Quá trình sinh hủy

Quá Trình Sinh Hủy
(Birth and Death Processes)
C.Lam - L.T.Huu
Tóm tắt nội dung
Quá trình sinh hủy là một mô hình ngẫu nhiên có tính Markov nghiên cứu về sự
tăng hay giảm số phần tử trong một hệ theo thời gian. Bây giờ ta sẽ đi xây dựng
lần lượt các mô hình sinh hủy có tỷ lệ thuần nhất, mô hình sinh hủy tổng quát và
cụ thể là mô hình sinh hủy tuyến tính. Bằng việc thiết lập các phương trình vi phân
Kolmogorov, ta sẽ tìm được các đặc trưng cơ bản (kỳ vọng, phương sai, ) và hơn thế
nữa là luật phân phối của mô hình.
1 Quá trình sinh thuần nhất: (Pure Birth Processes)
Định nghĩa 1. (Quá trình sinh thuần nhất)
Nếu quá trình đếm {B(t), t ≥ 0} là xích Markov với xác suất chuyển dừng và thỏa các
tính chất sau:
Với mọi t ≥ 0, h > 0,
i) B(0) = 0,(tại thời điểm ban đầu t = 0, quá trình không có phần tử nào)
ii) P [B(t + h) = j + 1|B(t) = j] = λ
j
h + o(h),
iii) P [B(t + h) = j|B(t) = j] = 1 − λ
j
h + o(h),
iv) P [B(t + h) ≥ j + 2|B(t) = j] = o(h),
v) P [B(t + h) < j|B(t) = j] = 0
Khi đó B(t) gọi là quá trình sinh thuần nhất với tham số λ
j
, j = 0, 1, 2,
Xác suất chuyển từ trạng thái có i phần tử sang trạng thái có j phần tử sau một đơn vị
thời gian h, và xem h đủ nhỏ để hệ sinh ra phần tử trong một đơn vị thời gian, thỏa phương
trình Chapman - Kolmogorov:
P

ij
(h) = P [B(t + h) = j|B(t) = i] = P [B(h) = j|B(0) = i] , i, j = 0, 1, 2,
Từ Định nghĩa 1, ta có các dạng xác suất chuyển của quá trình sinh thuần nhất như sau:
Với mọi t ≥ 0, h > 0,
1
Hình 1: Đồ thị của quá trình sinh thuần nhất
• P
j,j+1
(h) = P [B(t + h) = j + 1|B(t) = j] = λ
j
h + o(h), j ≥ 0,
(nghĩa là, xác suất "thêm một phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
λ
j
h + o(h) )
• P
j,j
(h) = P [B(t + h) = j|B(t) = j] = 1 − λ
j
h + o(h), j ≥ 0,
(nghĩa là, xác suất "vẫn giữ nguyên số phần tử trong hệ" sau một đơn vị thời gian h
với xác suất 1 − λ
j
h + o(h) )
• P
j,j+a
(h) = P [B(t + h) = j + a|B(t) = j] = o(h), a ≥ 2.
(nghĩa là, xác suất "thêm hơn hai phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
o(h) )
2 Quá trình hủy thuần nhất: (Pure Death Processes)

Định nghĩa 2. (Quá trình hủy thuần nhất)
Nếu quá trình đếm {D(t), t ≥ 0} là xích Markov với xác suất chuyển dừng thỏa các tính
chất sau:
Với mọi t ≥ 0, h > 0,
i) D(0) = j, (tại thời điểm ban đầu t = 0, quá trình có j phần tử)
ii) P [D(t + h) = j − 1|D(t) = j] = µ
j
h + o(h),
iii) P [D(t + h) = j|D(t) = j] = 1 − µ
j
h + o(h),
2
iv) P [D(t + h) ≥ j − 2|D(t) = j] = o(h),
v) P [D(t + h) > j|D(t) = j] = 0, j = 0, 1,
Khi đó D(t) gọi là quá trình hủy thuần nhất với tham số µ
j
, j = 1, 2, , n.
Trong quá trình hủy thuần nhất thì hầu hết các sự kiện xảy ra trong bất kỳ thời gian
nào, vì không có sự kiện nào xảy ra khi quá trình đạt trạng thái 0, tức là trạng thái 0 là
trạng thái hấp thu.
Hình 2: Đồ thị của quá trình hủy thuần nhất
Từ Định nghĩa 2, ta có các dạng xác suất chuyển của quá trình hủy thuần nhất như sau:
Với mọi t ≥ 0, h > 0,
• P
j,j−1
(h) = P [D(t + h) = j − 1|D(t) = j] = µ
j
h + o(h), j ≥ 1,
(nghĩa là, xác suất " mất một phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
µ

