截断 Hausdorff 矩的区间支撑证书

形式陈述

已知一份对象的均值和若干高阶矩，还知道它只能位于 $[0,1]$ 。这项支撑信息不能只放在文字里：平方 $q(x)^2$ 在所有实数上都非负，单独检查它看不出质量是否跑出了区间。还要检查 $x(1-x)q(x)^2$ ，或分别检查 $xq(x)^2$ 与 $(1-x)q(x)^2$ 。这些带端点因子的探针，正好填补有限Hankel检查缺少的条件。

固定 $a<b$ 和非负整数 $d$ 。输入是完整前缀 $m_0,m_1,\ldots,m_d\in\mathbb R$ ，没有跳过中间阶数，也没有把未知尾补零。求是否存在有限非负Borel测度 $\mu$ ，支撑于 $[a,b]$ ，满足矩积分

m_k=\int_a^b x^k\,d\mu(x),\qquad 0\le k\le d. \tag{1}

总质量为 $m_0$ ，不必等于一。若要求概率测度，则另外给定 $m_0=1$ 。这是有限、标量、准确数据的截断Hausdorff矩问题。

定义 $L(x^k)=m_k$ ，并线性延伸到次数至多 $d$ 的实多项式。判据按已知最高阶的奇偶分开，所有矩阵都要求实对称半正定。

偶数最高阶 $d=2n$ ：充要条件为

H_n=(m_{i+j})_{i,j=0}^{n}\succeq0, \qquad K_{n-1}= \bigl((a+b)m_{i+j+1}-m_{i+j+2}-abm_{i+j}\bigr)_{i,j=0}^{n-1}\succeq0. \tag{2}

当 $n=0$ ，第二矩阵为空，不施加条件；只需 $m_0\ge0$ 。

奇数最高阶 $d=2n+1$ ：充要条件为

A_n=(m_{i+j+1}-am_{i+j})_{i,j=0}^{n}\succeq0, \qquad B_n=(bm_{i+j}-m_{i+j+1})_{i,j=0}^{n}\succeq0. \tag{3}

它们分别是关于 $x-a$ 和 $b-x$ 的局部化矩阵。偶数情形的 $K$ 则关于 $(x-a)(b-x)$ 局部化。“局部化”在这里指把支撑多项式乘进积分，不是只检查数据的某个局部片段。

必要性：每个二次型就是一个非负积分

若 $q(x)=\sum u_ix^i$ ，则 $u^{\mathsf T}H_nu=L(q^2)$ 。同样，三个局部化二次型分别为

L\bigl((x-a)(b-x)q^2\bigr),\qquad L\bigl((x-a)q^2\bigr),\qquad L\bigl((b-x)q^2\bigr). \tag{4}

对区间上的正测度，它们都非负；矩阵大小恰使所用次数不超过已知最高阶。因此所有条件必要，而且任一负方向都产生一份明确的非负多项式负矩值见证。

充分性：检查两个矩阵为什么已经够了？

假设相应两矩阵PSD。Markov–Lukács表示把任何次数至多 $d$ 、在 $[a,b]$ 非负的实多项式分成(4)所覆盖的平方项。所以

p\ge0\text{于}[a,b],\quad\deg p\le d \quad\Longrightarrow\quad L(p)\ge0. \tag{5}

首先处理质量。因为 $1\ge0$ ，有 $m_0\ge0$ 。若 $m_0=0$ ，对每个 $k\le d$ 取 $M\ge\max_{[a,b]}|x^k|$ ，则 $M\pm x^k\ge0$ 。由(5)， $0\pm m_k\ge0$ ，故全部矩为零；零测度是唯一代表。反过来全零表显然合法。

以下设 $m_0>0$ 。在 $\mathbb R^d$ 考虑紧曲线

\Phi(x)=(x,x^2,\ldots,x^d),\qquad a\le x\le b,

及其凸包 $C$ 。由Carathéodory定理，每个凸包点由至多 $d+1$ 个曲线点的凸组合表示。故 $C$ 是紧单纯形与 $[a,b]^{d+1}$ 的连续像，确实紧，而不只是有界。

若归一化矩向量 $y=(m_1,\ldots,m_d)/m_0$ 不在 $C$ ，严格分离给某个实线性泛函 $\ell$ 和数 $\beta$ ，使 $\ell(\Phi(x))\ge\beta>\ell(y)$ 。多项式 $p(x)=\ell(\Phi(x))-\beta$ 在整个区间非负，但 $L(p)=m_0(\ell(y)-\beta)<0$ ，与(5)矛盾。因此 $y\in C$ ，其凸组合直接给出一份至多 $d+1$ 个原子的正代表。 $d=0$ 时只需取 $m_0\delta_a$ ，不必使用零维分离论证。

