有限Nevanlinna–Pick插值

三个仪器读数各自不超过一，每两份也都符合圆盘的距离收缩，是否就能由同一个有界全纯函数产生？不能。二点条件只检查两两相容，第三份读数还会与前两份共同留下的函数自由度冲突。有限Pick矩阵把这份联合约束记录下来；它的半正定性既是障碍，也是能够构造函数的保证。

形式陈述

令 $z_1,\ldots,z_n\in\mathbb D$ 两两不同， $n\ge1$ ，给定任意复数 $w_1,\ldots,w_n$ 。Schur类记作

\mathcal S=\{f:\mathbb D\to\mathbb C:\ f\text{ 全纯且 }|f(z)|\le1\text{ 对全部 }z\in\mathbb D\}. \tag{1}

这里的全纯性在整个开圆盘要求成立；模界也不是有限网格条件。类中包括单位常数，其他成员的模在内部严格小于一。允许单位常数是为了让下面的奇异边界不被遗漏。

存在 $f\in\mathcal S$ 满足 $f(z_i)=w_i$ ，当且仅当Hermitian矩阵

P=\left[\frac{1-w_i\overline{w_j}}{1-z_i\overline{z_j}}\right]_{i,j=1}^n \succeq0. \tag{2}

这就是有限Nevanlinna–Pick定理， $P$ 称为Pick矩阵。所有分母非零，复共轭的位置须在行列互换时保持Hermitian对称；半正定指 $v^*Pv\ge0$ 对所有复向量成立，而不是各个矩阵元非负。

结果还区分两种可行情形：

$P\succ0$ ：有无穷多个解，降阶过程留下一个任意Schur函数作为自由尾参数
$P\succeq0$ 且奇异，秩为 $r<n$ ：只有一个解，它是次数 $r$ 的有限Blaschke乘积； $r=0$ 对应单位常数

若想严格要求 $f:\mathbb D\to\mathbb D$ ，应另排除单位常数分支。给定输出只要有一个模严格小于一，任何可行解便不会是单位常数。边界输出可在式(2)中处理，边界输入 $|z_i|=1$ 则不在本定理内。

直觉

消去一份数据，还要保留全部函数的对应

先取第一对 $a=z_1,b=w_1$ ，假设 $|b|<1$ 。定义

\phi_a(z)=\frac{z-a}{1-\overline a z},\qquad u(z)=\frac{f(z)-b}{1-\overline b f(z)},\qquad g(z)=\frac{u(z)}{\phi_a(z)}. \tag{3}

因为 $f(a)=b$ ， $u(a)=0$ 。 $\phi_a$ 在 $a$ 只有一个简单零点，故商在该点可去。Schwarz–Pick收缩给 $|u(z)|\le|\phi_a(z)|$ ，于是可去后的 $g\in\mathcal S$ 。反过来，任取 $g\in\mathcal S$ ，公式

f(z)=\frac{b+\phi_a(z)g(z)}{1+\overline b\,\phi_a(z)g(z)} \tag{4}

给一个Schur函数并满足 $f(a)=b$ 。分母在圆内不会为零，因为 $|b\phi_a g|<1$ 。两个操作互逆，所以既没有漏解，也没有增加伪解。

余下节点不需要改变，只把目标换成

g(z_i)=\eta_i:=\frac{w_i-b}{(1-\overline b w_i)\phi_a(z_i)},\qquad i\ge2. \tag{5}

互异节点使 $\phi_a(z_i)\ne0$ 。若某个原输出已在闭圆盘外，直接无解；否则 $|b|<1$ 保证式(5)另一分母也非零。这样一个 $n$ 数据问题变成 $n-1$ 数据问题，函数级可行性与原问题完全等价。

为什么矩阵也恰好降同一阶

记 $u_i=(w_i-b)/(1-\overline b w_i)$ ，所以 $u_1=0$ ，并令

Q_{ij}=\frac{1-u_i\overline{u_j}}{1-z_i\overline{z_j}},\qquad D=\operatorname{diag}\left(\frac1{1-\overline b w_i}\right).