j
h + o(h) )
• P
j,j
(h) = P [D(t + h) = j|D(t) = j] = 1 − µ
j
h + o(h), j ≥ 1,
(nghĩa là, xác suất "vẫn giữ nguyên số phần tử trong hệ" sau một đơn vị thời gian h
với xác suất 1 − µ
j
h + o(h) )
• P
j,j−a
(h) = P [D(t + h) = j − a|D(t) = j] = o(h), a ≥ 2.
(nghĩa là, xác suất "mất hơn hai phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
o(h) )
3
3 Quá trình sinh hủy tổng quát: (General Birth and
Death Processes)
3.1 Định nghĩa:
Việc tổ hợp 2 quá trình sinh thuần nhất và hủy thuần nhất ta sẽ được quá trình sinh hủy.
Quá trình duy chuyển lên hoặc xuống tương ứng với sinh hoặc hủy số phần tử. Trừ trường
hợp quá trình sinh hủy có trạng thái không hấp thu.
Hình 3: Quá trình sinh hủy tổng quát.
Định nghĩa 3. (Quá trình sinh hủy tổng quát)
Nếu quá trình ngẫu nhiên {X(t), t ≥ 0} là xích Markov với xác suất chuyển dừng và thỏa
các tính chất sau:
Với mọi t ≥ 0, h > 0,
i) X(0) = i, (với i là số phần tử tại thời điểm ban đầu)
ii) P [X(t + h) = j + 1|X(t) = j] = λ

j
h + o(h), ∀j ≥ 0,
iii) P [X(t + h) = j − 1|X(t) = j] = µ
j
h + o(h),∀j ≥ 1,
iv) P [X(t + h) = j + a|X(t) = j] = o(h), ∀a ≥ 2,
v) P [X(t + h) = j − a|X(t) = j] = o(h), ∀a ≥ 2,
vi) P [X(t + h) = j|X(t) = j] = 1 − (λ
j
+ µ
j+1
)h + o(h),∀j ≥ 0,
Khi đó X(t) gọi là quá trình sinh hủy tổng quát với hai tham số λ
j
, µ
j+1
, j = 0, 1, 2,
4
Hình 4: Quá trình sinh hủy tổng quát.
Bây giờ ta đặt λ
j
, µ
j
, với mọi j ≥ 0, lần lượt là tỷ lệ sinh và tỷ lệ hủy của quá trình sinh
hủy tổng quát. Ta thấy chúng phụ thuộc vào j (số phần tử tại t) và thời gian t. Cùng với
tính thuần nhất theo thời gian, ta có các xác suất chuyển của quá trình sinh hủy tổng quát
như sau:
• P
j,j−1
(h) = P [X(t + h) = j − 1|X(t) = j] = µ

j
h + o(h), j ≥ 1,
(nghĩa là, xác suất "mất một phần tử " sau một đơn vị thời gian h với xác suất
µ
j
h + o(h) )
• P
j,j+1
(h) = P [X(t + h) = j + 1|X(t) = j] = λ
j
h + o(h), j ≥ 0,
(nghĩa là, xác suất "thêm một phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
λ
j
h + o(h) )
• P
j,j
(h) = P [X(t + h) = j|X(t) = j] = 1 − (λ
j
+ µ
j
)h + o(h), j ≥ 1.
(nghĩa là, xác suất "vẫn giữ nguyên số phần tử trong hệ" sau một đơn vị thời gian h
với xác suất 1 − (λ
j
− µ
j
)h + o(h) )
• P
j,j+a

