第 4 章：多项式矩问题与谱理论的起源
给定实数 \(c_0,c_1,\ldots\)，我们希望寻找正测度 \(\mu\)，使
§ 01从一串数到一个测度
所有矩都要求绝对可积。根据 \(I\) 分别为 \(\mathbb R\)、\([0,\infty)\)、\([0,1]\)，称 Hamburger、Stieltjes、Hausdorff 矩问题。
为什么要问这样的问题？例如形式级数
可能发散，但若存在 \(\mu\)，它仍可能是函数
的渐近信息。我们可以用有限个矩构造有理函数，再通过极限恢复 \(F\)。这使矩问题、逼近与谱分解联系起来。
形式展开不等于收敛展开
若 \(\mu\) 支撑在 \([-R,R]\)，则 \(|z|>R\) 时可将 \(1/(z-x)\) 展成一致收敛的几何级数，得到真正的 Laurent 展开。
无界支撑情形不能保证存在这样的收敛区域。有限阶渐近展开需要估计余项，不能把“所有矩存在”理解为“矩级数收敛”。
§ 02正性为什么是核心条件
令 \(\Lambda(x^n)=c_n\)，在多项式上定义
若 \(\Lambda\) 来自正测度，那么
这给出 Hankel 矩阵
无穷矩阵半正定的含义是所有有限支撑向量的二次型非负。不能只检查一个有限截断。
定理 2.1三个矩问题的可解条件
对实矩序列，存在具有全部给定矩的有限正 Borel 测度，当且仅当满足下表条件。
| 支撑区间 | 条件 |
|---|---|
| \(\mathbb R\) | \(H\ge0\) |
| \([0,\infty)\) | \(H\ge0\) 且 \(H_1\ge0\) |
| \([0,1]\) | \(H\ge0\)，\(H_1\ge0\)，\(H-H_1\ge0\) |
第一行控制 \(\int|p|^2\)，第二行增加 \(\int x|p|^2\)，第三行再增加 \(\int(1-x)|p|^2\)。下面给出充分性的构造。
若 \(c_0=0\)，Cauchy–Schwarz 给出 \(|c_n|^2\le c_0c_{2n}=0\)，所有矩为零，对应零测度。以下设 \(c_0>0\)，必要时除以 \(c_0\) 归一化。
§ 03从正形式构造乘法算子
令 \(N=\{p:\Lambda(|p|^2)=0\}\)，在 \(V=\mathbb C[x]/N\) 上使用上述内积。设 \(\Omega=[1]\)，定义
为什么这个定义不依赖代表元
若 \(p\in N\)，正形式的 Cauchy–Schwarz 给出 \(\langle p,q\rangle=0\) 对所有多项式 \(q\) 成立。取 \(q=x^2p\)，得
所以乘以 \(x\) 保持零空间，\(T\) 良定义。并且 \(\langle Tp,q\rangle=\langle p,Tq\rangle\)，故 \(T\) 对称。
我们已经得到
这就是一个简单的 GNS 构造：正泛函产生内积空间，代数元素通过乘法作用为空间上的算子。这里 \(V\) 暂时只含多项式类，并不假定 \(T\) 已是一个有界或自伴算子。
若 \(H\) 不正定，存在非零多项式 \(p\in N\)。\(N\) 对乘以 \(x\) 封闭，因此商空间由次数低于 \(\deg p\) 的多项式张成，是有限维的。有限维 \(T\) 可对角化，直接给出有限原子测度。若 \(H\) 正定，则所有非零多项式都有正范数，继续进行有限维截断。
§ 04有限维谱分解怎样解矩问题
令
其中 \(P_n\) 是到 \(V_n\) 的正交投影。\(T_n\) 是有限维自伴算子。设 \(T_ne_{n,j}=\lambda_{n,j}e_{n,j}\)，定义
于是 \(\mu_n(I)=c_0\)。若 \(H_1\ge0\)，\(T_n\ge0\)，所以节点非负；若同时 \(H-H_1\ge0\)，则 \(0\le T_n\le I\)，所以节点位于 \([0,1]\)。谱节点的范围由正性决定。
定理 4.1前 \(2n+1\) 阶矩精确匹配
对 \(0\le k\le2n+1\)，
证明
对 \(j\le n\)，归纳得 \(T_n^j\Omega=T^j\Omega\)，而 \(T_n^{n+1}\Omega=P_nT^{n+1}\Omega\)。
