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user: 2. 全局正解 在给出方程(3)具有唯一平稳分布和指数遍历的条件前，我们先来说明这个随机微分方程的全局正解性。 引理2.1：在假设(A)成立的条件下，对任意给定的初值 x 0 ∈ R + ，随机微分方程(3)对所有的 t ≥ 0 ，存在唯一的全局正解 x ( t ) ，并且该解以概率1位于 R + 中，即 P { x ( t ) ∈ R + ， ∀ t ≥ 0 } = 1. 证明：令 τ e 是爆炸时间，在 t ∈ [ 0 ， τ e ) 上，由Zhang [ 8 ] 等定理2.1证明可知，方程(3)的解 x ( t ) 满足 x ( t ) = ϕ − 1 ( t ) 1 x 0 + b ∫ 0 t ϕ − 1 ( s ) d s . 其中， ϕ ( t ) = exp { − a t + ∫ 0 t ∫ 0 < | z | < 1 σ ( σ z − ln ( 1 + σ z ) ) C α | z | α + 1 d z d s − ∫ 0 t ∫ 0 < | z | < 1 σ ln ( 1 + σ z ) N ˜ ( d s ， d z ) } . 显而易见， ϕ ( t ) > 0 ，则可推出 ϕ − 1 ( t ) > 0 。从而对任意 x 0 ∈ R + ， t ∈ [ 0 ， τ e ) ，都有 x ( t ) > 0 。 下面我们证当 τ e = ∞ 时， x ( t ) > 0 。 令 k 0 > 0 ，且足够大使得 1 k 0 < x 0 < k 0 。对任意的整数 k > k 0 ，定义停时 τ k = inf { t ∈ [ 0 ， τ e ) : x ( t ) < 1 k 或 x ( t ) > k } . 设 inf ∅ = ∞ ，显然 τ k 是单调递增的且 τ k < τ e ，令 τ ∞ = lim τ k ，有 τ ∞ ≤ τ e   a . s . ，因此如果我们能证明 τ ∞ = ∞   a . s . ，那么 τ e = ∞   a . s . ，且对任意 t ≥ 0 ， x ( t ) ∈ R + 。 定义一个非负函数 V 1 ( x ) = x θ − ln x − θ − 1 ( 1 + 1 n θ ) ， x ∈ R + . 其中： θ ∈ ( 0 ， min { 1 ， α } ) 。对 ∀ 0 ≤ t ≤ T ，由Itô公式 [ 9 ] [ 10 ] 可知 V 1 ( x ( t ∧ τ k ) ) = V 1 ( x 0 ) + ∫ 0 t ∧ τ k L V 1 ( x ( s ) ) d s + M 1 ( t ∧ τ k ) . (5) 其中 L V 1 ( x ) = ( θ x θ − 1 − x − 1 ) x ( a − b x ) + ∫ 0 < | z | < 1 σ { ( x + σ x z ) θ − ln ( x + σ x z ) − θ − 1 ( 1 + ln θ ) − x θ + ln x + θ − 1 ( 1 + ln θ ) − ( θ x θ − 1 − x − 1 ) σ x z } C α | z | α + 1 d z = ( θ x θ − 1 ) ( a − b x ) + ∫ 0 < | z | < 1 σ x θ ( ( 1 + σ z ) θ − 1 − θ σ z ) C α | z | α + 1 d z + ∫ 0 < | z | < 1 σ ( σ z − ln ( 1 + σ z ) ) C α | z | α + 1 d z = ( θ x θ − 1 ) ( a − b x ) + A ( x ) + B ( x ) . (6) M 1 ( t ∧ τ k ) = ∫ 0 t ∧ τ k ∫ 0 < | z | < 1 σ [ x θ ( ( 1 + σ z ) θ − 1 − ln ( 1 + σ z ) ) ] N ˜ ( d s ， d z ) 是一个局部鞅。 我们令 A ( x ) = ∫ 0 < | z | < 1 σ x θ ( ( 1 + σ z ) θ − 1 − θ σ z ) C α | z | α + 1 d z = ( A 11 + A 12 ) x θ ，其中 A 11 由变量代换 y = σ z 得， A = 11 ∫ 0 1 σ ( ( 1 + σ z ) θ − 1 − θ σ z ) C α z α + 1 d z = σ α ∫ 0 1 ( ( 1 + y ) θ − 1 − θ y ) C α y α + 1 d y . 