J\geq R(1)\int_0^1\frac{1}{B(y)}{\rm d}y=+\infty.$ 定义 $x_i=J^{-1}\int_0^1\frac{y^iR(y)}{B(y)}{\rm d}y,\ (i\geq1)$. 由公式 (4.3) 知,$e_i\geq x_i\ (i\geq1).$ 另一方面, 易知 $(x_i;\ i\geq1)$ 是方程 $\sum\limits_{k=1}^\infty q_{ik}x_k+q_{i0}=0,$ $ 0\leq x_i\leq1,\ i\geq1$ 的一个解. 由引理 4.1 知,$e_i\leq x_i\ (i\geq1).$ 公式 (4.5) 得证. 证明完毕.
得到灭绝概率以后,现在考虑平均灭绝时间. 用 $E_i[\tau_0]$ 来表示过程从状态 $i\geq1$ 出发的平均灭绝时间.
引理 4.2 假定 $Q=(q_{ij};\ i,j\geq0)$ 是一个 GNMBR $q$ -矩阵. 令 $P(t)=(p_{ij}(t);\ i,j\geq0)$ 为 Feller 最小 $Q$ -函数. 令 $\rho_b$ 表示 $B(s)=0$ 在 $[0,1]$ 上的最小正根. 则对任意的 $0\leq s\leq\rho_b$ 及任意的 $i\in Z_+$,有
证 由引理 2.3 中的公式 (2.6),记
$$ F_i(u)=\sum_{k=1}^\infty\bigg(\int_0^\infty p_{ik}(t){\rm d}t\bigg)k^vu^{k-1}\ \ \mbox{和}\ \ G_i(u)=\int_0^uF(s){\rm d}s. $$
由于 $h_0=0,$ 由公式 (2.2) 可得
从而对任意的 $s\in[0,\rho_b)$,有 $ G_i(u)=R(u)^{-1}\int_0^u\frac{(e_i-y^i)R(y)}{B(y)}{\rm d}y, $ 其中 $R(u)={\rm e}^{\int_{\rho_a}^u\frac{A(x)}{xB(x)}{\rm d}x}.$ 因此 $ F_i(u)=G_i^\prime(u)=\frac{e_i-u^i}{B(u)}-\frac{\frac{A(u)}{uB(u)}\int_0^u \frac{e_i-y^i}{B(y)}R(y){\rm d}y}{R(u)}, $ 即
由公式 (4.9) 可得对任意的 $s\in[0,\rho_b),$
对公式 (4.10) 左边的第 $j\ (j\geq1)$ 项做变换 $\ln\frac{s}{u}=\frac{1}{j}x$,则对任意的 $0\leq s<\rho_b,$ 公式 (4.10) 可写为
$$ \sum_{j=1}^\infty\bigg(\int_0^\infty p_{ij}(t){\rm d}t\bigg)s^j=\frac{1}{\Gamma(v)}\int_0^s\bigg(\frac{e_i-u^i}{B(u)} -\frac{\frac{A(u)}{uB(u)}\int_0^u\frac{e_i-y^i}{B(y)}R(y){\rm d}y}{R(u)}\bigg) \Big(\ln\frac{s}{u}\Big)^{v-1}{\rm d}u, $$
此即公式 (4.7). 公式 (4.7) 对 $s=\rho_b$ 也成立. 事实上,由公式 (4.9) 知,公式 (4.7) 的两边对 $s=\rho_b$ 均有定义且为 $0\leq s\leq\rho_b$ 上的连续函数. 因此,在公式 (4.7) 中令 $s\uparrow\rho_b$ 即可得结论. 证明完毕.
定理 4.2 假定 $B^\prime(1)\leq0$ 及 $J=+\infty,$ 其中 $J$ 由公式 (4.4) 给定. 则对任意的 $i\geq1,$ $E_i[\tau_0]$ 由下式给定
证 由公式 (4.7) 可得
$$ \sum\limits_{j = 1}^\infty ( \int_0^\infty {{p_{ij}}} (t){\rm{d}}t){s^j} = \frac{1}{{\Gamma (v)}}\int_0^s ( \frac{{1 - {u^i}}}{{B(u)}} - \frac{{A(u)}}{{uB(u)}}\int_0^u {\frac{{1 - {y^i}}}{{B(y)}}} {{\rm{e}}^{ - \int_y^u {\frac{{A(x)}}{{xB(x)}}} {\rm{d}}x}}{\rm{d}}y){(\ln \frac{s}{u})^{v - 1}}{\rm{d}}u. $$
令 $s\uparrow1,$ 由诚实条件及单调收敛定理可得
$$ {E_i}[{\tau _0}] = \int_0^\infty {(1 - {p_{i0}}(} t)){\rm{d}}t = \sum\limits_{j = 1}^\infty {\int_0^\infty {{p_{ij}}} } (t){\rm{d}}t = \frac{1}{{\Gamma (v)}}\int_0^1 ( \frac{{1 - {u^i}}}{{B(u)}} - \frac{{A(u)}}{{uB(u)}}\int_0^u {\frac{{1 - {y^i}}}{{B(y)}}} {{\rm{e}}^{ - \int_y^u {\frac{{A(x)}}{{xB(x)}}} {\rm{d}}x}}{\rm{d}}y){( - \ln u)^{v - 1}}{\rm{d}}u. $$
从而公式 (4.11) 得证.
