凸序与保持条件均值的耦合

两份读数的均值相同，第二份方差更大，能否说它对一切凸损失都更不稳定？方差只测试了平方函数。凸序要求更强：无论使用哪一个凸函数，第二份读数的平均函数值都不小。本页把这个无限多个函数的要求，变成有限个折点和一张可以逐行验算的质量分配表。

形式陈述

三份等价证书

设两个实值概率律为

\mu=\sum_{i=1}^m a_i\delta_{x_i},\qquad \nu=\sum_{j=1}^n b_j\delta_{y_j}, \qquad a_i,b_j>0,\quad\sum_i a_i=\sum_jb_j=1. \tag{1}

同一侧的重复支撑点先合并，零权点删掉。这里限定有限支持，所有实值函数在这些支撑上的期望都是有限的。以下三项等价。

对每个实值凸函数 $\phi:\mathbb R\to\mathbb R$ ，有

\sum_i a_i\phi(x_i)\le\sum_jb_j\phi(y_j). \tag{2}

记作 $\mu\preceq_{\rm cx}\nu$ ，读为“ $\mu$ 小于等于 $\nu$ 的凸序”。

两边均值相同，且对每个 $t\in\mathbb R$ ，折线探针满足

C_\mu(t):=\sum_i a_i(x_i-t)_+ \le C_\nu(t):=\sum_jb_j(y_j-t)_+, \qquad z_+=\max\{z,0\}. \tag{3}

实际上只需在两份支撑的并集上检查式(3)。均值等式不能遗漏。

存在非负表 $\gamma=(\gamma_{ij})$ 满足

\sum_j\gamma_{ij}=a_i,\qquad \sum_i\gamma_{ij}=b_j,\qquad \sum_j(y_j-x_i)\gamma_{ij}=0\quad(1\le i\le m). \tag{4}

前两组是边缘质量；最后一组逐行保持均值。按这张表生成 $(X,Y)$ ，就有 $X\sim\mu,Y\sim\nu$ ，以及

E[Y\mid X]=X. \tag{5}

这是两时刻的鞅耦合。这里的条件均值按每一个源值保持，不只是总均值相同；它也不要求每次实现都有 $Y\ge X$ 。

直觉

每个源点先散开，再把所有质量汇总

把 $x_i$ 处的一份质量向多个 $y_j$ 拆开，但要求这些去向的重心仍为 $x_i$ 。凸函数位于弦下方，所以在这一行内，散开后的平均凸代价不会小于原点的代价。逐行求和，便得到式(2)。

这段论证是Jensen不等式的条件形式：

\phi(X)=\phi(E[Y\mid X])\le E[\phi(Y)\mid X],

再取期望即可。它证明(4)推出(2)，并解释“保持均值的分散”这句话。

反过来的重要处在于：只知道两份边缘分布满足所有凸比较，也一定能找到一份这样的联合表。它不是说现实中给出的任意一对 $(X,Y)$ 都会满足式(5)。耦合允许重新安排依赖结构，同时严格保留两边边缘。

为什么几个折点足够

将两份支撑的并集排序为 $z_1<\cdots<z_k$ 。若 $k=1$ ，两份律相同，结论立即成立。对任意凸 $\phi$ ，相邻割线斜率

s_r=\frac{\phi(z_{r+1})-\phi(z_r)}{z_{r+1}-z_r} \quad(1\le r<k)

单调不减。在这些支撑点上， $\phi$ 与下面的折线完全相同：

\phi(z_1)+s_1(z-z_1) +\sum_{r=2}^{k-1}(s_r-s_{r-1})(z-z_r)_+. \tag{6}

每个折角系数非负。因此均值相同会消掉仿射部分，而式(3)控制全部剩余项，证明(3)连同均值相等推出(2)。反向只需在(2)中取 $\phi(z)=z,-z,(z-t)_+$ 。

为什么不必检查所有实数 $t$ ？两条 $C$ 都是连续分段线性函数，折点只在支撑并集上。相邻折点间的差是线性的，端点非负便整段非负；最右侧两者都为零，最左侧两者都等于共同均值减 $t$ 。这是一份完整的有限检查，不是用几处抽样代替连续域证明。

例子与边界

两点扩散到三点

取

\mu=\tfrac12\delta_{-1}+\tfrac12\delta_1, \qquad \nu=\tfrac14\delta_{-2}+\tfrac12\delta_0+\tfrac14\delta_2.

源按 $-1,1$ ，目标按 $-2,0,2$ 排列。一份证书是

\gamma=\begin{pmatrix}1/4&1/4&0\\0&1/4&1/4\end{pmatrix}. \tag{7}

第一行条件于 $X=-1$ ， $Y$ 以各一半概率取 $-2,0$ ，均值为 $-1$ ；第二行同理均值为 $1$ 。列和恰为目标质量。于是无需逐一猜测凸函数，就已证明 $\mu\preceq_{\rm cx}\nu$ 。

但若将同样的两份边缘独立生成，条件均值会变成 $E[Y\mid X]=0$ ，不等于 $X$ 。存在鞅耦合与现成联合分布就是鞅，是两件事。

方差比较不是完整排序

改取

\widetilde\nu=\tfrac1{20}\delta_{-4} +\tfrac9{10}\delta_0+\tfrac1{20}\delta_4.

