平坦 Hankel 矩的正测度证书

有限个矩能确定一整个分布吗？通常不能：积分抹去了许多细节。但如果这些矩还能证明某个非零多项式的平方积分恰好为零，正性就会迫使全部质量落在它的有限零点上。这是本页的关键。我们不先假定分布只有几个原子，而是从一张精确的矩表里证明这一点。

形式陈述

要验证的两块矩阵

给定 $r\ge1$ 及实数 $m_0,\ldots,m_{2r}$ 。问题是是否存在实线上的有限正Borel测度 $\mu$ ，满足

m_k=\int_{\mathbb R}x^k\,d\mu(x),\qquad0\le k\le2r. \tag{1}

这里用Lebesgue积分，最高偶次绝对矩有限；因此其余所需矩也绝对可积。总质量是 $m_0$ ，不一定为一。定义

H=(m_{i+j})_{i,j=0}^{r-1},\quad h=(m_r,\ldots,m_{2r-1})^{\mathsf T},\quad H_r=\begin{pmatrix}H&h\\h^{\mathsf T}&m_{2r}\end{pmatrix}. \tag{2}

假设 $H$ 正定。令

c=H^{-1}h,\qquad s=m_{2r}-h^{\mathsf T}H^{-1}h,\qquad q(x)=x^r-\sum_{j=0}^{r-1}c_jx^j. \tag{3}

平坦证书：若 $s=0$ ，则存在且仅存在一个满足全部式(1)的正测度。它恰有 $r$ 个不同实原子，每个权重严格为正；原子位置正是 $q$ 的全部根。

等价地，在 $H\succ0$ 的前提下，要求 $H_r\succeq0$ 且 $\operatorname{rank}H_r=\operatorname{rank}H=r$ 。增加一行一列而秩不再增长，称为平坦。本页只处理这个“一元、前块正定、下一块首次奇异”的合同；一般多元矩阵或任意缺项矩表并不由同一段论证自动解决。

三个出口的含义不同

$s<0$ 时，不存在满足输入矩的正测度，因为会得到负的平方积分。 $s=0$ 时，上述存在性与唯一性同时成立。 $s>0$ 时，平坦证书未通过，不能因此说无解，也不能因此说只能有连续解。后面会给出既有连续代表又有有限原子代表的具体矩表。

若 $H$ 本来就非正定，也不能直接套式(3)。它可能已经表示更少的原子，也可能真的不一致；须另查低阶秩和矩的兼容性。特别是，“整张矩阵半正定”并不在任意奇异情形下自动给出实线上的代表测度。

直觉

Schur余量就是一个平方的矩值

把矩表定义成线性泛函 $L(x^k)=m_k$ ，作用于次数不超过 $2r$ 的多项式。对 $a=(a_0,\ldots,a_{r-1})$ ，

L\left[\left(x^r-\sum_j a_jx^j\right)^2\right] =m_{2r}-2a^{\mathsf T}h+a^{\mathsf T}Ha =s+(a-c)^{\mathsf T}H(a-c). \tag{4}

这是Schur补的配平方，也说明 $c$ 是唯一最小点， $L(q^2)=s$ 。若已有正代表测度，式(4)左边是非负积分，因此 $s\ge0$ 。当 $s=0$ ， $q$ 在几乎所有有质量的地方必须为零。

不过，这句话只证明“任何已有代表都被迫集中”。它还没有证明代表存在，也没有证明 $q$ 的根确实是不同实数。下面补齐这两个不能省的步骤。

从矩表造出一个自伴的“乘以x”

在 $\mathbb R^r$ 上用 $\langle u,v\rangle_H=u^{\mathsf T}Hv$ 作内积，标准基记为 $e_0,\ldots,e_{r-1}$ 。定义矩阵 $M$ ：

Me_j=e_{j+1}\quad(0\le j<r-1),\qquad Me_{r-1}=c. \tag{5}

在次数小于 $r$ 的多项式坐标中，它先乘 $x$ ，再用 $x^r=\sum c_jx^j$ 归约。由 $Hc=h$ 可逐项核对

HM=(m_{i+j+1})_{i,j=0}^{r-1}, \tag{6}

其中最大的下标是 $2r-1$ 。右边对称，所以 $M$ 在 $H$ 内积下自伴。有限维谱定理给出实特征值及正交特征空间分解。

又因为

e_0,Me_0,\ldots,M^{r-1}e_0=e_0,e_1,\ldots,e_{r-1}

张成全空间， $e_0$ 是循环向量。如果某个特征空间维数大于一，就能在其中挑到非零向量 $u$ 与 $e_0$ 正交；自伴性使 $u$ 与每个 $M^je_0$ 也正交，矛盾。若 $e_0$ 在某个特征空间的投影为零，同样矛盾。因此 $M$ 有 $r$ 个不同实特征值 $z_\ell$ ，且

w_\ell=\|P_\ell e_0\|_H^2>0. \tag{7}

式(5)还给 $q(M)e_0=0$ 。乘以任意 $M^j$ 后，它在一组基上都为零，故 $q(M)=0$ 。于是 $r$ 个特征值恰好是首一 $r$ 次多项式 $q$ 的全部根。

