设$ X = (X_t)_{t{\geqslant} 0} $是一个取值在可分的局部紧Hausdorff空间$ {{\mathbb X}} $上的强马氏过程, 假设其转移半群$ (T_t)_{t{\geqslant}0} $在Banach空间$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $上一致有界且强连续. 例如, 对$ {{\mathbb X}} $上测度$ m $及$ p {\geqslant} 1 $, $ {{\mathbb B}} $可选为$ L^p({{\mathbb X}};m) $. 关于更多具体的例子, 参见文献[1, 3]. 我们记$ {\cal L} $为转移半群$ (T_t)_{t{\geqslant}0} $的无穷小生产元, $ D({\cal L}) $为$ {\cal L} $定义域. 假设$ D = (D_t)_{t{\geqslant} 0} $是一个与$ X $独立的从属过程(非降实值的Lévy过程), 并且具有$ D_0 = 0 $和如下形式的Laplace指数$ \phi_0 $:

(1.1) $ \begin{equation} \phi_0({\lambda}) = k{\lambda} + \int_0^\infty \big{(}1- e^{-{\lambda} z} \big{)}\, \mu({\rm d}z) \end{equation} $

满足

(1.2) $ \begin{equation} {{\mathbb E}} (e^{-{\lambda} D_t}) = e^{-t \phi_0({\lambda}) }, \quad {\lambda}>0, \end{equation} $

其中$ k{\geqslant} 0 $, $ \mu $是一个Lévy测度满足$ \mu(-\infty, 0) = 0 $和$ \int_0^\infty (1\wedge z)\, \mu({\rm d}z) < \infty $. 令$ E = (E_t)_{t{\geqslant} 0} $是从属过程$ D $的一个广义逆, 定义如下

$ E_t: = \inf\{s>0: D(s) >t\}, \quad t{\geqslant}0. $

我们将称$ E $是一个时间变换, 称复合过程$ X_E = (X_{E_t})_{t{\geqslant} 0} $是一个时间变换的马氏过程.

实际应用中, 时间分数阶的Fokker-Planck-Kolmogorov方程是刻画复杂异常扩散现象的重要工具. 学者们发现时间变换的马氏过程与这些偏微分方程之间存在紧密的联系, 并且取得了丰富的成果, 可以参看文献[3-7]. 对$ f \in {{\mathbb B}} $, 令

(1.3) $ \begin{equation} v(t, x) : = {{\mathbb E}} [T_{E_t} f(x)]. \end{equation} $

下面我们陈述几个这方面的结论.

(1) 假设$ D $是一个$ {\beta} $ -平稳从属过程($ 0 < {\beta} <1 $). 也就是说, $ D $是一个特殊的从属过程, 具有如下形式的Laplace指数

$ \phi_0({\lambda}) = {\lambda}^{\beta}. $

那么, $ v $ (如(1.3)式所定义的)是下面时间分数阶柯西问题的唯一解

$ \partial_t^{{\beta}} v = {\cal L} v, \quad v(0, x) = f(x), $

其中$ \partial_t^{{\beta}} $是Caputo型$ {\beta} $ -阶导数, 定义如下

$ \partial_t^{{\beta}} g(t) : = \frac{1}{\Gamma(1-{\beta})} \frac{\rm d}{{\rm d}t} \int_0^t (t-s)^{-{\beta}}(g(s) - g(0))\, {\rm d}s. $

对转移半群$ (T_t)_{t{\geqslant}0} $是由Lévy过程生成的情形, 可参考文献[2].

(2) 假设$ \nu $是$ (0, 1) $上的有限测度且满足$ \nu(0, 1)>0 $. 假设$ D $具有如下形式Laplace指数

$ \phi_0({\lambda}) = \int_0^1{\lambda}^{{\beta}} \, \nu({\rm d}{\beta}) $

的从属过程, 其可由独立的平稳从属过程混合而成, 例如, 可参看文献[4]. 那么, $ v $ (如(1.3)式所定义的) 是下述抽象时间分数阶柯西问题的唯一解

$ \partial_t^{v} v = {\cal L} v, \quad v(0, x) = f(x), $

其中$ \partial_t^{\nu} $是分布型的分数阶导数, 定义如下

$ \partial_t^{\nu} g(t) : = \int_0^1 \partial_t^{{\beta}}g(t)\, \nu({\rm d}{\beta}). $

分布型的分数阶导数可以用来刻画超慢的扩散现象，具体可参见文献[4, 8-9].