直接展开分子可得

Q=(1-|b|^2)DPD^*. \tag{6}

这是可逆合同加一个严格正标量，因此保持半正定性和秩。第一对角元 $Q_{11}=1/(1-|a|^2)>0$ 。消去这一个正主元，Schur补在余下指标上为

\begin{aligned} Q_{ij}-Q_{i1}Q_{11}^{-1}Q_{1j} &=\frac{1-u_i\overline{u_j}}{1-z_i\overline{z_j}} -\frac{1-|a|^2}{(1-\overline a z_i)(1-a\overline{z_j})}\\ &=\phi_a(z_i)\overline{\phi_a(z_j)} \frac{1-\eta_i\overline{\eta_j}}{1-z_i\overline{z_j}}. \end{aligned} \tag{7}

最后一行正是降阶数据的Pick矩阵 $P_1$ ，左右各乘可逆对角矩阵。因此

P\succeq0\ \Longleftrightarrow\ P_1\succeq0, \qquad \operatorname{rank}P=1+\operatorname{rank}P_1 \quad\text{在这一步成立}. \tag{8}

复数版本的分块配平方与旧Schur补页相同，只把转置换成共轭转置。式(7)把算法和矩阵条件联系起来，不能省成“反复应用二点不等式”：每轮二点检查使用的是已经变换过的全部目标。

例子与边界

每一对都合法，三份放在一起却失败

规定

(z_1,z_2,z_3)=(-1/2,0,1/2),\qquad (w_1,w_2,w_3)=(0,0,t). \tag{9}

两份零输出彼此没有障碍。第三输出与零节点比较要求 $|t|\le1/2$ ；与 $-1/2$ 比较只要求 $|t|\le4/5$ 。所以全部原始二点条件合起来仅给 $|t|\le1/2$ 。

但先除去 $\phi_{-1/2}$ ，再除去 $z$ ，得到任何可行函数都必须是

f(z)=B_0(z)h(z),\qquad B_0(z)=z\frac{z+1/2}{1+z/2},\qquad h\in\mathcal S. \tag{10}

在 $1/2$ 处， $B_0(1/2)=2/5$ ，故准确条件是 $|t|\le2/5$ ，比逐对检查更严格。反向构造 $f=(5t/2)B_0$ 证明这个圆盘中的全部输出确实可行。

取实数 $t=9/20$ 。它小于 $1/2$ ，却大于 $2/5$ 。对应矩阵与一份负方向是

P=\begin{pmatrix} 4/3&1&4/5\\ 1&1&1\\ 4/5&1&319/300 \end{pmatrix},\qquad v=(3/5,-8/5,1)^{\mathsf T},\qquad v^*Pv=-17/300<0. \tag{11}

所有二阶主子式非负仍救不了这个三阶负方向。负二次型是可独立复核的不可能证书；任意穿过三点的插值多项式都必须在圆盘某处突破模一。

固定前两个零输出后，第三输出真正可行圆盘的半径为2/5，逐对条件只给半径1/2；1/3在内部，2/5在边界，9/20落在两者之间的失败环带。 — 二点检查与共同函数的差距

奇异边界给唯一二次解

仍用式(9)，取 $t=2/5$ 。式(10)迫使 $h(1/2)=1$ 。有界全纯函数在内点达到模一只能为常数，所以 $h\equiv1$ ，唯一解为 $B_0$ 。Pick矩阵秩为二，向量 $v$ 变成零方向，与定理的次数结论吻合。

取 $t=1/3$ 则严格可行。两个不同解例如

f_0(z)=\frac56B_0(z),\qquad f_1(z)=B_0(z)\frac{4+7z}{7+4z}. \tag{12}

最后一个分式是圆盘自同构，在 $1/2$ 等于 $5/6$ ；两函数都满足三数据。在 $z=1/4$ 处，分别为 $5/36$ 与 $23/192$ ，所以确实不同。一个简单构造不是全部解，正定也不是唯一性保证。

单位输出需要停止，不能继续除零

若某一数据为 $w_1=\omega$ 、 $|\omega|=1$ ，任何可行函数只能恒等于 $\omega$ 。因此所有其他输出必须同样等于 $\omega$ 。矩阵也给相同判决： $P_{11}=0$ ，半正定矩阵的这一整行必须为零；由 $1-\omega\overline{w_j}=0$ 得 $w_j=\omega$ 。

