Christoffel 函数与矩约束原子上界

知道一个分布的均值和方差，并不一定知道某个点上有没有原子。但仍可以问一个可计算的问题：所有满足这些矩约束的正测度，在这个点上最多可能放多少质量？一条思路是找多项式，让它在目标点等于一，同时让它的平方积分尽可能小。平方处处非负，所以这份积分必然覆盖目标点的全部质量。

形式陈述

一个固定次数的有限维最小化

固定整数 $d\ge0$ ，实矩表 $m_0,\ldots,m_{2d}$ ，以及线性泛函 $L(x^k)=m_k$ 。令

v_d(a)=(1,a,\ldots,a^d)^{\mathsf T},\qquad H_d=(m_{i+j})_{i,j=0}^d.

假设 $H_d$ 正定。对任意实点 $a$ ，定义次数 $d$ 的Christoffel函数

\lambda_d(a)=\min_{\deg p\le d,\ p(a)=1}L(p^2). \tag{1}

本页的次数约定包括常数到 $d$ 次，共 $d+1$ 维；有些文献把同一对象按维数编号。准确公式及唯一最优多项式为

\lambda_d(a)=\frac1{v_d(a)^{\mathsf T}H_d^{-1}v_d(a)}, \tag{2}

p_a(x)=\frac{v_d(x)^{\mathsf T}H_d^{-1}v_d(a)} {v_d(a)^{\mathsf T}H_d^{-1}v_d(a)}. \tag{3}

只要正测度 $\mu$ 具有这些有限矩，以积分解释 $L$ ，就有

\mu(\{a\})\le\lambda_d(a). \tag{4}

$\mu$ 不必是概率测度，但必须非负；若它总质量为一，式(4)是原子概率上界。定义(1)仅使用有限矩和正定性，不需要预设所有高阶矩存在。若没有任何代表测度，公式仍定义了一个有限维最小值，却不能凭这个公式宣布代表存在。

什么证据才叫达到这个界

对于一个已给代表 $\mu$ ，式(4)取等号当且仅当

p_a(x)=0\quad\text{在 }\mathbb R\setminus\{a\}\text{ 上对 }\mu\text{ 几乎处处成立}. \tag{5}

所以，要证明界确实可达到，应交一份正测度，逐项匹配输入矩，并核它在 $a$ 之外只放在 $p_a$ 的零点。解出式(2)本身并不提供这份测度。即使上界等于全部可行原子质量的上确界，也可能没有任何可行测度真正达到它。

直觉

在一个点不能降低的高度，换成整体能量

写 $p(x)=b^{\mathsf T}v_d(x)$ 。约束是 $b^{\mathsf T}v_d(a)=1$ ，目标是 $b^{\mathsf T}H_db$ 。在 $H_d$ 内积中，Cauchy–Schwarz不等式给

1=(b^{\mathsf T}v_d(a))^2 \le (b^{\mathsf T}H_db) \bigl(v_d(a)^{\mathsf T}H_d^{-1}v_d(a)\bigr).

等号要求 $b$ 是 $H_d^{-1}v_d(a)$ 的倍数，再用取值约束固定倍数，就得到式(2)–(3)。正定二次型的严格凸性保证最优多项式唯一。也可直接把任意可行 $b$ 写成 $b_*+u$ 、 $u^{\mathsf T}v_d(a)=0$ ，此时

b^{\mathsf T}H_db=\lambda_d(a)+u^{\mathsf T}H_du. \tag{6}

没有局部最优与全局最优之间的空缺。

对代表测度， $p_a(a)^2=1$ ，于是

L(p_a^2)=\mu(\{a\})+ \int_{\mathbb R\setminus\{a\}}p_a(x)^2\,d\mu(x). \tag{7}

剩余积分非负便证明上界；它等于零恰好给式(5)。平方多项式的作用不是估计密度，而是逐点压住单点集合的指示函数。

换一组多项式坐标，数值不应改变

若 $P_0,\ldots,P_d$ 是相对于 $L$ 的标准正交多项式，令

K_d(x,a)=\sum_{j=0}^dP_j(x)P_j(a).

在这组基中，矩阵变成单位阵，故

\lambda_d(a)=\frac1{\sum_{j=0}^dP_j(a)^2},\qquad p_a(x)=\frac{K_d(x,a)}{K_d(a,a)}. \tag{8}

更一般地，若基向量 $v$ 换成 $Tv$ 、 $T$ 可逆，Gram矩阵变成 $TH_dT^{\mathsf T}$ ，式(2)中的二次式保持原值。因此函数依赖的是矩泛函、允许次数与点 $a$ ，不是恰好用了单项式坐标。计算时可以选择更合适的基，但换基没有替你证明输入矩准确。

如果有一致的更高阶矩且相关矩阵仍正定，允许的多项式集合随 $d$ 增大而扩大，所以 $\lambda_{d+1}(a)\le\lambda_d(a)$ 。这一单调性没有声称某个有限次数就等于真实原子质量。

例子与边界

均匀分布的矩，却允许一个质量4/9的原子

取 $[-1,1]$ 上均匀概率的前五个矩

(m_0,\ldots,m_4)=(1,0,1/3,0,1/5),\qquad a=0,\quad d=2.