(3) 最近, 文章[3]考虑了一类更一般的分数阶导数. 具体地说, 假设$ {{\mathbb W}} $是由形如下述函数构成的集合, 函数$ w:(0, \infty) \to [0, \infty) $右连续、无界、非降, 在$ [0, \infty) $局部可积且满足

$ \lim\limits_{z \to \infty} w(z) = 0 $

和

$ \int_0^\infty (1\wedge z) (-{\rm d}w(z)) < \infty. $

对$ w \in {{\mathbb W}} $和合适的$ g $, 一类广义的分数阶导数定义如下

$ \begin{eqnarray*} \partial_t^{w} g(t) : = \frac{\rm d}{{\rm d}t} \int_0^t w(t-s) (g(s) - g(0))\, {\rm d}s. \end{eqnarray*} $

这类分数阶导数与一类无漂移项的从属过程(即, 满足(1.1)–(1.2) 式且$ k = 0 $和$ \mu(0, \infty) = \infty $的从属过程)之间存在一一对应关系. 具体地说, 对$ w \in {{\mathbb W}} $, 令$ \mu $为$ (0, \infty) $的一个测度满足

$ \begin{eqnarray*} w(x) = \mu((x, \infty)). \end{eqnarray*} $

容易得到

$ \begin{eqnarray*} \mu((0, \infty)) = \infty \quad \rm{及} \quad \int_0^\infty (1\wedge z ) \mu({\rm d}z) < \infty. \end{eqnarray*} $

那么，存在唯一的无漂移项从属过程其Lévy测度为$ \mu $. 反过来, 给定这样的从属过程, 定义

$ \begin{eqnarray*} w(x): = \mu((x, \infty)), \end{eqnarray*} $

便有$ w \in {{\mathbb W}} $.

接下来, 假设$ D $是一个从属过程满足(1.1)–(1.2)式, $ k{\geqslant} 0 $和$ \mu((0, \infty)) = \infty $. 在这类广义的分数阶框架下, 文章[3] 得到如下有趣的结论: 在适当的意义下, $ v $ (形如(1.3)式所定义的)是下述方程的唯一解

(1.4) $ \begin{equation} k \partial_t v + \partial_t^{w} v = {\cal L} v, \quad v(0, x) = f(x). \end{equation} $

我们注意到, 对给定的从属过程$ D $, 其Laplace指数$ \phi_0({\lambda}) $是一个Bernstein函数(具体定义见第2节) 满足$ \lim\limits_{{\lambda} \to 0} \phi_0({\lambda}) = 0 $. 换句话说, 文章[3] 建立了从Bernstein函数$ \phi_0 $满足$ \lim\limits_{{\lambda} \to 0} \phi_0({\lambda}) = 0 $到时间分数阶方程(4)的一一对应关系. 那么, 如果给定更一般的Bernstein函数$ \phi({\lambda}) $有

$ \lim\limits_{{\lambda} \to 0} \phi({\lambda}) \neq 0. $

自然的问题是: 这种类似的对应关系是否依然存在?

幸运的是, 给定一个Bernstein函数$ \phi({\lambda}) $, 存在唯一的截断的从属过程$ D^S $ (可参考文献[1] 中第56页或见第2节内容) 使得其Laplace指数正好是$ \phi({\lambda}) $. 接下来, 令$ E^S $是$ D^S $的广义逆, 对$ x\in {{\mathbb X}} $, $ f \in {{\mathbb B}} $及$ t{\geqslant} 0 $记

$ u(t, x): = {{\mathbb E}} \big{(} T_{E_t^S} f(x) \big{)}. $

受文章[3] 的启发, 我们考虑如下问题: $ u(t, x) $满足什么样的方程? 第二节定理2.1是本文的主要结论, 可以看作是文章[3] 中的结论在截断从属过程情形的推广. 最后, 通过对该问题的研究, 我们建立了从一般Bernstein函数到广义时间分数阶偏微分方程的一种对应关系. 我们将采用文献[3] 中的证明方法, 但需要在关键的地方进行必要的替换.

该文的其余部分是这样安排的. 第2节陈述了一些基本概念和主要结论, 第3节给出了主要结论的证明, 第4节给出了一个例子.

函数$ \phi:(0, \infty) \to [0, \infty) $称作是Bernstein函数如果它是光滑的, 且对$ {\lambda}>0 $及$ n \in {{\mathbb N}} $满足$ (-1)^n \phi^{(n)}({\lambda}) {\leqslant} 0 $. 我们知道, 每一个Bernstein函数$ \phi $具有如下唯一的表示(参见文献[1, 定理1.3.23])

$ \phi({\lambda}) = a + k{\lambda} + \int_0^\infty \big{(}1- e^{-{\lambda} z} \big{)}\, \mu({\rm d}z), $

其中$ a, \, k{\geqslant} 0 $, $ \mu $是$ (0, \infty) $上的Lévy测度满足$ \int_0^\infty (1\wedge z)\, \mu({\rm d}z) < \infty $. 接下来, 我们将称三元组$ (a, k, \mu) $是$ \phi $的刻画. 我们知道, 对给定具有刻画$ (a, k, \mu) $的Bernstein函数$ \phi $, 存在如下定义的截断从属过程$ D^S $:

$ D^S(t) : = \left\{ \begin{array}{ll} D_t, & t < S, \\ \infty, & t {\geqslant} S, \end{array} \right. $

使得

$ {{\mathbb E}}(e^{-{\lambda} D^S_t }) = e^{-t \phi({\lambda})}, $

其中$ D = (D_t)_{t{\geqslant}0} $是一个满足(1.1) 式和(1.2) 式的从属过程, $ S $是与$ D $独立的指数型随机变量, 对应密度函数为$ g(z) = a e^{-az} 1_{\{(0, \infty)\}}(z) $ (例如, 可参考文献[1, p56]).