将 \(k=a+b\)，其中 \(a\le n\)、\(b\le n+1\)。利用对称性和投影关系，
有限维谱分解给出等式中的积分表达。因此一个 \(n+1\) 维截断能精确匹配比维数多得多的矩，这也是 Gaussian 求积高阶精度的来源。
定理 4.2有限原子测度的极限给出全部矩
在上述条件下，\(\mu_n\) 有一个子列趋于正测度 \(\mu\)，且 \(\int x^k\,\mathrm{d}\mu=c_k\) 对全部 \(k\) 成立。
证明：为什么不能只说弱收敛就完成了
在 \([0,1]\) 上，Helly 选择给出弱-* 收敛子列，每个 \(x^k\) 都是连续有界测试函数，所以矩直接通过极限。这就证明 Hausdorff 情形。
在无界区间上，先用 \(C_0(I)^*\) 的弱-* 紧性取得子列；这里 \(C_0(I)\) 可分。对充分大的 \(n\)，\(\int x^2\,\mathrm{d}\mu_n=c_2\)，因此
此估计防止质量逃逸，保证极限总质量仍为 \(c_0\)。对于任意 \(k\)，选偶数 \(2m>k\)。当 \(n\) 充分大时，\(2m\) 阶矩已精确匹配，因此
对非负紧支撑截断取极限，也得到极限测度的同样高阶矩上界。先在 \([-R,R]\) 上以连续截断函数测试，再令 \(R\to\infty\)，便能令第 \(k\) 阶矩通过极限。极限保持原闭支撑区间，从而证明 Hamburger 与 Stieltjes 情形。
关键是高阶矩控制尾部。单独的弱-* 收敛不能测试无界函数 \(x^k\)。
在紧区间上解唯一：多项式稠密，使所有连续函数的积分都由矩确定，再用 Riesz 表示的唯一性。无界区间上可能不唯一，第九章会讨论不定矩问题。
§ 05正交多项式与 Jacobi 矩阵
设 \(c_0=1\)，\(H\) 正定。对 \(1,x,x^2,\ldots\) 作 Gram–Schmidt，取首项系数为正，得到实系数正交多项式 \(p_n\)，且 \(p_0=1\)。
定理 5.1三项递推
存在 \(b_n\in\mathbb R\)、\(a_n>0\)，使
证明
\(xp_n\) 次数为 \(n+1\)，因此只需在 \(p_0,\ldots,p_{n+1}\) 中展开。若 \(j\le n-2\)，则
因为 \(xp_j\) 次数至多 \(n-1\)。对称性使上下对角系数相同，对角系数为实数；比较首项系数给出 \(a_n>0\)。
因此 \(T\) 在 \(p_n\) 基下成为三对角 Jacobi 矩阵
这并不表示任意 Jacobi 矩阵在 \(\ell^2\) 上都已自伴：若系数无界，首先只有有限支撑上的对称算子，定义域与自伴扩张属于第六章的问题。
§ 06Padé 逼近与连分式
定义有限维预解式的标量值
它是有理函数，分母可取 \(\det(zI-J_n)\)，其中 \(J_n\) 是前 \(n+1\) 阶截断。递推说明此行列式是 \(p_{n+1}\) 的首一化版本，所以零点真实且与谱节点相同。
当 \(|z|\) 大于有限矩阵的范数时，
故 \(F_n\) 是在无穷远处匹配有限阶系数的 Padé 逼近。此处的 \(O\) 是对固定 \(n\) 讨论 \(z\to\infty\)，不能当作对所有 \(n\) 统一的估计。
定理 6.1Jacobi 矩阵产生连分式
对 \(c_0=1\)，\(F_n\) 等于截断连分式
证明
将 \(zI-J_n\) 按首坐标与余下坐标分块：
解该分块方程或使用 Schur 补，逆矩阵的左上角为 \([z-b_0-a_0^2\langle e_1,B^{-1}e_1\rangle]^{-1}\)。再对尾部矩阵重复操作，得到连分式。先在所有逆存在的区域证明，随后由有理函数恒等性扩张。
沿测度的收敛子列，\(F_{n_j}\to F(z)=\int(z-x)^{-1}\,\mathrm{d}\mu(x)\)，在 \(\mathbb C\setminus I\) 的紧子集上局部一致。原因是积分核及其 \(z\) 导数都有由 \(\operatorname{dist}(z,I)\) 控制的统一界。紧区间上矩解唯一，因此整个序列收敛；非紧区间上这里先保证子列。