(h) = P [X(t + h) = j + a|X(t) = j] = o(h), a ≥ 2,
(nghĩa là, xác suất "thêm hơn hai phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
o(h) )
• P
j,j−a
(h) = P [X(t + h) = j − a|X(t) = j] = o(h), a ≥ 2,
(nghĩa là, xác suất "mất hơn hai phần tử" sau một đơn vị thời gian h với xác suất
o(h) )
Tiếp đến ta sử dụng phương trình Chapman - Kolmogorov:
5
Xét trường hợp j ≥ 2 :
P
ij
(t + h) = + P
i,j−2
(t).P
j−2,j
(h) + P
i,j−1
(t).P
j−1,j
(h) + P
ij
(t).P
jj
(h)
+P
i,j+1
(t).P
j+1,j

(h) + P
i,j+2
(t).P
j+2,j
(h) +
(3.1)
Khi đó với j ≥ 1 :
P
ij
(t + h) =P
i,j−1
(t).P
j−1,j
(h) + P
i,j
(t).P
j,j
(h) + P
i,j+1
(t).P
j+1,j
(h)
=P
i,j−1
(t). [λ
j−1
h + o(h)] + P
i,j
(t). [1 − (λ
j

+ µ
j
)h + o(h)] + P
i,j+1
(t). [µ
j+1
h + o(h)]
(3.2)
Nên với j = 0 :
P
i0
(t + h) =P
i,0
(t).P
0,0
(h) + P
i,1
(t).P
1,0
(h) + P
i,2
(t).P
2,0
(h) +
=P
i,0
(t). [1 − λ
0
h + o(h)] + P
i,1

(t). [µ
1
h + o(h)] + o(h)
(3.3)
Cuối cùng ta đưa các phương trình (3.2), (3.3) về dạng vi phân:
Biến đổi (3.3),
P
i0
(t + h) − P
i0
(t)
h
=
P
i,0
(t). [1 − λ
0
h + o(h)] + P
i,1
(t). [µ
1
h + o(h)] + o(h) − P
i0
(t)
h
⇐⇒
P
i0
(t + h) − P
i0

(t)
h
=
−λ
0
hP
i,0
(t) + µ
1
h.P
i,1
(t) + o(h)
h
⇐⇒ lim
h→0
P
i0
(t + h) − P
i0
(t)
h
= lim
h→0
−λ
0
hP
i,0
(t) + µ
1
h.P

i,1
(t) + o(h)
h
⇐⇒
∂P
i0
(t)
∂t
= −λ
0
.P
i,0
(t) + µ
1
.P
i,1
(t)
(3.4)
Biến đổi (3.2),
P
ij
(t + h) − P
ij
(t)
h
=
λ
j−1
hP
i,j−1

(t) − (λ
j
+ µ
j
)hP
i,j
(t) + µ
j+1
hP
i,j+1
(t)
h
⇐⇒ lim
h→0
P
ij
(t + h) − P
ij
(t)
h
= lim
h→0
λ
j−1
hP
i,j−1
(t) − (λ
j
+ µ
j

)hP
i,j
(t) + µ
j+1
hP
i,j+1
(t)
h
⇐⇒
∂P
ij
(t)
∂t
= λ
j−1
P
i,j−1
(t) − (λ
j
+ µ
j
)P
i,j
(t) + µ
j+1
P
i,j+1
(t)
(3.5)
Như vậy ta đã xây dựng thành công mô hình quá trình sinh hủy tổng quát.

Ta sẽ đi giải các phương trình (3.4), (3.5) khi biết λ
j
, µ
j
để tìm biểu thức cho kỳ vọng,
phương sai hoặc luật phân phối của chúng. Nhưng điều này không dễ dàng trong trường hợp
tổng quát vì tỷ lệ sinh λ
j
, tỷ lệ hủy µ
j
phụ thuộc vào j (số phần tử tại t) và thời gian t.
Nên ta xét quá trình sinh hủy tổng quát trong trường hợp tỷ lệ sinh và tỷ lệ hủy có dạng
tuyến tính.
6
4 Quá trình sinh hủy tổng quát với tỷ lệ tuyến tính:
(Linear rates)
Quá trình sinh hủy tổng quát với tỷ lệ tuyến tính nếu:

λ
j
= jλ(t)
µ
j
= jµ(t)
(4.1)
4.1 Trường hợp quá trình bắt đầu với 1 phần tử: (i = 1)
Gọi X
1
(t) là biến ngẫu nhiên mô tả kích cở của quá trình tại thời điểm t.
Trong trường hợp này X