它与上述 $\mu$ 均值都为零，方差分别为 $8/5$ 和 $1$ 。不过 $t=0$ 时， $C_\mu(0)=1/2$ 而 $C_{\widetilde\nu}(0)=1/5$ ，故 $\mu\not\preceq_{\rm cx}\widetilde\nu$ 。反向也失败： $t=2$ 时，前者为零，后者为 $1/10$ 。两个折点给出两个方向各自的失败证人。

因此凸序是部分排序，而不是给每份分布算一个“分散分数”后排成一列。即使均值和方差都已知，也没有检查完所有凸损失。

均值、方向与确定性限制

$\phi(z)=z$ 与 $\phi(z)=-z$ 都凸，故凸序迫使均值相等。只比较递增凸函数是另一种序，可以允许均值不同；不要把两套合同混用。

若 $Y=T(X)$ 是确定函数，式(5)就变成 $T(X)=X$ 几乎处处。因此非平凡的保持条件均值扩散通常必须拆质量，不能硬限制为确定映射。这也不同于一维按分位数配对的最小距离耦合：后者优化搬运成本，不自动保持每一行重心。

推论与应用

为什么凸序一定能找到那张表

式(4)是有限非负变量的线性可行系统。由线性规划对偶的不可行性替代形式，若它不可行，就存在实数 $\alpha_i,\beta_j,h_i$ ，使

\alpha_i+\beta_j+h_i(y_j-x_i)\ge0\quad\text{对全部 }i,j, \qquad \sum_i a_i\alpha_i+\sum_jb_j\beta_j<0. \tag{8}

这是等式约束系统的Farkas证书：若有可行 $\gamma$ ，用它加权左边再求和，结果应非负，却恰为右侧的负数。有限线性对偶同时保证不可行时确有这种证书。

定义有限个仿射函数的上包络

\psi(z)=\max_i\{-\alpha_i-h_i(z-x_i)\}. \tag{9}

它是处处有限的凸函数。式(8)给 $\beta_j\ge\psi(y_j)$ ；在源点取第 $i$ 条仿射函数，又有 $\psi(x_i)\ge-\alpha_i$ 。若凸序成立，就得到

\sum_i a_i\alpha_i+\sum_jb_j\beta_j \ge-\sum_i a_i\psi(x_i)+\sum_jb_j\psi(y_j) \ge0,

与式(8)矛盾。这证明(2)推出(4)，补齐三个合同的等价。证明没有把“总均值相同”误当作已经满足每一行的重心约束。

与普通输运怎样接上

普通输运只固定前两组边缘。鞅输运再加第三组线性约束，可行集合可能为空；这时应返回失败的凸函数或折点，而非任意一份普通耦合。

若至少一份鞅计划存在，其集合是有界闭多面体，所以任意有限成本的线性目标都有最优计划。但本页的存在判据不负责唯一性，也不保证按距离排序的计划最优。

有限支持还给一个简洁的误差恒等式：在任一鞅耦合下，

E[(Y-X)^2]=E[Y^2]-E[X^2]. \tag{10}

因为 $E[XY]=E[XE(Y\mid X)]=E[X^2]$ 。所以若凸序下方差又相等，式(10)迫使 $Y=X$ 几乎处处，两份律相同。这个结论比“方差较大是必要条件”更精确。

统计实验提供另一种方向解释：粗信号的后验概率是细信号后验概率的条件均值，因此粗后验的分布在凸序上较小。这里“更分散的后验”意味着观测更能区分参数；不能把它直接读成估计误差更大。实验比较与质量分配任务会要求同时核边缘、行重心和失败折点。

参考资料

Lasse Leskelä、Matti Vihola，Conditional convex orders and measurable martingale couplings，2015-10-30版，§1 Theorems1.1–1.2及§2 Proposition2.3：凸序、鞅耦合及一维凸探针。本页只证明有限支持版本，式(6)的有限折点化与式(8)–(9)的线性证书自行展开；不调用一般可测选择结论。
Volker Strassen，The Existence of Probability Measures with Given Marginals，Annals of Mathematical Statistics36(2),423–439,1965，Theorem8为原始出处；未取得该原文全文，实际核读采用上面的作者开放论文。

形式陈述 ​

三份等价证书 ​

每个源点先散开，再把所有质量汇总 ​

为什么几个折点足够 ​

两点扩散到三点 ​

方差比较不是完整排序 ​

均值、方向与确定性限制 ​

为什么凸序一定能找到那张表 ​

与普通输运怎样接上 ​

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