不遗漏最后两阶的矩匹配

定义 $\mu_* =\sum_\ell w_\ell\delta_{z_\ell}$ 。谱分解给

\int x^k\,d\mu_* =\langle e_0,M^ke_0\rangle_H.

对 $0\le k\le2r-2$ ，写成 $k=i+j$ 、 $0\le i,j\le r-1$ ，用自伴性得到

\langle e_0,M^{i+j}e_0\rangle_H =\langle M^ie_0,M^je_0\rangle_H=H_{ij}=m_k.

剩下两阶分别是

\langle M^{r-1}e_0,M^re_0\rangle_H =e_{r-1}^{\mathsf T}Hc=m_{2r-1},

\langle M^re_0,M^re_0\rangle_H =c^{\mathsf T}Hc=m_{2r}, \tag{8}

最后一步恰好使用 $s=0$ 。至此存在性已证明，且每个权重为正、总和为 $m_0$ 。

若 $\nu$ 是任意其他正代表，不论它原先是否连续，都有 $\int q^2\,d\nu=0$ 。因为 $q^2\ge0$ ，集合 $\{q^2\ge1/n\}$ 的质量对每个 $n$ 都为零，所以 $\nu$ 只能支撑在 $q$ 的有限零点上。前 $r$ 个矩的Vandermonde可逆性再唯一决定权重。这样证明的是全部正代表中的唯一性，比“已知r个节点模型内唯一”强。

例子与边界

一个额外矩把有限拟合变成唯一分布

取

(m_0,\ldots,m_6)=(1,1/2,3/2,5/2,11/2,21/2,43/2).

前三阶块就是Prony页的 $3\times3$ 矩阵，顺序主子式为 $1,5/4,1$ ，所以正定。由前六个矩恢复

c=(0,2,1)^{\mathsf T},\qquad q(x)=x(x+1)(x-2).

最后余量为 $43/2-c^{\mathsf T}h=0$ 。因此

\mu=\tfrac16\delta_{-1}+\tfrac12\delta_0+\tfrac13\delta_2

是全部正测度中的唯一解。实际计算节点和权重使用Prony重构的两个线性系统；本页额外认证了实根、正权重和不预设原子数的唯一性。

如果只把最后的 $m_6$ 减去 $1/100$ ，同一个 $q$ 便满足 $L(q^2)=-1/100$ ，直接拒绝正代表。这不是数值软件对矩阵“似乎不正定”的判断，而是一份明确的非负多项式反证。

半正定矩阵也可能藏着不兼容的矩

给出 $(m_0,\ldots,m_4)=(1,0,0,0,1)$ 。完整矩阵为

H_2=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}\succeq0.

可是 $\int x^2\,d\mu=0$ 迫使正测度集中于零，于是 $\int x^4\,d\mu$ 也必须为零，与 $m_4=1$ 矛盾。这里前块 $H_1$ 奇异，而后块秩又增长，没有平坦兼容性。只检查矩阵特征值非负会错误接受这张表。

这一实线反例不能原样移植到圆周Toeplitz矩。圆周上的完整有限矩表只要相应Hermitian Toeplitz矩阵半正定就有正代表，奇异秩还确定唯一原子测度；证明使用圆周紧性及每个非负三角多项式的模平方分解。正定圆周数据的指定原子质量上界也总能达到，须由扣除该原子后的剩余矩阵重新构造测度来证明，不能只凭两页都有逆矩阵公式作类比。

相反， $(1,0,0,0,0)$ 确实来自 $\delta_0$ ；它只是应该在 $r=1$ 时就结束，而不应拿奇异的 $r=2$ 前块做逆运算。

正余量表示尚有空间，不是没有测度

令 $m_k$ 为 $[-1,1]$ 上均匀概率的矩：奇数阶为零，偶数阶为 $1/(k+1)$ 。取 $r=3$ ，前块正定，计算得

c=(0,3/5,0)^{\mathsf T},\qquad q(x)=x^3-\tfrac35x,\qquad s=\tfrac17-\tfrac3{25}=\tfrac4{175}>0.

