有限圆周矩与Toeplitz原子证书

形式陈述

只知道几个协方差滞后或Fourier系数，怎样判断它们能否属于同一份非负频率分布？即使每个数单独都不大，联合约束仍可能失败。另一方面，数据合法也通常没有确定完整频谱。

本页固定符号，避免把节点误读成其共轭。给定整数 $n\ge0$ 与复数 $c_0,\ldots,c_n$ ，要求 $c_0\in\mathbb R$ ，并置 $c_{-k}=\overline{c_k}$ 。所求是单位圆 $\mathbb T$ 上有限正Borel测度 $\mu$ ，使复值积分满足

c_k=\int_{\mathbb T}z^{-k}\,d\mu(z), \qquad |k|\le n. \tag{1}

所以节点 $z=i$ 对 $c_1$ 的贡献是 $-i$ 乘该点质量。质量不必为一， $\mu(\mathbb T)=c_0$ 。

构造大小 $N=n+1$ 的Hermitian Toeplitz矩阵

T_n(c)=(c_{i-j})_{0\le i,j\le n}, \qquad v_n(z)=(1,z^{-1},\ldots,z^{-n})^{\mathsf T}. \tag{2}

有限圆周矩定理断言：式(1)有解，当且仅当

T_n(c)\succeq0. \tag{3}

这里的半正定检查整张Hermitian矩阵，不能只查对角元、相邻二阶块或各个 $|c_k|\le c_0$ 。

更精确地，令 $r=\operatorname{rank}T_n$ 。

若 $T_n=0$ ，唯一解是零测度。
若 $0<r<N$ ，解在全部正测度中唯一，且恰为 $r$ 个不同单位圆节点上的严格正原子质量。
若 $T_n\succ0$ ，有无穷多解；既有 $N$ 原子解，也有光滑且处处严格正的密度解。任何预先指定的 $\zeta\in\mathbb T$ 都能出现在一个 $N$ 原子解中。

最后一句有准确质量版本。正定时，所有匹配测度中该点的最大质量为

\max_{\mu\text{ 满足(1)}}\mu(\{\zeta\}) =\frac1{v_n(\zeta)^*T_n^{-1}v_n(\zeta)}. \tag{4}

它是达到的最大值，不是仅有上界或一个未取得的上确界。下面同时证明存在、唯一与达到，而不先假定未知测度存在。

从测度到矩阵

若 $p(z)=\sum_{j=0}^na_jz^j$ ，则式(1)给

a^*T_na =\int_{\mathbb T}|p(z)|^2\,d\mu(z)\ge0. \tag{5}

等价地， $T_n=\int v_n(z)v_n(z)^*d\mu(z)$ 。这证明必要性，并确定所有共轭的方向。若一份候选原子表为 $(z_\ell,w_\ell)$ ，其有限证书就是

|z_\ell|=1,\quad w_\ell>0,\qquad c_k=\sum_\ell w_\ell z_\ell^{-k}\quad(0\le k\le n). \tag{6}

PSD为何在圆周上已经足够

先处理 $c_0=0$ 。PSD矩阵的二阶主子式给 $|c_k|^2\le c_0^2=0$ ，所以全部系数为零；总质量零也强制零测度。以下设 $c_0>0$ ，先除以 $c_0$ ，只需证明质量一的情形。

对次数不超过 $n$ 的实值三角多项式 $Q(z)=\sum_{k=-n}^nq_kz^k$ ，定义实线性泛函

L_c(Q)=\sum_{k=-n}^nq_kc_{-k}. \tag{7}

若 $Q\ge0$ 于圆周，Fejér–Riesz分解给 $Q=|p|^2$ 、 $\deg p\le n$ ，于是 $L_c(Q)=a^*T_na\ge0$ 。这一步把“平方非负”推进为“对每个非负三角多项式都非负”。

把圆周映成 $\mathbb R^{2n}$ 中的紧曲线

\Phi(z)=(\operatorname{Re}z^{-1},\operatorname{Im}z^{-1},\ldots, \operatorname{Re}z^{-n},\operatorname{Im}z^{-n}).

其凸包 $K$ 紧：由Carathéodory定理，每个凸包点只需至多 $2n+1$ 个曲线点，故 $K$ 是紧的节点乘积与权重单纯形的连续像。若数据向量 $y=(\operatorname{Re}c_1,\operatorname{Im}c_1,\ldots)$ 不在 $K$ ，严格分离会给一个实仿射函数 $\ell$ ，使 $\ell(\Phi(z))\ge0$ 对全部圆周点成立，却有 $\ell(y)<0$ 。

但 $Q(z)=\ell(\Phi(z))$ 正是阶数不超过 $n$ 的非负三角多项式，而 $L_c(Q)=\ell(y)$ ，与前段矛盾。因此 $y\in K$ ；对应的有限凸组合直接给一个正原子测度。恢复总质量 $c_0$ 即完成充分性。 $n=0$ 时只有总质量，任选一点放质量 $c_0$ 即可，无需分离。

