Una solución no negativa $f$ que satisface $Qf = \alpha f$ también es menor que $1$ donde $Q$ es conservador $Q$ matriz

Question

Dejemos que $\alpha>0$ et $Q=(q(x,y))_{x,y \in E}$ tal que $E$ es un espacio de estados contable y $Q$ es conservador $Q$ -con la matriz de transición $P=(p(x,y))_{x,y \in E}$ donde $p(x,x)=0$ para cualquier $x \in E$ . Defina además $c(x) = \lvert q(x,x)\rvert$ tal que $p(x,y)c(x)=q(x,y)$ para cualquier $y \neq x$

Demuestre que una solución no negativa $f$ en $E$ que satisface $Qf = \alpha f$ es, de hecho, también $\leq 1$

Enfoque hasta ahora:

Dejemos que $f\geq 0$ sea una solución no negativa en $E$ entonces tenemos que para cualquier $x\in E$ :

$ \sum\limits_{y\in E}q(x,y)f(y)=\alpha f(x)\implies f(x)= \sum\limits_{y\in E\setminus \{x\}}\frac{c(x)}{\alpha+c(x)}f(y)p(x,y)\leq \sum\limits_{y\in E\setminus \{x\}}f(y)p(x,y)$

Creo que debe haber algún tipo de contradicción aquí, si asumo que $f\geq 0$ y que existe $x^*$ tal que $f(x^*)> 1$ pero parece que no lo encuentro. ¿Alguna idea?

Edición: Una matriz Q conservadora es aquella en la que todas las entradas son finitas, los elementos de los off-diagonales son positivos y las sumas de las filas son iguales a cero, es decir $\sum\limits_{s\in E}q(r,s)=0$ para cualquier $s \in E$

Answer 1

Como ya he hecho bastante por apretar en un comentario, aquí está la prueba para un caso especial, y algunos ejemplos para argumentar por qué pueden ser necesarias algunas suposiciones más.

Algo mucho más general es válido para las matrices de tasas de los CTMC, a saber, sus valores propios, si existen, deben ser todos no positivos en un dominio razonable (por ejemplo, las matrices de tasas reversibles limitadas). ¿Acaso $f$ en la pregunta pertenecen a una clase razonable de funciones? (digamos, funciones acotadas o, al menos, funciones sumables).

De lo contrario, considere $q(i, j) = 4^{-(j-i)^+}$ et $q(i, i) = -1/3$ y considerar las funciones $f(i) = 2^i$ . Entonces, tenemos que $\alpha = 2/3$ es un valor propio, ya que $\sum q(i, j) f(j) = (-1/3) 2^i + 2^i (1/2 + 1/4 + ...) = (2/3) 2^i$ .

Por lo tanto, supongamos que la conjetura $f$ está acotado.

Ya tienes la idea principal en tu intento. Deje que $\epsilon > 0$ y que $x^*$ sea tal que $f(x^*) > \sup f - \epsilon > 0$ . Para facilitar la anotación, dejemos que $-q(x^*, x^*) := \lambda > 0$ .

Ahora tenemos

$ \sum\limits_{y\in E}q(x^*,y)f(y)=\alpha f(x) \implies \sum_{y \in E \setminus \{x^*\}} q(x^*,y) f(y) = (\alpha + \lambda) f(x^*)$

Sin embargo, el lado izquierdo es una cantidad no negativa limitada por $\lambda \sup_{x \in E} f(x)$ (que se puede observar delimitando cada $f(y)$ por el sup, y luego utilizando la definición de matriz conservativa), por lo que tenemos $\lambda \sup f \geq (\alpha + \lambda) (\sup f - \epsilon)$ . Ahora, simplificando, tenemos:

$\lambda \epsilon \geq \alpha (\sup f - \epsilon)$

que, si existe un límite uniforme en $\lambda$ s, te da una bonita contradicción, al elegir $\epsilon$ lo suficientemente pequeño.

Si no hay un límite uniforme en $\lambda$ s, de forma similar al contraejemplo anterior, dejemos que $-q(i, i) = q(i, i+1) = \alpha_i$ donde $\alpha_i$ resuelve la ecuación siguiente, y deja que $f(i) = 2 - 1/i$ , lo que da

$\alpha_i ((2 - 1/(i+1)) - (2- 1/i)) = \alpha (2 - 1/i)$ .

Tenga en cuenta que esta respuesta no utiliza el $p(x,x)= 0$ o cualquier cosa sobre $p$ Ya que, tal y como está escrita, la pregunta no parece utilizarla realmente, por lo que podría haber cierta holgura ahí.