1
(0) = 1.
Đặt:
P
1j
(t) = P [X
1
(t) = j|X
1
(0) = 1] , ∀j ∈ N
Lúc đó,
P
11
(0) = 1, P
1j
(0) = 0, ∀j = 1 (4.2)
Từ (3.4),(3.5) và(4.1), ta được:
∂P
1j
(t)
∂t
=

(j − 1).λ(t).P
1,j−1
(t) − j. [λ(t) + µ(t)] .P
1j
(t) + (j + 1).µ(t).P
1,j+1
(t)

µ(t).P
11
(t), j = 0
(4.3)
Dùng hàm sinh (Generating function) để tìm kỳ vọng và phương sai quá trình sinh hủy
tổng quát với tỷ lệ tuyến tính.
Hàm sinh có dạng:
G(s, t) =
∞

j=0
P
1j
(t)s
j
, s ∈ [0, 1],
là hàm sinh của biến ngẫu nhiên X
1
(t).
Ta có các đạo hàm riêng sau:
∂G(s, t)
∂t
=
∞

j=0
∂P
1j
(t)
∂t

s
j
∂G(s, t)
∂s
=
∞

j=1
jP
1j
(t)s
j−1
7
Nhân 2 vế hệ phương trình (4.3) cho s
j
, rồi lấy tổng theo j từ 1 đến ∞, ta được:

∞

j=1
∂P
1j
(t)
∂t
s
j

+
∂P
10

(t)
∂t
s
0
=

∞

j=1
[(j − 1).λ(t).P
1,j−1
(t) − j. [λ(t) + µ(t)] .P
1j
(t) + (j + 1).µ(t).P
1,j+1
(t)] .s
j

+ µ(t).P
11
(t).s
0
=

λ(t).
∞

j=1
(j − 1).P
1,j−1

(t).s
j

−

[λ(t) + µ(t)] .
∞

j=1
j.P
1j
(t).s
j

+

µ(t).
∞

j=1
(j + 1).P
1,j+1
(t).s
j

+ µ(t).P
11
(t).s
0
(4.4)

Ta viết lại (4.4) như sau:
∂G(s, t)
∂t
=
∞

j=0
∂P
1j
(t)
∂t
s
j
=
∂P
10
(t)
∂t
s
0
+
∞

j=1
∂P
1j
(t)
∂t
s
j

=µ(t).P
11
(t).s
0
+

λ(t).
∞

j=1
(j − 1).P
1,j−1
(t).s
j

−

[λ(t) + µ(t)] .
∞

j=1
j.P
1j
(t).s
j

+

µ(t).
∞


j=1
(j + 1).P
1,j+1
(t).s
j

=µ(t).P
11
(t).s
0
+

λ(t).
∞

j=0
j.P
1,j
(t).s
j−1
.s
2

−

[λ(t) + µ(t)] .
∞

j=1

j.P
1j
(t).s
j−1
.s
1

+

µ(t).
∞

j=2
j.P
1,j
(t).s
j−1

=

λ(t).s
2
.
∂G(s, t)
∂s

−

[λ(t) + µ(t)] .s
1

.
∂G(s, t)
∂s

+

µ(t).
∂G(s, t)
∂s

=

λ(t).s
2
− [λ(t) + µ(t)] .s
1
+ µ(t)

.
∂G(s, t)
∂s
(4.5)
8
Từ (4.5), ta được:
∂G(s, t)
∂t
=

λ(t).s
2

− [λ(t) + µ(t)] .s
1
+ µ(t)

.
∂G(s, t)
∂s
=⇒
∂G(s, t)
∂t
∂G(s, t)
∂s
= λ(t).s
2
− [λ(t) + µ(t)] .s
1
+ µ(t)
(4.6)
Để giải phương trình (4.5), ta cần biến đổi (4.6) về dạng phương trình vi phân Riccati
sau:
ds
dt
= −
∂G(s, t)
∂t
∂G(s, t)
∂s
= −λ(t).s
2
+ [λ(t) + µ(t)] .s

1
− µ(t) (4.7)
Tiếp theo, ta giải phương trình (4.7), ta xét hai trường hợp s = 1 và s = 1:
• Xét s = 1, thì
ds
dt
= −λ(t).1
2
+ [λ(t) + µ(t)] .1
1
− µ(t) = 0
• Xét s = 1:
Đặt y =
1
s − 1
, hay s = 1 +
1
y
, suy ra
ds
dt
=
−y

y
2
, với y

=
dy

dt
.
Khi đó phương trình (4.7) trở thành:
−y

y
2
= −λ(t).