当灭绝概率小于 1 时,平均灭绝时间等于无穷. 对于这种情形我们考虑条件平均灭绝时间. 下述定理分两种情形讨论了这个问题.
(i) 假定 $B^\prime(1)\leq0$ 及 $J<+\infty,$ 从而 $e_i<1\ (i\geq1).$ 则对任意的 $i\geq1,$ $E_i[\tau_0|\tau_0<\infty]$ 由下式给定
(ii) 假定 $\rho_a<\rho_b<1.$ 则对任意的 $i\geq1,$ $E_i[\tau_0|\tau_0<\infty]$ 由下式给定
$$ \begin{array}{*{20}{l}} {{E_i}[{\tau _0}|{\tau _0} < \infty ] = {{(\Gamma (v)\int_0^{{\rho _b}} {\frac{{{y^i}R(y)}}{{B(y)}}} {\rm{d}}y)}^{ - 1}}\int_0^{{\rho _b}} {\frac{{R(y)}}{{B(y)}}} }\\ {{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \times (\int_0^y ( \frac{{{e_i} - {u^i}}}{{B(u)}} - \frac{{\frac{{A(u)}}{{uB(u)}}\int_0^u {\frac{{{e_i} - {x^i}}}{{B(x)}}} R(x){\rm{d}}x}}{{R(u)}}){{(\ln \frac{y}{u})}^{v - 1}}{\rm{d}}u){\rm{d}}y.} \end{array} $$
证 (i) 假定 $B^\prime(1)\leq0$ 及 $J<+\infty,$ 其中 $J$ 由公式 (4.4) 给定. 由公式 (4.5) 可得 $e_i=J^{-1}\int_0^1\frac{y^iR(y)}{B(y)}{\rm d}y$. 因此,由 Fubini 定理可得
另一方面,由公式 (4.1) 知
$$ \sum_{j=0}^\infty p_{ij}(t)s^j-s^i=s^{-1}A(s)G_i(t,s)+B(s)\frac{\partial G_i(t,s)}{\partial s},\ t\geq0,\ s\in[0,1), $$
其中 $G_i(t,s)=\sum\limits_{j=1}^\infty\Big(\int_0^tp_{ij}(u){\rm d}u\Big)j^{v-1}s^j.$ 从而,
由公式 (4.3),对 $t\geq0$ 及 $ s\in[0,1),$ 有
$$ 0\leq G_i(t,s)R(s)\leq G_i(s)R(s)=\int_0^s\frac{(e_i-y^i)R(y)}{B(y)}{\rm d}y. $$
在上述不等式中令 $s\uparrow1$,注意到 $J<\infty$ 且利用公式 (4.5) 和 (4.14) 可得
$$\int_0^1\frac{\sum\limits_{j=0}^\infty p_{ij}(t)y^j-y^i}{B(y)}R(y){\rm d}y=0,\ \ t\geq0, $$
即
$$ \int_0^1\frac{(y^i-p_{i0}(t))}{B(y)}R(y){\rm d}y=\int_0^1\frac{\sum\limits_{j=1}^\infty p_{ij}(t)y^j}{B(y)}R(y){\rm d}y,\ \ t\geq0, $$
因此
记
则
故由公式 (4.14),(4.16) 和 (4.17) 可得
作与引理 4.2 中相同的变换,有
在公式 (4.19) 中令 $t\uparrow\infty$,则对 $y\in[0,1),$ 有
将公式 (4.15) 和 (4.20) 代入公式 (4.13) 可得
$$ \begin{array}{l} \int_0^\infty {({e_i} - {p_{i0}}(} t)){\rm{d}}t\\ = \frac{1}{{J \cdot \Gamma (v)}}\int_0^1 {\frac{{R(y)}}{{B(y)}}} (\int_0^y ( \frac{{{e_i} - {u^i}}}{{B(u)}} - \frac{{\frac{{A(u)}}{{uB(u)}}\int_0^u {\frac{{{e_i} - {x^i}}}{{B(x)}}} R(x){\rm{d}}x}}{{R(u)}}){(\ln \frac{y}{u})^{v - 1}}{\rm{d}}u){\rm{d}}y. \end{array} $$
反过来, 注意到 $E_i[\tau_0|\tau_0<\infty]=e_i^{-1}\int_0^\infty(e_i-p_{i0}(t)){\rm d}t$, 可得公式 (4.12). (i) 得证. 结论 (ii) 可类似证明. 证明完毕.