令 。可知 H 1 ( y ) 在区间(0， 1)上有界，则存在一个正数 C ¯ 1 ，使得 | H 1 ( y ) | ≤ C ¯ 1 ，因此有 A = 11 σ α ∫ 0 1 H 1 ( y ) C α y α − 1 d y ≤ σ α C α 2 − α C ¯ 1 . (7) 通过泰勒展开 ( 1 − y ) θ < 1 − θ y + θ ( θ − 1 ) 2 y 2 和变量代换 y = σ ( − z ) 得： A = 12 ∫ − 1 σ 0 ( ( 1 + σ z ) θ − 1 − θ σ z ) C α ( − z ) α + 1 d z = − σ α ∫ 0 1 ( ( 1 − y ) θ − 1 + θ y ) C α y α + 1 d y ≤ σ α C α 2 − α θ ( 1 − θ ) 2 . (8) 从而存在一个正数 C ¯ ，使得 C ¯ = C ¯ 1 + θ ( 1 − θ ) 2 ，则有 A ( x ) ≤ σ α C α 2 − α C ¯ x θ . (9) 而另一方面， B ( x ) = ∫ 0 < | z | < 1 σ ( σ z − ln ( 1 + σ z ) ) C α | z | α + 1 d z = ∫ 0 1 σ ( σ z − ln ( 1 + σ z ) ) C α z α + 1 d z + ∫ − 1 σ 0 ( σ z − ln ( 1 + σ z ) ) C α ( − z ) α + 1 d z = B 11 + B 12 . 定义 H 2 ( y ) = y − ln ( 1 + y ) y 2 ， y ∈ ( 0 ， 1 ) 。则由洛必达法则可得： H 2 ( y ) ≤ 1 2 。从而有 B 11 = σ α ∫ 0 1 ( y − ln ( 1 + y ) ) C α y α + 1 d y = σ α ∫ 0 1 H 2 ( y ) C α y α − 1 d y ≤ σ C α α 2 ( 2 − α ) . (10) 经过变量代换 B 12 = ∫ − 1 σ 0 ( σ z − ln ( 1 + σ z ) ) C α ( − z ) α + 1 d z = σ α ∫ 0 1 ( y + ln ( 1 − y ) ) C α y α + 1 d y ≤ 0. 则 B ( x ) ≤ σ α C α 2 ( 2 − α ) . (11) 把(9)式和(11)式代入(6)式，得 L V 1 ( x ) = a θ x θ + b x − b θ x θ + 1 − a + σ α C α 2 − α C ¯ x θ + σ α C α 2 ( 2 − α ) = ( a θ + σ α C α 2 − α C ¯ ) x θ + b x − b θ x θ + 1 − a + σ α C α 2 ( 2 − α ) . 则这必存在一个正数C，使得 L V 1 ( x ) ≤ C 。 对 0 ≤ t ≤ T ，结合(6)式取期望得， E V 1 ( x ( T ∧ τ k ) ) ≤ V 1 ( x 0 ) + C E ( τ k ∧ T ) ≤ V 1 ( x 0 ) + C T . (12) 令 Ω k = { τ k ≤ T } ，则对充分大的数k有， x ( τ k ， ω ) ≤ 1 k   或   x ( τ k ， ω ) ≥ k . 已知 V 1 ( ( 1 θ ) 1 θ ) = 0 ，且 V 1 ( x ) 在区间 ( 0 ， ( 1 θ ) 1 θ ) 递减，而在 ( ( 1 θ ) 1 θ ， + ∞ ) 递增。 于是 V 1 ( x ( τ k ， ω ) ) ≥ ( k θ − ln k − θ − 1 ( 1 + ln θ ) ) ∧ ( 1 k θ + ln k − θ − 1 ( 1 + ln θ ) ) . 那么从(12)式得， 令 k → ∞ . ，我们得到 ∞ > V 1 ( x 0 ) + C T = ∞   a . s . ，这是一个矛盾。则我们必有 。即 P { τ ∞ = ∞ } = 1 。 于是， P { x ( t ) ∈ R + ， ∀ t ≥ 0 } = 1 成立，证明完成。