连续均匀分布当然是一个代表，所以正余量绝非无解。同一张到第六阶的矩表还有有限正代表：

\frac{16}{45}\delta_0+ \frac{49}{180}\bigl(\delta_{-\sqrt{3/7}}+\delta_{\sqrt{3/7}}\bigr)+ \frac1{20}(\delta_{-1}+\delta_1).

权重和为一，奇数阶矩由对称性归零，三个正偶次矩依次为 $\frac{49}{90}(3/7)^j+1/10=1/(2j+1)$ ， $j=1,2,3$ 。因此这一次确有连续与有限原子两种代表，且前块和增广块都正定；正余量不能用来排除原子。

只用到第五阶时，三点Gaussian规则也匹配这些矩；但它的第六矩是 $3/25$ ，不是 $1/7$ 。追加哪一个数，决定“这只是准确低阶求积”还是“高一阶平方已为零”。

若将第六矩明确给成 $3/25$ ，便得到唯一正代表

\tfrac5{18}\delta_{-\sqrt{3/5}} +\tfrac49\delta_0 +\tfrac5{18}\delta_{\sqrt{3/5}}.

它与均匀分布分享低阶矩，不分享完整输入表。这种差异也会出现在Christoffel原子上界的等号证书中。

如果另知支撑区间，唯一性还可能来自加权平方，而不来自本页的Hankel平坦。在 $[0,1]$ 上，区间矩证书给出 $(1,1/2,1/3,1/4,5/24)$ 的唯一代表 $\frac16\delta_0+\frac23\delta_{1/2}+\frac16\delta_1$ 。此时 $H_2\succ0$ ，但 $L[x(1-x)(x-1/2)^2]=0$ ，支撑只能是三个零点。这个额外结论使用了支撑条件；若输入只允许本页的实线合同，就不能擅自加入端点因子。

推论与应用

一个可复核的精确算法接口

对有理输入，先做准确消元，记录 $H$ 正定的顺序主子式或正对角LDL分解，再解 $Hc=h$ ，计算准确有理数 $s$ 。 $s<0$ 交付多项式 $q^2$ 作拒绝见证； $s=0$ 求出 $q$ 的全部实根，再解权重并逐项核矩； $s>0$ 只报告这张平坦证书未通过。根是无理代数数时，应给精确多项式及隔离区间，不能把近似根的小数相等作为矩匹配证据。

构造法的谱定理已经证明根简单实、权重正。独立检查者也可不运行特征值程序，而核完整节点多项式、节点两两不同、正权重及 $2r+1$ 个矩等式。一个 $r$ 节点正表示使 $H$ 正定，并让节点多项式的平方积分为零，反过来就满足同一证书。这种验证只需有限代数运算。

“很小”不能替代“恰为零”

平坦是精确秩结论。将一个平坦测度与极小的正质量混合到新节点，一般会让下一阶矩阵的秩增长，即使每个所给矩的改变量都很小。以本页三原子例为中心，取

\mu_\varepsilon=(1-\varepsilon)\mu+\varepsilon\delta_3, \qquad0<\varepsilon<1.

它有四个正原子；对次数不超过六的矩，改变量为 $\varepsilon(3^k-m_k)$ ，随 $\varepsilon\to0$ 全部趋零。任何包含这些小扰动的误差盒，都不能仅凭中心表的平坦性认证真实测度恰好只有三个原子。

固定多项式 $q$ 仍然能提供稳定的一面：若准确知道 $\int q^2\,d\mu\le\eta$ ，则对任意 $a>0$ ，集合 $\{|q|\ge a\}$ 上的质量至多 $\eta/a^2$ ，因为那里 $q^2\ge a^2$ 。这是“离开零点附近的质量受控”，不是准确原子数。误差信息适合转成明确不等式，而不宜压成一个未经证明的秩阈值。

参考资料

Monique Laurent、Bernard Mourrain，A sparse flat extension theorem for moment matrices，2008年稿，§1.1–1.2的有限秩和平坦扩张背景，§1.4–1.5的乘法算子思路。本文给出一元首次奇异块的完整有限维证明，不调用多元稀疏定理来省略实根或正权重步骤。

形式陈述 ​

要验证的两块矩阵 ​

三个出口的含义不同 ​

Schur余量就是一个平方的矩值 ​

从矩表造出一个自伴的“乘以x” ​

不遗漏最后两阶的矩匹配 ​

一个额外矩把有限拟合变成唯一分布 ​

半正定矩阵也可能藏着不兼容的矩 ​

正余量表示尚有空间，不是没有测度 ​

一个可复核的精确算法接口 ​

“很小”不能替代“恰为零” ​

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