Demos la prueba completa, que es la misma que la de Aryeh, pero ampliándola para que no requiera que $P(z,x) > 0$ para todos los estados $z$ .
Por lo tanto, como en la prueba de Aryeh (repetida a continuación en aras de la exhaustividad), consideremos que $a$ y $b$ dos distribuciones estacionarias. Sea también $x$ el minimizador de $z \mapsto a(z)/b(z)$ y llame a $r=a(x)/b(x)$ . Es evidente que $r < \infty$ ya que por estacionariedad e irreducibilidad se cumple que $b(z) > 0$ para todos $z$ . Tenemos:
$$ \begin{aligned} a(x) &= \sum_z a(z)P(z,x) \\ &= \sum_{z} \frac{a(z)}{b(z)}b(z) P(z,x) \\ &\geq \sum_{z} r b(z) P(z,x)\\ &= r \sum_z b(z) P(z,x) \\ &= r b(x)\\ &= a(x) \end{aligned} $$
Pero para que la igualdad se mantenga en toda la expresión, necesitamos que la igualdad se mantenga para todos sumandos en la desigualdad ( $\geq$ ) de la línea 3.
Esto implica que $\frac{a(z)}{b(z)}P(z,x) = rP(z,x)$ para todos $z$ . En particular, para todo $z$ tal que $P(z,x)>0$ obtenemos que $\frac{a(z)}{b(z)}=r$ .
Sin embargo, para concluir, necesitamos que esto se cumpla para todos $z$ no sólo los que tienen $P(z,x) > 0$ .
Escojamos otro $z$ tal que $P(z,x)=0$ . Por irreducibilidad de la cadena, existe sin embargo alguna $n$ tal que $P^n(z,x) > 0$ donde $P^n$ denota el $n$ -probabilidades de transición de paso.
Repitiendo el mismo argumento anterior con el $n$ -de Chapman-Kolmogorov (es decir. $a(x) = \sum_z a(z)P^n(z,x)$ ), vemos que también $a(z)/b(z)=r$ .
Por lo tanto $a(z)/b(z)=a(x)/b(x)$ es válido para todos los estados $z$ y puesto que $\sum a(z)=\sum b(z)=1$ concluimos que $a=b$ .