1 +
1
y

2
+ [λ(t) + µ(t)] .

1 +
1
y

1
− µ(t)
⇐⇒ − y

= −λ(t)

1 +
2
y
+

1
y
2

y
2
+ [λ(t) + µ(t)] .

1 +
1
y

y
2
− µ(t).y
2
⇐⇒ − y

= −λ(t)

y
2
+ 2y + 1

+ [λ(t) + µ(t)] .

y
2
+ y


− µ(t).y
2
⇐⇒y

= λ(t)

y
2
+ 2y + 1

− [λ(t) + µ(t)] .

y
2
+ y

+ µ(t).y
2
⇐⇒y

= λ(t).y
2
+ λ(t).2y + λ(t) − λ(t).y
2
− µ(t).y
2
− λ(t).y − µ(t).y + µ(t).y
2
⇐⇒y


= [λ(t) − µ(t)] y + λ(t)
(4.8)
Phương trình (4.8) là phương trình vi phân tuyến tính cấp 1, nên sẽ có dạng nghiệm
như sau:
y = f
1
(t) + Cf
2
(t), trong đó C = const (4.9)
Lúc đó,
s = 1 +
1
y
= 1 +
1
f
1
(t) + Cf
2
(t)
=
1 + f
1
(t) + Cf
2
(t)
f
1
(t) + Cf
2

(t)
=
f
3
(t) + Cf
4
(t)
f
1
(t) + Cf
2
(t)
(4.10)
9
Khi đó, s cũng là nghiệm của phương trình (4.7).
Từ (4.10):
s =
f
3
(t) + Cf
4
(t)
f
1
(t) + Cf
2
(t)
⇐⇒f
1
(t).s + Cf

2
(t).s = f
3
(t) + Cf
4
(t)
⇐⇒C [f
2
(t).s − f
4
(t)] = −f
1
(t).s + f
3
(t)
⇐⇒C =
sf
1
(t) − f
3
(t)
f
4
(t) − sf
2
(t)
(4.11)
Trong đó f
1
(t), f

2
(t), f
3
(t), f
4
(t) là các hàm của t; C là hằng số tích phân.
Nên nghiệm tổng quát của phương trình (4.6) có dạng:
G(s, t) = Φ

sf
1
(t) − f
3
(t)
f
4
(t) − sf
2
(t)

, (4.12)
Ta sẽ tìm hàm Φ với điều kiện biên G(s, 0) = P
11
(0).s
1
+

j=1
P
1j

(0).s
j
= s.
Từ điều kiện biên, ta được:
G(s, 0) = Φ

sf
1
(0) − f
3
(0)
f
4
(0) − sf
2
(0)

= s (4.13)
Đặt:
C
0
=
sf
1
(0) − f
3
(0)
f
4
(0) − sf

2
(0)
(4.14)
Từ (4.14):
C
0
=
sf
1
(0) − f
3
(0)
f
4
(0) − sf
2
(0)
⇐⇒C
0
.f
4
(0) − C
0
sf
2
(0) = sf
1
(0) − f
3
(0)

⇐⇒s. [f
1
(0) + C
0
f
2
(0)] = C
0
f
4
(0) + f
3
(0)
⇐⇒s =
C
0
f
4
(0) + f
3
(0)
f
1
(0) + C
0
f
2
(0)
(4.15)
Theo (4.13), (4.14) và (4.15), ta được:

Φ(C
0
) = s, hay Φ

sf
1
(0) − f
3
(0)
f
4
(0) − sf
2
(0)

=
C
0
f
4
(0) + f
3
(0)
f
1
(0) + C
0
f
2
(0)

(4.16)
10
Tương tự (4.16), ta có:
Φ(C) =Φ

sf
1
(t) − f
3
(t)
f
4
(t) − sf
2
(t)

=
C.f
4
(0) + f
3
(0)
f
1
(0) + C.f
2
(0)
=

sf

1
(t) − f
3
(t)
f
4
(t) − sf
2
(t)

f
4
(0) + f
3
(0)
f
1
(0) +

sf
1
(t) − f
3
(t)
f
4
(t) − sf
2
(t)


f
2
(0)
=
(sf
1
(t) − f
3
(t))f
4
(0) + f
3
(0)(f
4
(t) − sf
2
(t))
f
4
(t) − sf
2
(t)
f
1
(0)(f
4
(t) − sf
2
(t)) + (sf
1