这个证明解释了PSD何以充分：不仅因为它看起来像协方差矩阵，还因为区间上全部非负多项式都有准确的有限表示，并且支撑曲线紧。

奇异测试矩阵会锁定什么？

仍假设 $a<b$ 、输入合法且 $m_0>0$ 。若(2)或(3)中任一非空测试矩阵奇异，选它的非零核向量，得到非零多项式 $q$ 。式(4)中相应非负多项式 $h$ 满足 $L(h)=0$ 。任何正代表因此都集中于 $h$ 在区间内的零点：在 $h>0$ 的地方放正质量会使积分严格大于零。

若奇异的是 $H_n$ ，候选支撑至多 $n$ 点；若是 $K_{n-1}$ ，至多是 $q$ 的 $n-1$ 个实根加两个端点，共 $n+1$ 点；奇数情形至多是 $q$ 的 $n$ 个根加相应端点，共 $n+1$ 点。重根不重复计数，区间外的根不计入。

这些有限节点一旦列全，最初的相应数量个矩给一个可逆的Vandermonde系统，唯一决定权重。存在性已由判据保证，所以得到的是全部正测度中的唯一代表，而不是只在某个预设原子数模型中唯一。候选零点的权重可以为零，必须删去零权点并核对全部已知矩。

反之，若所有非空测试矩阵都正定，则有无穷多个代表。任取 $t\in[a,b]$ ，从矩表扣去 $\varepsilon(1,t,\ldots,t^d)$ 。它给各测试矩阵减去一个非负倍数的秩一矩阵；由有限维正定的开性，足够小的 $\varepsilon>0$ 使全部测试矩阵仍正定。充分性给残余正代表，再加 $\varepsilon\delta_t$ 。每次选 $t$ 避开已有有限原子代表的支撑并取有限残余代表，就能递归构造不同的代表。

$d=0,m_0>0$ 也符合后一结论：各个 $m_0\delta_t$ 已经不同。零质量则先按上面的唯一零测度处理，不能混入正定分支。

直觉

$H$ 问的是：“每个平方的平均都非负吗？”局部化矩阵再问：“这个平方乘上区间内才保证非负的端点因子后，平均还非负吗？”两种问题一起，才会把支撑区间真正放进数据合同。

固定前三矩后第三矩的两个可达端点，以及再固定第三矩后第四矩的两个可达端点；上下端点由不同非负多项式锁定

边界上的奇异性也有具体含义：某个非负探针的平均恰为零，迫使全部质量落在它的零点上。此时可以唯一，尽管通常的平方矩阵 $H$ 本身还没有退化。

例子与边界

实线合法，不等于区间合法

取 $[a,b]=[0,1]$ 和 $(m_0,m_1,m_2)=(1,1/2,5/2)$ 。矩阵

H_1=\begin{pmatrix}1&1/2\\1/2&5/2\end{pmatrix}

正定；它确实来自实线上的 $\tfrac12\delta_{-1}+\tfrac12\delta_2$ 。但局部化条件给 $K_0=m_1-m_2=-2$ ，所以没有支撑于 $[0,1]$ 的代表。这不是否认原来的实线测度，而是拒绝它遵守新增的支撑要求。

有限阶基本差分都非负，仍然可能无解

另取 $(1,1/2,1/8)$ 。所有已知范围内的 $L(x^k(1-x)^\ell)$ ， $k+\ell\le2$ ，都是非负数：除原矩外，还需检查 $1-m_1=1/2$ 、 $m_1-m_2=3/8$ 与 $1-2m_1+m_2=1/8$ 。但

L\bigl((x-\tfrac12)^2\bigr)=\frac18-\frac12+\frac14=-\frac18. \tag{6}

因此没有正代表。无限完整Hausdorff序列可以用全部阶数的差分条件刻画，不意味着把那些不等式截到手上已有的阶数，便得到本页有限问题的充分条件。

从均值和二阶矩求第三矩的全部范围

固定 $m_0=1,m_1=1/2,m_2=1/3$ ，令 $m_3=t$ 。奇数判据成为

A_1=\begin{pmatrix}1/2&1/3\\1/3&t\end{pmatrix}\succeq0, \qquad B_1=\begin{pmatrix}1/2&1/6\\1/6&1/3-t\end{pmatrix}\succeq0.

两个正的首元使Schur配方直接适用，分别给

\boxed{\frac29\le m_3\le\frac5{18}}. \tag{7}

下端的探针为 $x(x-2/3)^2$ ，零点是 $0,2/3$ ；最初两矩给唯一代表 $\tfrac14\delta_0+\tfrac34\delta_{2/3}$ 。上端用 $(1-x)(x-1/3)^2$ ，给 $\tfrac34\delta_{1/3}+\tfrac14\delta_1$ 。两测度的凸组合保持前三矩并覆盖整个区间，因此两界都锐利且取得。

第四矩上端：Hankel正定，代表仍唯一

再固定 $m_3=1/4$ ，令 $m_4=s$ 。偶数判据给

H_2=\begin{pmatrix}1&1/2&1/3\\1/2&1/3&1/4\\1/3&1/4&s\end{pmatrix}, \qquad K_1=\begin{pmatrix}1/6&1/12\\1/12&1/4-s\end{pmatrix}.