令$ E^S $是截断从属过程$ D^S $广义逆, 也就是

$ E_t^S: = \inf\{s>0: D^S(s) >t\}, \quad t{\geqslant}0. $

下面是本文的主要结论.

定理 2.1  假设$ \phi $是具有刻画$ (a, k, \mu) $的Bernstein函数, $ D^S $是与其对应的截断从属过程, $ E^S $是$ D^S $的逆. 假设$ a>0 $, $ \mu((0, \infty)) = \infty $. 对$ z>0 $, 令$ w(z): = \mu((z, \infty)) $. 那么, 对任意$ f \in D({\cal L}) $, 函数

$ u(t, x): = {{\mathbb E}} \big{(} T_{E_t^S} f(x)\big{)}, \quad t{\geqslant} 0 $

是下面时间分数阶方程在$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $上的唯一解

(2.1) $ \begin{equation} \left\{ \begin{array}{ll} (k \partial_t + \partial_t^w) u(t, x) = ({\cal L} -a) u(t, x) + a f(x), & t>0, \\ u(0, x) = f(x), \end{array} \right. \end{equation} $

且满足:

(1) $ { }\sup_{t{\geqslant}0} \|u(t, \cdot)\| < \infty $;

(2) 对任意$ t{\geqslant} 0 $, $ x \to u(t, x) $属于$ D({\cal L}) $, 且$ { } \sup_{t{\geqslant}0} \|{\cal L}u(t, \cdot)\| < \infty $;

(3) $ t \to u(t, \cdot) $和$ t \to {\cal L}u(t, \cdot) $在$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $中连续;

(4) 对任意的$ t>0 $, 有

$ \begin{eqnarray*} && \lim\limits_{{\delta} \to 0 } \frac{1}{{\delta}} \Big{(} k \big{(}u(t+{\delta}, x) - u(t, x)\big{)} + \int_t^{t+{\delta}} w(t-s) \big{(} u(s, x) - u(0, x) \big{)}\, {\rm d}s\Big{)}\\ & = & {\cal L} u(t, x) - a u(t, x) + a f(x), \end{eqnarray*} $

其中, 极限在$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $成立.

注 2.1  下面是关于主要结论的两个注解.

(1) 截断从属过程可以看作是一般从属过程的推广. 事实上, 如果指数型随机变量$ S $的参数$ a $退化到$ 0 $, 那么相应的截断从属过程就是通常的从属过程. 因此, 从这个意义上说, 文献[3] 中的结论是定理2.1的一个特殊情形.

(2) 正如我们所看到了, Bernstein函数$ \phi $与方程(2.1) 之间存在一一对应的关系. 这给出了一般Bernstein函数与广义时间分数阶偏微分方程的一种联系.

这一节, 我们将采用文章[3] 中的方法对主要结论进行证明. 首先, 众所周知, 对$ f \in D({\cal L}) $, 有

(3.1) $ \begin{equation} \frac{\rm d}{{\rm d}t} T_t f(x) = {\cal L}T_t f = T_t {\cal L} f \end{equation} $

在$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $中成立. 这一节中, 假定$ w $和$ u $是定理2.1中定义的函数. 对从属过程$ D $, 根据Lévy-It\^{o} 分解, 我们有

(3.2) $ \begin{equation} D_t = kt + \bar{D}_t, \quad t {\geqslant} 0, \end{equation} $

其中$ \bar{D} = (\bar{D}_t)_{t{\geqslant} 0} $是一个无漂移项的从属过程满足

$ \begin{eqnarray*} {{\mathbb E}}(e^{-{\lambda} \bar{D}_t }) = e^{- t \int_0^\infty \big{(}1- e^{-{\lambda} z} \big{)}\, \mu({\rm d}z)}, \quad {\lambda}>0. \end{eqnarray*} $

由(3.2)式, 我们有

(3.3) $ \begin{equation} \bar{D}_t = D_t - kt. \end{equation} $

下面的结论来自文章[3].

引理 3.1  存在Borel零测集$ A \subset (0, \infty) $使得, 对任意的$ r \in (0, \infty) $和$ t \in (0, \infty)\setminus A $, 有

$ {{\mathbb P}} \big{(} \bar{D}_r {\geqslant} t \big{)} = \int_0^r {{\mathbb E}} \big{[}w(t-\bar{D}_y) 1_{\{t > \bar{D}_y\}}\big{]}\, {\rm d}y $

和

$ {{\mathbb P}} \big{(} \bar{D}_r = t \big{)} = 0 $

成立.