这一步暂给至多 $2n+1$ 个原子，下面再利用秩把它收紧到 $r$ 或 $n+1$ 。

奇异数据为何没有隐藏的连续部分

若 $T_n$ 奇异且非零，取非零 $a\in\ker T_n$ ，令 $p(z)=\sum a_jz^j$ 。对任意匹配测度，式(5)给 $\int|p|^2d\mu=0$ ，所以它全部集中在 $p$ 的单位圆零点上。非零次数至多 $n$ 的多项式只有有限多个根；因此每个匹配测度都已经是至多 $n$ 个原子的测度，没有遗漏连续部分。

设其中一份的实际不同节点数为 $s\le n$ ，则

T_n=V\operatorname{diag}(w_1,\ldots,w_s)V^*, \quad V=(v_n(z_1),\ldots,v_n(z_s)).

不同节点的Vandermonde列线性无关，故 $\operatorname{rank}T_n=s=r$ 。若有另一份测度，两份平均仍匹配同一矩表，且支撑是两者支撑的并。这个并仍位于同一个 $p$ 的至多 $n$ 个零点上；同样的秩论证迫使并集也只有 $r$ 点。因此两份支撑相同，再由前 $r$ 个矩的可逆Vandermonde系统得到相同权重，证明全部测度中的唯一性。

实际恢复时，可逐次寻找最小次数的核多项式，取其单位圆根为候选，再解正质量并用全部已知矩验收。近奇异的浮点矩阵没有准确核，不能仅因一个奇异值很小就宣称此唯一性。

正定数据、指定原子与准确达到

固定 $\zeta$ ，记 $v=v_n(\zeta)$ 、 $w_*=(v^*T_n^{-1}v)^{-1}>0$ 。以下候选删去质量明确限制为 $w\ge0$ 。以 $T_n^{-1/2}$ 作合同，

T_n-wvv^*\succeq0 \quad\Longleftrightarrow\quad I-w(T_n^{-1/2}v)(T_n^{-1/2}v)^*\succeq0 \quad\Longleftrightarrow\quad 0\le w\le w_*. \tag{8}

若 $\mu$ 在 $\zeta$ 有质量 $w$ ，删去该原子得到正测度，所以式(8)证明上界。取 $w=w_*$ 时，余矩阵仍为Toeplitz，且恰有秩 $N-1=n$ 。由已经证明的奇异存在与唯一性，它来自一个 $n$ 原子测度 $\nu$ 。把 $w_*\delta_\zeta$ 加回，就得到达到式(4)的 $N$ 原子解。

$\nu$ 不可能还含 $\zeta$ ：否则总原子数至多 $n$ ，其矩阵秩不可能是 $N$ 。这也说明在固定 $\zeta$ 下达到最大质量的整份测度唯一，因为余矩阵的代表唯一。 $n=0$ 时余矩阵为零，同样适用。

允许任意 $\zeta$ 进入支撑，立即得到无穷多代表：有限多份有限支撑测度不可能包含圆周上的每个点。注意“给定节点的最大原子解唯一”和“原始矩表代表唯一”是不同的量词。

直觉

Toeplitz结构来自幂的差：在圆周上， $\overline z=z^{-1}$ ，所以两个幂的内积只读一个已知滞后。PSD要求每一种有限滤波器的输出能量都非负。Fejér–Riesz进一步说明，在一维圆周上，所有非负三角多项式都属于这种能量形式，因此有限PSD没有遗漏额外的正性探针。

奇异时，有一个非零滤波器能量准确为零。正测度不能在它不为零的位置放任何质量，这把连续频率范围压成有限根表。正定时没有这样的零能量方向，仍可把某个原子的质量一点点增加；第一次使矩阵失去正定的位置恰是式(4)，余下频率随之被唯一锁定。

例子与边界

一阶前缀合法，不代表补零后的谱合法

取 $n=1,c_0=1,c_1=3/4$ ，矩阵特征值为 $7/4,1/4$ ，故正定。一份代表是

\mu=\frac78\delta_1+\frac18\delta_{-1}. \tag{9}

它给 $c_1=3/4$ ，但 $c_2=1$ ，并非零。另一份是密度 $P_{3/4}(t)$ 相对 $dm=dt/(2\pi)$ 的测度，给 $c_k=(3/4)^{|k|}$ ；其 $c_2=9/16$ 。已知前缀无法在二者中作选择。

若直接把所有 $|k|\ge2$ 系数设零，得到 $1+(3/2)\cos t$ ，在 $\pi$ 处为负。矩阵也能看到失败：扩成

T_2=\begin{pmatrix}1&3/4&0\\3/4&1&3/4\\0&3/4&1\end{pmatrix}, \qquad (1,-3/2,1)T_2(1,-3/2,1)^{\mathsf T}=-\frac14.