(t) − f
3
(t))f
2
(0)
f
4
(t) − sf
2
(t)
=
(sf
1
(t) − f
3
(t))f
4
(0) + f
3
(0)(f
4
(t) − sf
2
(t))
f
1
(0)(f
4
(t) − sf
2

(t)) + (sf
1
(t) − f
3
(t))f
2
(0)
=
f
3
(0)f
4
(t) − f
3
(t)f
4
(0) + s [f
4
(0)f
1
(t) − f
3
(0)f
2
(t)]
f
1
(0)f
4
(t) − f

3
(t)f
2
(0) + s [f
2
(0)f
1
(t) − f
1
(0)f
2
(t)]
=
g
1
(t) + sg
2
(t)
g
3
(t) + sg
4
(t)
(4.17)
Nên từ (4.12), ta được kết quả sau:
G(s, t) = Φ(C) =
g
1
(t) + sg
2

(t)
g
3
(t) + sg
4
(t)
(4.18)
Trong đó,
g
1
(t) = f
3
(0)f
4
(t) − f
3
(t)f
4
(0)
g
2
(t) = f
4
(0)f
1
(t) − f
3
(0)f
2
(t)

g
3
(t) = f
1
(0)f
4
(t) − f
3
(t)f
2
(0)
g
4
(t) = f
2
(0)f
1
(t) − f
1
(0)f
2
(t)
Tiếp theo, ta đặt:
P
00
(t) = α
t
,
P
1j

(t) = [1 − P
00
(t)](1 − β
t
)β
j−1
t
, ∀j ≥ 1, (0 ≤ α
t
, β
t
< 1)
(4.19)
là xác suất chuyển trạng thái tạo nên hàm sinh G(s, t), trong đó β
t
, α
t
là hàm bất kỳ
theo t.
11
(4.19) thỏa,
∞

j=0
P
1j
(t) =P
00
(t) + [1 − P
00

(t)](1 − β
t
)
∞

j=1
β
j−1
t
=P
00
(t) + [1 − P
00
(t)](1 − β
t
).
1
(1 − β
t
)
=1, do 0 ≤ β
t
< 1
Ta có hàm sinh:
G(s, t) =P
00
(t)s
0
+ [1 − P
00

(t)] (1 − β
t
).s.
∞

j=1
β
j−1
t
s
j−1
=α
t
+ s(1 − α
t
)(1 − β
t
)
1
(1 − β
t
.s)
=
α
t
− α
t
.β
t
.s + s − β

t
.s − α
t
.s + α
t
.β
t
.s
1 − β
t
.s
=
α
t
+ (1 − α
t
− β
t
)s
1 − β
t
.s
(4.20)
Từ (4.20), ta tính đạo hàm riêng của G(s, t):
∂G(s, t)
∂t
=
(s − 1)(−α

t

+ β
t
α

t
s − α
t
β

t
s + β

t
s)
(1 − β
t
s)
2
(4.21)
∂G(s, t)
∂s
=
(1 − α
t
)(1 − β
t
)
(1 − β
t
s)

2
(4.22)
Thay (4.21), (4.22) vào (4.6), ta được:
(s − 1)(−α

t
+ β
t
α

t
s − α
t
β

t
s + β

t
s)
(1 − β
t
s)
2
=

λ(t).s
2
− [λ(t) + µ(t)] .s
1

+ µ(t)

.

(1 − α
t
)(1 − β
t
)
(1 − β
t
s)
2

⇐⇒(β
t
α

t
− α
t
β

t
+ β

t
)s − α

t

= λ(t)(1 − α
t
)(1 − β
t
)s − µ(t)(1 − α
t
)(1 − β
t
)
(4.23)
Đồng nhất 2 vế phương trình (4.23), ta được:
β
t
α

t
− α
t
β

t
+ β

t
= λ(t)(1 − α
t
)(1 − β
t
) (4.24)
α


t
= µ(t)(1 − α
t
)(1 − β
t
) (4.25)
12
Đặt: U = 1 − α
t
và V = 1 − β
t
Ta có:
U

=
dU
dt
= −α

t
và V

=
dV
dt
= −β

t
(4.26)