注 3.1  (1) 假设$ \mu(0, \infty) = \infty $是为确保$ \bar{D} $几乎处处严格递增. 因此, 在此假定下, $ D $也是几乎处处严格递增的. 相应地, $ E $和$ E^S $都是几乎处处连续的.这个假设对引理3.1是不可缺少的, 关于具体的细节, 可参见文章[3, 引理2.1].

(2) 根据引理3.1和(3.3)式, 存在Borel零测集$ B \subset (0, \infty) $使得, 对任意的$ r \in (0, \infty) $和$ t \in (0, \infty)\setminus B $, 有

$ {{\mathbb P}} \big{(} D_r = t \big{)} = 0. $

接下来, 注意到

$ E_t = \inf\{s>0: D_s > t\}. $

根据$ E^S $的定义, 容易得到

(3.4) $ \begin{equation} E_t^S = E_t \wedge S. \end{equation} $

对$ s{\geqslant} 0 $, 我们有下面关于$ E^S_s $分布的刻画.

引理 3.2  对任意的$ s, \, r {\geqslant} 0 $, 我们有

(3.5) $ \begin{equation} {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) = 1 - e^{-ar} \big{(}1-{{\mathbb P}}(D_r {\geqslant} s ) \big{)}. \end{equation} $

进一步, 我们还有

(3.6) $ \begin{equation} {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) = 1 - e^{-ar} \big{(}1-{{\mathbb P}}(\bar{D}_r {\geqslant} s-kr) \big{)}. \end{equation} $

证  注意到$ D $和$ S $是独立的. 那么, 根据(3.4)式, 我们得到

$ \begin{eqnarray*} {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) & = & 1 - {{\mathbb P}}(E_s \wedge S > r) \nonumber \\ & = & 1 - {{\mathbb P}}(E_s > r) {{\mathbb P}}( S > r) \nonumber \\ & = & 1 - e^{-ar} \big{(}1-{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r) \big{)} \nonumber \\ & = & 1 - e^{-ar} \big{(}1-{{\mathbb P}}(D_r {\geqslant} s ) \big{)}. \end{eqnarray*} $

这蕴含了(3.5)式. 其次, 根据(3.3)式, 可以得到(3.6)式. 证毕.

与文章[3] 类似, 对$ x>0 $, 定义

$ \begin{eqnarray*} G(x) = \int_0^x w(t)\, {\rm d}t, \end{eqnarray*} $

及$ G(0) = 0 $. 则, $ G(x) $是$ [0, \infty) $的连续函数且当$ x \in (0, \infty) $时满足$ G'(x) = w(x) $. 紧接着, 由(3.5)式, 注\ref{10_re_1}(ii) 及分部积分公式, 对任意$ t, \, r{\geqslant} 0 $, 我们有

(3.7) $ \begin{eqnarray} \int_0^t w(t-s) {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\, {\rm d}s & = & -\int_0^t {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\, {\rm d}G(t-s) \\ & = & G(t) + \int_0^t G(t-s) \, {\rm d}_s {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) \\ & = & G(t) - e^{-ar}\int_0^t G(t-s) \, {\rm d}_s {{\mathbb P}}(D_r {\leqslant} s ) \\ & = & G(t) - e^{-ar} {{\mathbb E}} [G(t-D_r) 1_{\{t{\geqslant} D_r\}}]. \end{eqnarray} $

进一步, 我们有如下结论.

引理 3.3  假设$ G $是上述所定义的函数, 我们有

(3.8) $ \begin{eqnarray} \int_0^t w(t-s) \big{(} u(s, x) - u(0, x) \big{)}\, {\rm d}s = \int_0^\infty e^{-ar} {{\mathbb E}} [G(t-D_r) 1_{\{t > D_r\}}] {\cal L} T_rf(x) \, {\rm d}r. \end{eqnarray} $

证  根据Fubini定理, 我们有

$ \begin{eqnarray*} && \int_0^t w(t-s) \big{(} u(s, x) - u(0, x) \big{)}\, {\rm d}s \\ & = & \int_0^t w(t-s) \Big{(} \int_0^\infty \big{(}T_rf(x) - f(x)\big{)}\, {\rm d}_r{{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\Big{)}\, {\rm d}s \\ & = & \int_0^\infty \big{(}T_rf(x) - f(x)\big{)}\, {\rm d}_r\Big{(} \int_0^t w(t-s) {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\, {\rm d}s\Big{)}. \end{eqnarray*} $

再由(3.7) 式和分部积分公式, 得到

$ \begin{eqnarray*} && \int_0^t w(t-s) \big{(} u(s, x) - u(0, x) \big{)}\, {\rm d}s \nonumber\\ & = & -\int_0^\infty \big{(}T_rf(x) - f(x)\big{)}\, {\rm d}_r\Big{(} e^{-ar} {{\mathbb E}} [G(t-{\rm d}_r) 1_{\{t{\geqslant} {\rm d}_r\}}]\Big{)} \nonumber \\ & = & \int_0^\infty e^{-ar} {{\mathbb E}} [G(t-{\rm d}_r) 1_{\{t{\geqslant} {\rm d}_r\}}] {\cal L} T_rf(x) \, {\rm d}r \nonumber \\ & = & \int_0^\infty e^{-ar} {{\mathbb E}} [G(t-{\rm d}_r) 1_{\{t > {\rm d}_r\}}] {\cal L} T_rf(x) \, {\rm d}r. \end{eqnarray*} $

证毕.

