更新方程

卷积中的 $s$ 是第一次更新消耗的时间，$t-s$ 是留给新副本的时间。$g(t)$ 则必须由具体问题确定，不能看到更新过程就一律填入 $F(t)$。计数、可用概率与剩余寿命问题的重启机制相同，第一次重启前的贡献却不同。

解中的第 $n$ 项代表经历恰好 $n$ 次重启后，仍在观测范围内的那份初始贡献。逐次展开递推，能看见“从第一次重启递推”怎样变成“汇总所有重启时刻”。

迭代为什么给出唯一解 ​

把方程右侧的 $z$ 连续代回 $k$ 次，得到前 $k$ 项之和加余项 $F^{\ast k}\ast z$。固定 $T$，余项在 $0\le t\le T$ 上的绝对值至多为 $\underset{u\le T}{sup}|z(u)|P(S_k\le T)$，随 $k\to \mathrm{\infty }$ 消失。任何局部有界解都必须等于同一个级数；反过来，绝对收敛允许重新组合级数，核验它确实满足方程。

以更新计数的期望公理库期望Expectation · Expected value实值或复值随机变量关于概率测度的 Lebesgue 积分，概括加权平均与总体质量平衡。 $m(t)=EN(t)$ 为例，按首次间隔使用全期望公式公理库全期望公式与全方差公式Law of total expectation · Law of total variance · Iterated expectation借助条件信息分解总体均值，并把总波动拆成组内与组间两部分。。若 $X_1>t$，计数为零；若 $X_1=s\le t$，已有一次更新，之后的期望计数为 $m(t-s)$。因此

取 $P(X=1)=P(X=2)=1/2$，并将 $m(t)$ 在负数上补为零。递推给出 $m(0)=0$、$m(1)=1/2$，接着

这是一项实际可执行的计算：每个整数时刻只需已有的前两项。若计算到非负整数 $T$，只需 $O(T)$ 次算术运算，并保存 $O(1)$ 个有理数。精确分子、分母的位数会随 $T$ 增长，位运算成本与存储位数还须另计。

对交替工作与维修设备，设完整周期向量 $(A_n,B_n)$ 独立同分布，$A_n,B_n\ge 0$、$P(A_n+B_n>0)=1$，周期内允许相关。一个周期为工作时间 $A$ 加维修时间 $B$，其总长分布为 $F$，零时刻开始工作。令 $z(t)=P(\text{时刻 }t\text{ 正常工作})$，则首次周期中的贡献是 $g(t)=P(A>t)$，不是 $P(A+B\le t)$。于是同样的方程求的是可用概率，不再是计数。

若间隔恒为零，则递推变成 $z=g+z$，一般无解；严格正间隔在此排除了零时刻无穷次重启。仅写一个形式上的 Laplace 变换商，也不能绕过解的函数类别、积分收敛和初值约定。

有限时间可以通过级数、递推或适用的变换求解；长期极限则交给关键更新定理公理库关键更新定理Key renewal theorem以直接 Riemann 可积性控制尾部，把局部更新极限推广到更新卷积的长期极限。，它需要非格点和直接 Riemann 可积等额外条件。方程解存在并不自动意味着 $z(t)$ 有极限，确定长度周期就可能保留周期振荡。