Phương trình (4.25) trở thành:
U

= −µ(t)UV (4.27)
Từ (4.26) và (4.27), ta suy ra:
α

t
= −U

= µ(t)UV (4.28)
Lúc đó, ta thay α

t
vào phương trình (4.24), ta được:
β
t
µ(t)UV + β

t
(1 − α
t
) = λ(t)UV
=⇒β
t
µ(t)UV − V

U = λ(t)UV
=⇒ − V


= λ(t)V + (V − 1)µ(t)V
=⇒V

= [µ(t) − λ(t)]V − µ(t)V
2
(4.29)
Phương trình (4.29) là phương trình vi phân Bernoulli, ta giải như sau:
Đặt W =
1
V
, suy ra W

=
−V

V
2
Chia 2 vế phương trình (4.29) cho −V
2
, ta được:
W

+ [µ(t) − λ(t)]W = µ(t) (4.30)
Với điều kiện đầu t = 0:
α
0
= β
0
= 0 =⇒ U = V = W = 1
Để giải (4.30), ta giải dạng thuần nhất của (4.30), như sau:

W

+ [µ(t) − λ(t)]W = 0
⇐⇒
W

W
= −[µ(t) − λ(t)]
⇐⇒W = Ce
−ρ(t)
, với ρ(t) =

t
0
[µ(τ) − λ(τ)]dτ
Nên nghiệm của phương trình (4.30) có dạng: W = C(t).e
−ρ(t)
, thay vào phương trình
(4.30) lại, ta được:
[µ(t) − λ(t)].C(t).e
−ρ(t)
+ C

(t)e
−ρ(t)
+ [µ(t) − λ(t)(t)]C(t)e
−ρ(t)
= µ(t)
⇐⇒C


(t)e
−ρ(t)
= µ(t)
⇐⇒C(t) =

t
0
µ(τ)e
ρ(τ)
dτ + C
∗
13
Khi t = 0, chọn C
∗
= 1 để W = 1, ta được nghiệm phương trình (4.30):
W = e
−ρ(t)


t
0
µ(τ)e
ρ(τ)
dτ + 1

(4.31)
Hơn nữa,

t
0

µ(τ)e
ρ(τ)
dτ =

t
0
[µ(τ) − λ(τ)]e
ρ(τ)
dτ +

t
0
λ(τ)e
ρ(τ)
dτ
=

t
0
e
ρ(τ)
dρ(τ) +

t
0
λ(τ)e
ρ(τ)
dτ
=e
ρ(t)

− 1 +

t
0
λ(τ)e
ρ(τ)
dτ
Do đó, ta có biểu diễn nghiệm của phương trình (4.30):
W = 1 + e
−ρ(t)

t
0
λ(τ)e
ρ(τ)
dτ (4.32)
Lấy trung bình cộng của (4.31), (4.32), ta được một cách biểu diễn nghiệm khác:
W =
1
2

e
−ρ(t)
+ 1 + e
−ρ(t)

t
0
[λ(τ) + µ(τ)]e
ρ(τ)

dτ

(4.33)
Vậy phương trình (4.30) có 3 cách biểu diễn nghiệm là (4.31), (4.32), (4.33).
Mặc khác, chia 3 vế phương trình (4.30) cho W, ta được:
W

W
+ µ(t) − λ(t) =
µ(t)
W
Nhắc lại, W =
1
V
và U

= −µ(t)UV , suy ra,
U

U
=
−µ(t)
W
, ta được:
U

U
=
−µ(t)
W

=
W

W
− ρ

(t)
⇐⇒ ln U = − ln W − ρ(t)
⇐⇒U =
e
−ρ(t)
W
+ C
∗∗
Khi t = 0, ta chọn C
∗∗
= 0 để cho U = W = 1.
Khi đó,
α
t
= 1 − U = 1 −
e
−ρ(t)
W
(4.34)
β
t
= 1 − V = 1 −
1
W