接下来, 我们给出主要结论的证明.

定理2.1的证明  我们先证明存在性, 然后证明唯一性.

(1) (有界性和连续性) 首先, 注意到

$ \begin{eqnarray*} u(t, x) = {{\mathbb E}} \big{(} T_{E_t^S} f(x)\big{)} = \int_0^\infty T_{r} f(x)\, {\rm d}_r \big{(}{{\mathbb P}} (E_t^S {\leqslant} r)\big{)}. \end{eqnarray*} $

那么, 对$ f \in D({\cal L}) $, 根据转移半群$ (T_t)_{t{\geqslant} 0} $的一致有界性, 我们有

(3.9) $ \begin{eqnarray}\sup\limits_{t{\geqslant}0} \|u(t, \cdot)\| = \sup\limits_{t{\geqslant}0} \|\int_0^\infty T_{r} f(\cdot)\, {\rm d}_r {{\mathbb P}}\big{(} E_t^S {\leqslant} r\big{)}\| {\leqslant} \sup\limits_{r{\geqslant}0} \|T_{r} f(\cdot) \| {\leqslant} M \|f\| < \infty. \end{eqnarray} $

接下来, 对固定的$ t{\geqslant} 0 $, 我们证明

(3.10) $ \begin{equation}u(t, \cdot) \in D({\cal L}) 及 {\cal L} u(t, x) = {{\mathbb E}} \big{(} T_{E_t^S} {\cal L}f(x)\big{)}. \end{equation} $

为此, 对固定的$ t{\geqslant} 0 $, 假设$ F_t(r) $是$ E^S_t $的分布函数, $ (F_t^n(r))_{n{\geqslant} 1} $是一串简单的单调递增右连续函数序列满足

$\lim\limits_{n \to \infty } \sup\limits_{r {\geqslant} 0}|F_t^n(r) - F_t(r)| = 0$

和

$ F_{n, t}(r) {\leqslant} F_t(r), \quad \rm{对所有 r{\geqslant} 0 .} $

令

$ u_n(t, x) = \int_0^\infty T_{r} f(x)\, {\rm d}F_t^n(r). $

我们有

$ \|u_n(t, \cdot) - u(t, \cdot)\| {\leqslant} \sup\limits_{r{\geqslant} 0}\|T_r f\| \sup\limits_{r {\geqslant} 0}|F_t^n(r) - F_t(r)| \to 0, $

当$ n \to \infty $. 现在, 根据(3.1)式, 我们得到$ u_n(t, \cdot) \in D({\cal L}) $及

$ \frac{\rm d}{{\rm d}t} u_n(t, x) = {\cal L} u_n(t, x) = \int_0^\infty T_{r} {\cal L}f(x)\, {\rm d}F_{n, t}(r). $

进一步, 因为

$ \lim\limits_{n \to \infty} {\cal L} u_n(t, x) = \int_0^\infty T_{r} {\cal L}f(x)\, {\rm d}F_{t}(r) = {\cal L} u(t, x). $

那么, 根据算子$ {\cal L} $的闭性, 可得到$ u(t, \cdot) \in D({\cal L}) $和

(3.11) $ \begin{equation} {\cal L} u(t, x) = \int_0^\infty T_{r} {\cal L}f(x)\, {\rm d}F_{t}(r) = {{\mathbb E}} \big{(} T_{E_t^S} {\cal L}f(x)\big{)}. \end{equation} $

这就完成了(3.10)式的证明. 接下来, 与证明(3.9)式类似, 我们可以得到

$ \begin{eqnarray*} && \sup\limits_{t{\geqslant}0} \|{\cal L} u(t, \cdot)\| < \infty. \end{eqnarray*} $

最后, 因为$ (T_t)_{t{\geqslant} 0} $是$ {{\mathbb B}} $上的强连续半群且满足$ { }\sup_{t{\geqslant} 0} \|T_t\| < \infty $, 加上$ t \to E^S_t $是几乎处处连续的(注3.1(1)). 因此, 根据控制收敛定理, $ t \to u(t, \cdot) $和$ t \to {\cal L} u(t, \cdot) $在$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $中都是连续的.