本节考虑 GNMBPRs 的遍历性及其平稳分布. 假定 $h_0<0$ 且 GNMBR $q$ -矩阵正则.
定理 5.1 GNMBPR 常返当且仅当 $B^\prime(1)\leq0$ 和 $J=+\infty,$ 其中 $J$ 由公式 (4.4) 给定.
证 由于 GNMBPR 常返当且仅当其相应的吸收的 GNMBPR (即 $h_0=0$) 的灭绝概率为 1,由定理 4.1 知,只需证明, 如果 $B^\prime(1)>0$,则过程是非常返的. 为此,只需证明方程
$$ \sum_{j=0}^\infty \pi_{ij}x_j=x_i,\ \ i\geq1 $$
有一个非常数有界解(参见文献 [18,定理 4.34和定理 4.25]), 其中 $(\pi_{ij};\ i,j\geq0)$ 是相应的吸收的 GNMBPR 的嵌入链的转移概率. 由比较引理(参见文献 [18,引理 3.14]),只需证明不等式
有一个非常数有界解. 若 $B^\prime(1)>0$,则 $\rho_b<1$ 且对任意的 $s\in(\rho_b,1)$,有 $B(s)<0$. 对于固定的 $s_*\in(\rho_b,1)$, 选取 $i_0$ 使得 $i_0B(s_*)+A(s_*)\leq0$. 令 ${x_i} = 0\;(i < {i_0}),{x_i} = 1 - s_*^{i - {i_0} + 1}\;(i \ge {i_0})$. 则易证 $(x_i;\ i\geq0)$ 是公式 (5.1) 的一个非常数有界解. 证明完毕.
定理 5.2 假定 $B^\prime(1)\leq0$ 和 $J=+\infty$ 成立 (从而 GNMBPR 唯一且常返). 则 GNMBPR 正常返(即遍历)当且仅当 $\int_0^1\frac{-(A(y)+yH(y))}{yB(y)}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y<+\infty$.
证 由文献 [15,引理 2.2 和定理 2.3] 知,GNMBPR 遍历当且仅当
其中 $\tau_0^+$ 表示过程第一次转移发生后首次到达状态 $0$ 的时间,以及 $\tau_0^0$ 表示过程首次到达状态 $0$ 的时间. 注意到若 $X(0)\neq 0$,则 $\tau_0^+=\tau_0^0$, 故公式 (5.2) 成立当且仅当
由于 $\tau_0^0=\tau_0$,故 $E(\tau_0^0|X(0)=j)=E_j(\tau_0)$. 由公式 (4.11) 可得,公式 (5.3) 成立当且仅当 $\int_0^1\frac{-(A(y)+yH(y))}{yB(y)}(-\ln y)^{v-1}{\rm d}y<+\infty$. 定理 5.2 得证.
定理 5.3 假定 GNMBPR 正常返. 则其平稳分布 $(\pi_j;\ j\in\mathbb{Z}_+)$ 的发生函数由下式给出:
其中 $\pi(s)=\sum\limits_{j=0}^\infty\pi_js^j.$
证 假定过程是正常返的. 由定理 5.1 可知 $B^\prime(1)\leq0.$ 进一步,过程有一个平稳分布 $(\pi_j;\ j\geq0)$ 满足
$$ \lim_{t\rightarrow\infty}p_{ij}(t)=\pi_j>0\ \ \mbox{且} \ \ \sum_{j=0}^\infty\pi_j=1. $$
在公式 (2.2) 中令 $t\rightarrow\infty$ 且利用控制收敛定理可得
记 $\pi(s)=\sum\limits_{j=0}^\infty\pi_js^j$ 及 $\bar{\pi}(s)=\sum\limits_{j=1}^\infty\pi_jj^{v-1}s^j,$ 则公式 (5.5) 可写为
$$ sB(s)\bar{\pi}^\prime(s)+A(s)\bar{\pi}(s)+\pi_0sH(s)=0,\ \ \ s\in[0,1). $$
由公式 (5.6) 得
$$ \sum_{j=1}^\infty \pi_jj^vs^{j-1}=\bar{\pi}^\prime(s)=\frac{-H(s)\pi_0}{B(s)}-\frac{\frac{A(s)}{sB(s)}\int_0^s\frac{-H(y)\pi_0}{B(y)}R(y){\rm d}y}{R(s)}. $$
作与引理 4.2 中相同的变换,可得
和
证明完毕.
2015, Vol. 35 Issue (6): 1190-1206
PDF (387 KB)
2015, Vol. 35 Issue (6): 1190-1206
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