矩阵及最优解为

H_2=\begin{pmatrix}1&0&1/3\\0&1/3&0\\1/3&0&1/5\end{pmatrix}, \quad H_2^{-1}v_2(0)=(9/4,0,-15/4)^{\mathsf T},

\lambda_2(0)=4/9,\qquad p_0(x)=1-\tfrac53x^2. \tag{9}

直接用矩表计算 $L(p_0^2)=1-10/9+5/9=4/9$ ，无需把积分数值近似成小数。均匀分布自己在零点的质量为零，但另一份正测度

\nu=\tfrac49\delta_0+ \tfrac5{18}\delta_{-\sqrt{3/5}}+ \tfrac5{18}\delta_{\sqrt{3/5}} \tag{10}

有相同的前五矩，且全部非零节点都是 $p_0$ 的零点，因此达到 $4/9$ 。这给出真正的锐界证书，同时证明有限矩并没有识别“原来到底是均匀分布还是三点分布”。

式(10)也匹配第五阶奇矩；它正是旧三点Gaussian求积的正权规则。不过它的第六矩为 $3/25$ ，均匀分布为 $1/7$ 。给出哪一个高阶矩，决定是否进入平坦唯一性，不能从低阶求积准确性自行补上未给的高阶矩。

上确界可以准确，却没有最大者

只保留 $(m_0,m_1,m_2)=(1,0,1/3)$ ，取 $d=1,a=0$ 。式(2)给 $\lambda_1(0)=1$ ，最优多项式是常数一。若一个代表真的在零点放质量一，它只能是 $\delta_0$ ，二阶矩就变成零，因而不可能达到上界。

但对每个 $0<\varepsilon<1$ ，

\mu_\varepsilon=(1-\varepsilon)\delta_0+ \frac\varepsilon2\delta_{-1/\sqrt{3\varepsilon}}+ \frac\varepsilon2\delta_{1/\sqrt{3\varepsilon}} \tag{11}

都匹配三个矩，原点质量为 $1-\varepsilon\to1$ 。所以一确实是上确界，却不是可达到的最大值。少量质量向越来越远处移动，才能维持固定方差；弱收敛到 $\delta_0$ 没有保留二阶矩。这不是舍入误差，而是非紧支撑下真实的可达性边界。

已知支撑能给出单个平方之外的更强界

仍给上述三个矩，但现在明确要求支撑在 $[-1,1]$ 。在该区间内， $1-x^2\ge\mathbf1_{\{0\}}(x)$ ，因此

\mu(\{0\})\le\int(1-x^2)\,d\mu=1-1/3=2/3. \tag{12}

测度 $\tfrac23\delta_0+\tfrac16\delta_{-1}+\tfrac16\delta_1$ 达到这个界。全实线的Christoffel上界一仍然正确，但不再是带支撑信息问题的最优界；式(12)实际使用了区间上非负、区间外可以为负的多项式。不能省略支撑条件，因为式(11)的远端节点正好会违反它。

奇异矩阵不能直接换成伪逆

若输入来自 $\delta_0$ ，则 $H_1=\operatorname{diag}(1,0)$ 。对 $a\ne0$ ，选 $p(x)=x/a$ 便有 $p(a)=1$ 且 $L(p^2)=0$ ，所以变分最小值为零。然而机械地把式(2)的逆换成Moore–Penrose伪逆，会得到一。

原因是零范数多项式在目标点可能不为零，改变了约束问题的几何。正定假设排除了这一分支；奇异情形必须先检查零空间及取值约束，不能只替换一个矩阵函数。

推论与应用

固定证书可以带着矩误差继续使用

假设真实正测度的矩满足 $|m_j-\widehat m_j|\le\epsilon_j$ ， $0\le j\le2d$ 。选定一个准确多项式 $p$ ，已核 $p(a)=1$ ，写

p(x)^2=\sum_{j=0}^{2d}b_jx^j.

无论这些误差是否相关，都有

\mu(\{a\})\le\int p^2\,d\mu \le\sum_jb_j\widehat m_j+\sum_j|b_j|\epsilon_j. \tag{13}

这是逐项三角不等式给出的确定性合同；误差盒本身需要由应用另行保证。若它是某个置信事件，结论只继承该事件的覆盖，不会凭空变成无条件确定界。

例如式(9)的 $p_0^2=1-\tfrac{10}3x^2+\tfrac{25}9x^4$ 。总质量准确为一，二阶与四阶矩各有 $1/1000$ 的误差时，

\mu(\{0\})\le\frac49+ \left(\frac{10}3+\frac{25}9\right)\frac1{1000} =\frac{811}{1800}. \tag{14}

奇数阶误差不进入这份偶多项式证书。即使中心矩阵的逆没有经过区间认证，只要最后交出的 $p$ 及误差预算准确，式(13)仍可独立核验。反过来，直接把估计矩阵代入式(2)后报告小数，并没有控制真实矩的上界。

实际交付应包含多项式与等号检查

给定目标点与次数，先交矩表及正定证据，再交 $p_a$ 、 $p_a(a)=1$ 和平方矩值。这些足以认证上界。若声称锐性，还要交一份确实达到的测度，或者像式(11)那样交逼近上确界的完整可行族，并明确是否有最大者。若声称恢复了原分布，则需要另一个唯一性论证；原子上界本身没有这种含义。

参考资料

Jean Bernard Lasserre、Edouard Pauwels，The empirical Christoffel function with applications in data analysis，§2、§3.1与§6.2，矩矩阵表达、变分原理及最优多项式。本文只用固定有限阶结论，不使用经验支持恢复或渐近统计结论；原子界、可达性例子和误差预算在正文中直接证明。

形式陈述 ​

一个固定次数的有限维最小化 ​

什么证据才叫达到这个界 ​

在一个点不能降低的高度，换成整体能量 ​

换一组多项式坐标，数值不应改变 ​

均匀分布的矩，却允许一个质量4/9的原子 ​

上确界可以准确，却没有最大者 ​

已知支撑能给出单个平方之外的更强界 ​

奇异矩阵不能直接换成伪逆 ​

固定证书可以带着矩误差继续使用 ​

实际交付应包含多项式与等号检查 ​

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