(2) (存在性){\quad} 接下来, 我们证明函数$ u $是方程(2.1) 的解. 首先, 由引理3.1, (3.5)式和(3.6)式, 我们有: 当$ s {\leqslant} kr $时, $ {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) = 1 $及当$ s> kr $时,

$ \begin{eqnarray*} {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) = 1 - e^{-ar} \Big{(}1-\int_0^r {{\mathbb E}} \big{[}w(s-kr-\bar{D}_y) 1_{\{s-kr > \bar{D}_y\}}\big{]}\, {\rm d}y\Big{)}. \end{eqnarray*} $

进而有

(3.12) $ \begin{eqnarray}\int_0^t {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\, {\rm d}s& = & t\wedge(kr) + \int_{t\wedge(kr)}^t {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\, {\rm d}s \\& = & t\wedge(kr) + 1_{\{kr <t \}} (t -kr)(1-e^{-ar}) \\&& + \, 1_{\{kr <t \}} e^{-ar}{{\mathbb E}} \int_0^r\Big{(}\int_{kr}^t w(s-kr-\bar{D}_y) 1_{\{s-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}s\Big{)}\, {\rm d}y \\& = & t\wedge(kr) + 1_{\{kr <t \}} (t -kr)(1-e^{-ar}) \\&& + \, 1_{\{kr <t \}} e^{-ar}{{\mathbb E}} \int_0^r G(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y. \end{eqnarray} $

再根据(3.11)式, (3.12)式和Fubini定理, 我们得到

(3.13) $ \begin{eqnarray} \int_0^t {\cal L} u(s, x) \, {\rm d}s & = & \int_0^t \Big{(} \int_0^\infty T_r{\cal L}f(x)\, {\rm d}_r{{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r) \Big{)} \, {\rm d}s \\ & = & \int_0^\infty T_r{\cal L}f(x)\, {\rm d}_r\Big{(} \int_0^t {{\mathbb P}}(E_s^S {\leqslant} r)\, {\rm d}s \Big{)} \\ & = & {{\mathbb E}} \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x)\, \Big{(} k - k (1-e^{-ar}) + a e^{-ar} (t -kr) \\ &&-\, a e^{-ar} \int_0^r G(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y \\ && +\, e^{-ar} G(t-kr-\bar{D}_r) 1_{\{t-kr > \bar{D}_r\}} \\ && -\, k e^{-ar} \int_0^r w(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y \Big{)} \, {\rm d}r \\ & = :& I_1 + I_2 +I_3, \end{eqnarray} $

其中

$ I_1 : = {{\mathbb E}} \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x) e^{-ar} G(t-kr-\bar{D}_r) 1_{\{t-kr > \bar{D}_r\}} \, {\rm d}r, $

$ I_2 : = k {{\mathbb E}}\int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x) e^{-ar}\Big{(} 1- \int_0^r w(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y \Big{)} \, {\rm d}r $

及

$ \begin{eqnarray*} I_3 &: = & {{\mathbb E}} \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x)\, \Big{(} a e^{-ar} (t -kr) - a e^{-ar} \int_0^r G(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y \Big{)} {\rm d}r. \end{eqnarray*} $

对$ I_1 $, 我们有

$ \begin{eqnarray*} I_1 & = & {{\mathbb E}} \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x) e^{-ar} G(t-kr-\bar{D}_r) 1_{\{t-kr > \bar{D}_r\}} \, {\rm d}r \nonumber\\ & = & \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x) e^{-ar}{{\mathbb E}}[ G(t-{\rm d}_r) 1_{\{t> {\rm d}_r\}}] \, {\rm d}r \nonumber\\ & = & \int_0^{\infty} T_r{\cal L}f(x) e^{-ar}{{\mathbb E}}[ G(t-{\rm d}_r) 1_{\{t> {\rm d}_r\}}] \, {\rm d}r. \end{eqnarray*} $

再根据(3.8)式, 我们得到

(3.14) $ \begin{equation} I_1 = \int_0^t w(t-s) \big{(} u(s, x) - u(0, x) \big{)}\, {\rm d}s. \end{equation} $

对$ I_2 $, 由Fubini定理和分部积分公式, 我们得到

(3.15) $ \begin{eqnarray} I_2 & = & k \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x) e^{-ar}\Big{(} 1- {{\mathbb E}}\int_0^r w(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y \Big{)} \, {\rm d}r \\ & = & k \int_0^{t/k} T_r{\cal L}f(x) \big{(} 1- {{\mathbb P}}(E_t {\leqslant} r) \big{)} \, {\rm d}r \\ & = & k \int_0^{\infty} \big{(} 1- {{\mathbb P}}(E_t {\leqslant} r) \big{)} \, {\rm d}r(T_rf(x) -f(x)) \\ & = & k \int_0^{\infty} (T_rf(x) -f(x))\, {\rm d}_r {{\mathbb P}}(E_t {\leqslant} r) \\ & = & k (u(t, x) - u(0, x)). \end{eqnarray} $