前一Hankel块 $H_1$ 正定，Schur余量为 $s-7/36$ ；局部化余量为 $5/24-s$ 。准确范围是

\boxed{\frac7{36}\le m_4\le\frac5{24}}. \tag{8}

下端使 $q=x^2-x+1/6$ 的平方矩值为零，唯一代表是 $\tfrac12\delta_{1/2-\sqrt3/6}+\tfrac12\delta_{1/2+\sqrt3/6}$ 。它也是平移后的二点Gauss规则，但这里用来达到未知第四矩的最小值，并没有声称它复制均匀分布的第四矩。

上端则使 $x(1-x)(x-1/2)^2$ 的矩值为零，唯一代表为

\mu_+=\tfrac16\delta_0+\tfrac23\delta_{1/2}+\tfrac16\delta_1. \tag{9}

此时 $H_2$ 的最后Schur余量是 $5/24-7/36=1/72>0$ ，所以 $H_2\succ0$ ，并不平坦。唯一性来自奇异的 $K_1$ ，将支撑限制到 $0,1/2,1$ 。这正是相对实Hankel平坦证书的新信息。均匀概率的 $m_4=1/5$ 位于两端之间，其两测试矩阵都正定；它不是被前四矩唯一识别出的分布。

区间坍缩与数据种类

若 $a=b$ ，唯一可能的正代表为 $m_0\delta_a$ ，条件是 $m_0\ge0$ 且 $m_k=m_0a^k$ 对全部给定阶数成立。即使 $m_0>0$ 、只给零阶矩，它也唯一，不能套非退化区间的“正定便有无穷多代表”。反向端点 $a>b$ 是本页接口中的无效输入。

本页的 $m_k$ 是确切约束，不是经验矩的自动置信界。浮点矩阵出现很小特征值时，应区分准确奇异与数值近似；若只知误差盒，需要另交能覆盖整盒的证书。复圆周矩也有不同的Toeplitz判据，本页的实幂次局部化公式不可直接移植。

推论与应用

下一矩的可行值总形成非空紧区间。 先假设已有前缀合法。把 $m_{d+1}=t$ 加入相应奇偶矩阵，PSD的逆像是闭凸子集；已存在的代表给它至少一个点，而且任何代表都满足 $|t|\le m_0\max_{[a,b]}|x|^{d+1}$ 。因此可行值是一个闭有界区间，允许退化成单点，两个端点都存在代表。无需求助于实线上可能发生的质量逃逸。

首块正定时，可用Schur补把新增标量隔离，得到如(7)、(8)的上下界。首块奇异时不能硬取逆；应检查完整PSD及核方向兼容，再按零探针恢复支撑。一个已经唯一的前缀当然强制所有后续矩。

每个拒绝都有多项式见证。 若精确PSD消元发现向量 $u$ 使某个测试二次型为负，把 $u$ 解释为 $q$ 的系数，就由(4)给出整个区间上非负、但 $L(h)<0$ 的多项式。检查者只需验证系数、区间因子和一个负数，不必信任某个数值特征值求解器。

构造矩阵需要 $O(d^2)$ 次取数与线性组合，两次稠密PSD检验用 $O(d^3)$ 算术与 $O(d^2)$ 存储。有理精确输入还需计入位成本。存在性证明给有限原子代表，却没有自动提供任意高次实根的通用求解程序；公开参考实现只负责精确PSD与供给证书的验收，并完整求解本页的低次端点任务。

参考资料

Bernd Fritzsche、Bernd Kirstein、Conrad Mädler，A Schur–Nevanlinna type algorithm for the truncated matricial Hausdorff moment problem，2020，§§2–3，Definition3.4、Theorem3.5及Theorem3.20。本页采用标量有限前缀情形，不声称实现其矩阵值算法。
E. de Klerk、G. Elabwabi、D. den Hertog，Optimization of univariate functions on bounded intervals by interpolation and semidefinite programming，2006，§3.1：平方表示及对应矩阵约束。

形式陈述 ​

必要性：每个二次型就是一个非负积分 ​

充分性：检查两个矩阵为什么已经够了？ ​

奇异测试矩阵会锁定什么？ ​

实线合法，不等于区间合法 ​

有限阶基本差分都非负，仍然可能无解 ​

从均值和二阶矩求第三矩的全部范围 ​

第四矩上端：Hankel正定，代表仍唯一 ​

区间坍缩与数据种类 ​

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