这否定的是补零扩张，不是否定原来两项数据。一般有限前缀不能由“未知等于零”完成。

带相位的唯一谱线

现在取

c_0=1,\qquad c_1=\frac{2-i}{3},\qquad c_2=\frac13. \tag{10}

候选 $\mu=(2/3)\delta_1+(1/3)\delta_i$ 直接验证全部矩，所以 $T_2\succeq0$ 。它的前二阶主块行列式为 $4/9>0$ ，而

a=(i,-1-i,1)^{\mathsf T}\in\ker T_2, \qquad p(z)=i-(1+i)z+z^2=(z-1)(z-i).

因此秩恰为二，根表就是 $1,i$ 。质量和为一、第一矩为 $(2-i)/3$ ，解得质量 $2/3,1/3$ ；奇异定理证明它在全部正测度中唯一。所有后续矩都被强制确定，例如

c_3=\frac23+\frac i3.

如果误把式(1)写成 $\int z^k d\mu$ 却保留同一数表，就会把节点 $i$ 错换成 $-i$ 。

同一前缀的两个最大原子问题

回到 $c_1=3/4$ 。式(4)在 $\zeta=1$ 给最大质量 $7/8$ ，由式(9)达到。在 $\zeta=i$ 则给

w_* =\frac7{32},\qquad \mu_* =\frac7{32}\delta_i+ \frac{25}{32}\delta_{(24-7i)/25}. \tag{11}

第二个节点确在单位圆上，因为 $24^2+7^2=25^2$ ；第一矩是

\frac7{32}(-i)+\frac{25}{32}\frac{24+7i}{25}=\frac34.

两份最大原子解各自唯一，但优化的是不同节点。原矩表仍有连续的Poisson代表，不能因此宣称存在唯一的“真实频谱”。

与实Hankel矩问题的边界不同

实线Hankel矩中的PSD未必推出代表存在；那里还需精确的扩张兼容性条件。圆周这里使用紧凸包以及Fejér–Riesz的全部非负探针，才得到式(3)的充要性。

实矩的单点质量界也提醒，倒逆矩阵形式本身不保证上界达到。本页的达到性来自扣除指定原子后，余Toeplitz矩阵仍有圆周代表；这份构造不能因公式相似而省略。奇异数据则应先走核与支撑分支，不能把式(4)里的逆随意换成伪逆。

推论与应用

正定数据确有严格正的平滑密度

仅构造很多原子解，还没有证明可以用普通谱密度表示。设 $T_n(c)\succ0$ 。取 $\rho<1$ 足够接近一，使修改后的 $b_k=c_k/\rho^{|k|}$ 仍给正定Toeplitz矩阵；这是有限维正定锥的开放性。前面的存在定理给一份正测度 $\nu$ ，其已知矩是 $b_k$ 。

用Poisson核的准确频率乘子定义

f(t)=\int_{\mathbb T}P_\rho(t-\arg z)\,d\nu(z). \tag{12}

其第 $k$ 个Fourier系数为 $\rho^{|k|}b_k=c_k$ ，恰好恢复所需前缀，而不是近似它。核光滑且

c_0\frac{1-\rho}{1+\rho} \le f(t)\le c_0\frac{1+\rho}{1-\rho},

所以这是处处严格正的平滑密度。给它加足够小的 $\varepsilon\cos((n+1)t)$ ，保持正性且不改变已知前缀，又得到无穷多密度解。可见原子代表并非离散网格假设，也不排斥连续代表。

如果输入全为实数，把任一代表与其复共轭反射的平均作为代表，可使完整矩序列实且偶。这为有限自协方差前缀提供一个合法的无限延拓；若再要求特定AR阶数、创新结构或某个统计估计准则，还要追加相应条件。Yule–Walker方程从协方差恢复有限预测系数，不单凭线性方程的解宣布所有未知滞后已经由数据确定。

对准确原子证书，验证式(6)只需有限次幂与求和；独立的PSD分解或负方向负责合法性与拒绝。测量误差把准确矩表变成可行集合，可能同时包含正定、奇异及非PSD表；本页没有提供凭图识别秩或自动消除误差的规则。

参考资料

Zai Yang、Lihua Xie，Frequency-Selective Vandermonde Decomposition of Toeplitz Matrices with Applications，2017，§2 Theorem1及其完整证明：标量Toeplitz分解、奇异唯一性和正定时指定节点扣除。本文符号固定为式(1)，不沿用相反方向后又保留同一节点。
Michael A. Dritschel、James Rovnyak，The Operator Fejér–Riesz Theorem，2009，§1标量非负三角多项式分解。本文的有限凸分离证明及平滑密度构造另行展开。
全部矩、核多项式、负方向与达到质量见圆周谱证书终点。

形式陈述 ​

从测度到矩阵 ​

PSD为何在圆周上已经足够 ​

奇异数据为何没有隐藏的连续部分 ​

正定数据、指定原子与准确达到 ​

一阶前缀合法，不代表补零后的谱合法 ​

带相位的唯一谱线 ​

同一前缀的两个最大原子问题 ​

与实Hankel矩问题的边界不同 ​

正定数据确有严格正的平滑密度 ​

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