其次, 因为

$ \begin{eqnarray*} \int_0^t u(s, x)\, {\rm d}s & = & \int_0^t\Big{(}\int_0^\infty T_rf(x)\, {\rm d}_r{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\Big{)}\, {\rm d}s \\ & = & \int_0^\infty T_rf(x)\, {\rm d}_r\Big{(}\int_0^t{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\, {\rm d}s\Big{)} \\ & = & \int_0^{\infty} T_rf(x)\, {\rm d}_r\Big{(}\int_0^t{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\, {\rm d}s - t\Big{)} \\ & = & f(x) t - \int_0^\infty \Big{(}\int_0^t{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\, {\rm d}s - t\Big{)}\, {\rm d}_r( T_rf(x)) \\ & = & f(x) t - \int_0^\infty T_r{\cal L}f(x)\Big{(}\int_0^t{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\, {\rm d}s - t\Big{)}\, {\rm d}r, \end{eqnarray*} $

其中在第三等号处我们用了分部积分公式. 进一步, 再由(3.12)式, 我们得到

$ \begin{eqnarray*} \int_0^t u(s, x)\, {\rm d}s & = & f(x) t - \int_0^\infty T_r{\cal L}f(x)\Big{(}\int_0^t{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\, {\rm d}s - t\Big{)}\, {\rm d}_r \nonumber \\ & = & f(x) t - \int_0^{t/k}T_r{\cal L}f(x)\Big{(}\int_0^t{{\mathbb P}}(E_s {\leqslant} r)\, {\rm d}s - t\Big{)}\, {\rm d}_r \nonumber \\ & = & f(x) t + {{\mathbb E}} \int_0^{t/k}T_r{\cal L}f(x)e^{-ar}\Big{(} (t -kr) \nonumber\\ && - \, \int_0^r G(t-kr-\bar{D}_y) 1_{\{t-kr > \bar{D}_y\}}\, {\rm d}y\Big{)}\, {\rm d}_r \nonumber \\ & = & f(x) t + I_3/a. \end{eqnarray*} $

这样, 我们便得到

(3.16) $ \begin{equation} I_3 = a \Big{(}\int_0^t u(s, x)\, {\rm d}s - f(x) t \Big{)}. \end{equation} $

现在, 联立(3.13)–(3.16)式, 对任意的$ t>0 $, 我们得到

$ \begin{eqnarray*} \int_0^t {\cal L} u(s, x) \, {\rm d}s & = & \int_0^t w(t-s) \big{(} u(s, x) - u(0, x) \big{)}\, {\rm d}s \\ && + \, k (u(t, x) - u(0, x)) + a \Big{(}\int_0^t u(s, x)\, {\rm d}s - f(x) t \Big{)}, \end{eqnarray*} $

再根据$ t \to u(t, \cdot) $和$ t \to {\cal L}u(t, \cdot) $在$ ({{\mathbb B}}, \|\cdot\|) $中的连续性, 这蕴含了

$ \begin{eqnarray*} (k \partial_t + \partial_t^w) u(t, x) = ({\cal L} -a) u(t, x) + a f(x). \end{eqnarray*} $

(3) (唯一性){\quad} 假设$ \tilde{u}(t, x) $是定理2.1意义下方程(2.1) 的另一个解且满足$ \tilde{u}(0, x) = f(x) $. 那么, $ v(t, x): = \tilde{u}(t, x) - u(t, x) $是下面齐次方程的解

$ \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{ll} (k \partial_t + \partial_t^w) v(t, x) = ({\cal L} -a) v(t, x), & t>0, \\ v(0, x) = 0. \end{array} \right. \end{eqnarray*} $

因此, 对任意的$ t>0 $, 我们有

(3.17) $ \begin{equation} k\, v(t, x) + \int_0^t w(t-s)v(s, x)\, {\rm d}s = \int_0^t ({\cal L} -a) v(s, x)\, {\rm d}s. \end{equation} $

接下来, 令

$ V({\lambda}, x): = \int_0^\infty e^{-{\lambda} t} v(t, x)\, {\rm d}t $

是函数$ t \to v(t, x) $的Laplace变换. 容易得到，对任意$ {\lambda}>0 $, $ V({\lambda}, \cdot) \in {{\mathbb B}} $且

$ \|V({\lambda}, \cdot)\| {\leqslant} \frac{1}{{\lambda}} \sup\limits_{t{\geqslant} 0} \|v(t, \cdot)\|. $

另外, 与证明(3.10) 式类似, 对任意的$ {\lambda} >0 $, $ V({\lambda}, \cdot) \in D({\cal L}) $, 我们有

$ {\cal L} V({\lambda}, \cdot) = \int_0^\infty e^{-{\lambda} t} {\cal L}v(t, \cdot)\, {\rm d}t $

和

$ \|{\cal L} V({\lambda}, \cdot)\| {\leqslant} \int_0^\infty e^{-{\lambda} t} \|{\cal L}v(t, \cdot)\|\, {\rm d}t {\leqslant} \frac{1}{{\lambda}} \sup\limits_{t {\geqslant} 0}\|{\cal L}v(t, \cdot)\|. $