(4.35)
Bây giờ ta tính P
00
(t) và P
1j
(t):
14
– Tính P
00
(t):
P
00
(t) = α
t
= 1 −
e
−ρ(t)
W
=1 −
e
−ρ(t)
e
−ρ(t)


t
0
µ(τ)e
ρ(τ)
dτ + 1


=

t
0
µ(τ)e
ρ(τ)
dτ
1 +

t
0
µ(τ)e
ρ(τ)
dτ
(4.36)
– Tính P
1j
(t):
P
1j
(t) = (1 − α
t
)(1 − β
t
)β
j−1
t
= UV


1 −
1
W

j−1
=
e
−ρ(t)
W
.
1
W
.
(W − 1)
j−1
W
j−1
=
e
−jρ(t)


t
0
λ(τ)e
ρ(τ)
dτ

j−1


1 + e
−ρ(t)

t
0
λ(τ)e
ρ(τ)
dτ

j+1
(4.37)
Bây giờ ta tính kỳ vọng và phương sai của X
1
(t) với hàm sinh G(s, t):
G(s, t) =
α
t
+ (1 − α
t
− β
t
)s
1 − β
t
s
• Tính kỳ vọng X
1
(t):
E(X
1

(t)) =
∂G(s, t)
∂s
|
s=1
=
(1 − α
t
)(1 − β
t
)
(1 − β
t
s)
2
|
s=1
=
1 − α
t
1 − β
t
=
U
V
=
e
−ρ(t)
W
.W

=e
−ρ(t)
(4.38)
15
• Tính phương sai X
1
(t):
V ar(X
1
(t)) =
∂G(s, t)
∂s
2
|
s=1
+ E(X
1
(t)) − [E(X
1
(t))]
2
=
2β
t
(1 − α)(1 − β)
(1 − β.s)
3
|
s=1
+

1 − α
t
1 − β
t
−

1 − α
t
1 − β
t

2
=
1 − α
t
(1 − β
t
)
2
(2β
t
+ 1 − β
t
− 1 + α
t
)
=
1 − α
t
1 − β

t
.
β
t
+ α
t
1 − β
t
=e
−ρ(t)

1 −
e
−ρ(t)
W
+ 1 −
1
W

.W
=e
−ρ(t)

2W − e
−ρ(t)
− 1

(4.39)
Ta thay lần lượt (4.31), (4.32), (4.33) sẽ được 3 biểu thức tính phương sai.
4.2 Trường hợp quá trình bắt đầu với i phần tử: (i > 1)

Trong trường hợp này X
i
(0) = i, với X
i
(t) là biến ngẫu nhiên mô tả kích cở của quá trình
tại thời điểm t.
Gọi hàm sinh của biến ngẫu nhiên X
i
(t) là:
H(s, t) =
∞

j=0
P
ij
(t)s
j
Ta thấy, mỗi phần tử trong i phần tử ban đầu đều hoạt động một cách độc lập với nhau
với cùng một hàm sinh G(s, t) nên theo tính chất của hàm sinh, ta có:
H(s, t) = [G(s, t)]
i
=

α
t
+ (1 − α
t
− β
t
)s

1 − β
t
.s

i
(4.40)
Bây giờ ta tính kỳ vọng của X
i
(t):
E(X(t)) =
∂H(s, t)
∂s
|
s=1
=i.G
i−1
(1, t).
∂G(s, t)
∂s
|
s=1
=i.E(X
1
(t))
=i.e
−ρ(t)
, vì G(1, t) = 1
(4.41)
16
Tiếp theo tính phương sai của X

i
(t):
V ar(X
i
(t)) =
∂H(s, t)
∂s
2
|
s=1
+ E(X
i
(t)) − [E(X
i
(t))]
2
=i.

(i − 1).G
i−2
(1, t).

∂G(s, t)
∂s
|
s=1

2
+ G
i−1

(1, t).
∂G(s, t)
∂s
2
|
s=1

+i.E(X
1
(t)) − (i.E(X
1
(t)))
2
=i.

(i − 1).(E(X
1
(t)))
2
+
∂G(s, t)
∂s
2
|
s=1
+ E(X
1
(t)) − i(E(X
1
(t)))

2

=i.

∂G(s, t)
∂s
2
|
s=1
+ E(X
1
(t)) − (E(X
1
(t)))
2

=i.V ar(X
1
(t))
(4.42)
Tài liệu tham khảo:
[1] Shunki Osaki, Applied Stochastic System Modeling, 1992.
[2] David G. Kendall, On The Generalized "Birth and Death" Process .
17