为何零对角强迫零行？若 $P_{1j}\ne0$ ，在只含第1和第 $j$ 坐标的向量上调整第1坐标的复相位与大小，二次型的交叉项可变成任意大的负数。只跳过一个零主元而不核整行，会错误接受不相容数据。

输入点重合时，先合并相同输入和相同输出；同一输入对应不同输出直接矛盾。不能把重复行机械塞进互异节点的式(5)。若要规定同一点的导数，应转到Taylor系数插值，普通重复行不会自动编码导数。

推论与应用

归纳完成充要性，而非只给必要条件

$n=1$ 时， $P\succeq0$ 等价于 $|w_1|\le1$ ，常函数就是构造。对一般 $n$ ，若有模大于一的输出，函数不存在且该对角元负；若有单位输出，上一节的常函数分支同时解决函数与矩阵条件。剩下的情形可用式(3)–(8)降一阶。对更小问题应用归纳，再用式(4)还原。这样同时得到必要性、充分性和有限构造，不需要预先假定一个无限正核或边界积分表示。

若每一步主元都正，最终没有剩余数据；此时尾函数可以是任意 $h\in\mathcal S$ ，再逆序应用式(4)。反向降阶恢复原 $h$ ，所以不同尾函数产生不同解。选无穷多个不同常数尾已经给无穷多个解。

若 $P$ 半正定而秩为 $r<n$ ，每个严格内部步骤由式(8)将秩降一。恰在 $r$ 个这样的步骤后，剩余矩阵秩零，输出全为同一个单位常数，解唯一。逆序恢复时，每一步先乘一个一次Blaschke因子，再作输出圆盘自同构，次数准确增加一，故最后次数为 $r$ 。这也说明唯一性包括了全体Schur函数，而不只是某个预选有理函数族。

允许更大模界时，可以求准确阈值

若要 $\|f\|_\infty\le M$ ，其中 $M>0$ ，对 $f/M$ 使用定理，等价于

\left[\frac{M^2-w_i\overline{w_j}}{1-z_i\overline{z_j}}\right]\succeq0. \tag{13}

在式(9)的 $t=9/20$ 例中，两次除零点的论证给 $M\ge|t|/(2/5)=9/8$ 。取 $f=(9/8)B_0$ 达到这个界，故最小范数准确为 $9/8$ 。这里确实交了下界和达到函数，不能把某次数值尝试没有成功当成最优性证明。

计算代价与准确输入的边界

直接生成 $P$ 用 $O(n^2)$ 次复数算术，稠密Hermitian分解通常用 $O(n^3)$ ；非对角的逐点降阶每轮更新余下目标，总共 $O(n^2)$ 次算术。保存全部逐轮目标需要 $O(n^2)$ 空间，只保存逆构造所需节点与主输出可用 $O(n)$ ，另计最终多项式展开和日志。这里计的是算术操作，有理数的分子分母位长可能增长，不能据此声称固定机器字的同阶时间。

准确正定、准确奇异、准确不定是不同出口。把极小负特征值删掉，会改变原数据的可行性；把极小正主元当零，又会错误宣布唯一。本页的公开实现使用准确有理实部与虚部。带测量误差的数据需要另给一个全矩阵或全数据误差合同，不能直接借用准确插值的唯一性。

参考资料

J. William Helton、Mihai Putinar，Positive Polynomials in Scalar and Matrix Variables, the Spectral Theorem and Optimization，2012年M241A讲义版，§3.2，Theorem3.3及印刷12–13页证明。原文经值域Möbius变换给圆盘Pick矩阵，并用等距关系构造函数；本页针对有限数据另外展开Schwarz降阶与显式Schur补证明。
公开有界圆盘插值终点交付准确矩阵、负方向、两个可行函数与次数核验；不把此一元标量定理推广到多复变量或边界节点。

形式陈述 ​

消去一份数据，还要保留全部函数的对应 ​

为什么矩阵也恰好降同一阶 ​

每一对都合法，三份放在一起却失败 ​

奇异边界给唯一二次解 ​

单位输出需要停止，不能继续除零 ​

归纳完成充要性，而非只给必要条件 ​

允许更大模界时，可以求准确阈值 ​

计算代价与准确输入的边界 ​

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