现在, 对(3.17)式两边同时做Laplace变换, 我们得到

(3.18) $ \begin{equation} V({\lambda}, x) \Big{(} k+ \int_0^\infty e^{-{\lambda} s} w(s)\, {\rm d}s \Big{)} = \frac{1}{{\lambda}}({\cal L} -a ) V({\lambda}, x). \end{equation} $

进而得到

$ {\cal L} V({\lambda}, x) = V({\lambda}, x) \bigg{(} \Big{(}k + \int_0^\infty e^{-{\lambda} s} w(s)\, {\rm d}s \Big{)}{\lambda} + a\bigg{)} = \phi({\lambda}) V({\lambda}, x) . $

这样, 我们得到了

$ \big{(} \phi({\lambda}) - {\cal L} \big{)}\, V({\lambda}, x) = 0. $

接下来, 注意到, 对任意的$ {\lambda}>0 $, 预解式$ ({\lambda} - {\cal L})^{-1} $总是存在(例如, 可参考文献[1, p159]). 因此, 对任意的$ {\lambda} >0 $, $ V({\lambda}, \cdot) = 0 $. 最后, 根据Laplace变换的唯一性, 对任意的$ t>0 $, 作为$ {{\mathbb B}} $中元素, 我们有$ v(t, \cdot) = 0 $. 所以, 对任意的$ t{\geqslant} 0 $, 我们得到$ \tilde{u}(t, \cdot) = u(t, \cdot) $在$ {{\mathbb B}} $中成立.定理2.1证毕.

在这一节, 我们用一个具体的例子来说明主要结论. 假设$ B = (B_t)_{t{\geqslant} 0} $是一个$ {{\mathbb R}}^d $ -值标准布朗运动, $ N({\rm d}t, {\rm d}x) $是$ ({{\mathbb R}}^{+} \times {{\mathbb R}}^d\setminus \{0\}) $上的一个Poisson随机测度具有强度测度$ \nu({\rm d}x) $. 我们记

$ \tilde{N}({\rm d}t, {\rm d}x): = N({\rm d}t, {\rm d}x) - \nu({\rm d}x)\, {\rm d}t, $

考虑满足下述随机微分方程马氏过程$ Y = (Y_t)_{t{\geqslant} 0} $:

$ \begin{eqnarray*} {\rm d}Y_t & = & b(Y_{s-})\, {\rm d}s + \sigma(Y_{s-}){\rm d}B_s + \int_{\|x\|< 1} F(Y_{s-}, x)\tilde{N}({\rm d}s, {\rm d}x) \\ && +\, \int_{\|x\|{\geqslant}1} G(Y_{s-}, x)N({\rm d}s, {\rm d}x), \end{eqnarray*} $

其中$ b: {{\mathbb R}}^d \to {{\mathbb R}}^d $, $ \sigma: {{\mathbb R}}^d \to {{\mathbb R}}^{d\times d} $, $ F: {{\mathbb R}}^d \times {{\mathbb R}}^d \to {{\mathbb R}}^d $和$ G: {{\mathbb R}}^d \times {{\mathbb R}}^d \to {{\mathbb R}}^d $是可测函数满足经典的Lipschitz和线性增长条件(例如, 见文献[1, p365]). 对$ f \in C_0({{\mathbb R}}^d) $, 令

$ \begin{eqnarray*} T_t f(y): = {{\mathbb E}} (f(Y_t)|Y_0 = y). \end{eqnarray*} $

那么, $ (T_t)_{t{\geqslant}} $是Banach空间$ C_0({{\mathbb R}}^d) $上的半群, 其无穷小生成元为

$ \begin{eqnarray*} {\cal A} f & = & b^i(y) (\partial_i f)(y) + \frac{1}{2} a^{ij}(y) (\partial_i\partial_j f)(y)\\ && +\, \int_{|x|<1} \big{(} f( F(y, x) + y) -f(y) - F^{i}(y, x)(\partial_i f)(y) \big{)}\, \nu({\rm d}x)\\ && + \, \int_{|x|{\geqslant} 1} \big{(} f(G(y, x)+y) -f(y) \big{)} \, \nu({\rm d}x), \end{eqnarray*} $

并且满足$ C_0^2({{\mathbb R}}^d) \subset D({\cal A}) $.

根据定理2.1, 我们有如下推论.

推论 4.1  在定理2.1的条件下. 对任意$ f \in C_0^2({{\mathbb R}}^d) $, 在强收敛意义下(定理2.1 (1)–(4) 的意义下), 函数

$ \begin{eqnarray*} u(t, y): = {{\mathbb E}} \big{(} f(Y_{E^S_t})|Y_0 = y\big{)}, \quad t{\geqslant} 0 \end{eqnarray*} $

是下面方程的唯一解

$ \begin{eqnarray*} \left\{\begin{array}{ll}(k \partial_t + \partial_t^w) u(t, y) = ({\cal A} -a) u(t, y) + a f(y), & t>0, \\u(0, y) = f(y).\end{array}\right. \end{eqnarray*} $