我们至此看到同一个对象的四种表达：有限原子测度、有限维自伴矩阵、正交多项式、有理连分式。它们之间的转换来自同一套矩数据。
§ 07再看 Riesz 表示定理
若 \(\Lambda\) 是 \(C[0,1]\) 上的正泛函，取 \(c_n=\Lambda(x^n)\)。三个正矩阵条件自动成立，于是构造出 \(\mu\)。多项式上的表示成立，再由正泛函估计
和多项式一致稠密性，得到 \(\Lambda(f)=\int f\,\mathrm{d}\mu\) 对全部连续 \(f\) 成立。
这条证明说明：Riesz 表示也可以由有限维谱分解与极限产生；它并不是谱理论之外的一块孤立工具。
§ 08矩问题与有限维压缩的精确表述
约定 \(I\) 为 \(\mathbb R\)、\([0,\infty)\) 或 \([0,1]\)，矩序列 \((c_n)_{n\geq0}\) 为实数。\(\mathcal R_r(I)\) 表示有界非负单调右连续函数，在 \(I=\mathbb R\) 时另要求 \(\rho(-\infty)=0\)；它们对应有限正 Borel 测度。
有限维的谱分解作为起点
矩问题的有限逼近需要先掌握 Hermitian 矩阵如何对角化。这里用二次型极值构造特征方向，随后把它用于有限维的乘法压缩。
定义 8.1Stieltjes 变换
有限正测度 \(\mu\) 的 Stieltjes 变换为 \(F_\mu(z)=\int_I(z-x)^{-1}\,d\mu(x)\)，定义在 \(\mathbb C\setminus I\)。若 \(\mu=d\rho\)，也称 \(\rho\) 的 Stieltjes 变换。它在此区域全纯。
证明 4.1.1
对紧集 \(K\subset\mathbb C\setminus I\)，令 \(d=\operatorname{dist}(K,I)>0\)。积分核的模至多为 \(d^{-1}\)，其任意阶 \(z\) 导数的模至多为 \(k!d^{-k-1}\)。有限测度使这些统一控制函数可积，所以可以在积分下逐阶求导，得到全纯性。特别地 \(F_\mu'(z)=-\int_I(z-x)^{-2}\,d\mu(x)\)。
正矩阵产生测度
给定矩先确定多项式上的泛函；平方多项式的积分非负，因此 Hankel 正性是必要条件。商去零空间得到乘法算子后，有限压缩产生原子测度，紧性与高阶矩尾部估计再恢复全部矩。
定义 8.2可测函数的 Stieltjes 积分
对 \(\rho\in\mathcal R_r(I)\) 的代表测度 \(\mu_\rho\)，定义 \(\int_I f\,d\rho=\int_I f\,d\mu_\rho\)，适用于非负 Borel 函数或绝对可积实、复 Borel 函数。
定义 8.3无限矩阵的正性
矩阵 \(H=(H(m,n))_{m,n\geq0}\) 对应多项式上的半双线性形式 \(\langle x^m,x^n\rangle=H(m,n)\)。形式 Hermitian、半正定或正定时，矩阵分别称 Hermitian、正或正定。截断 \(H_n\) 为前 \(n+1\) 行列；半正定等价于每个截断半正定。
定义 8.4Hankel 矩阵
令 \(H(m,n)=c_{m+n}\)、\(H'(m,n)=c_{m+n+1}\)。定义 \(\Lambda(x^n)=c_n\)，则 \(\langle f,g\rangle=\Lambda(\overline f g)\)，而 \(H'\) 和 \(H-H'\) 分别对应 \(\langle f,xg\rangle\) 和 \(\langle f,(1-x)g\rangle\)。
命题 8.5解的必要条件
若 \(c_n=\int x^n\,d\rho\) 对全部 \(n\) 成立，则 \(H\geq0\)。\(H\) 正定当且仅当代表测度的支集无限，亦即累积函数的值域无限。\(I=[0,\infty)\) 时还须 \(H'\geq0\)；\(I=[0,1]\) 时还须 \(H'\geq0\) 和 \(H-H'\geq0\)。
证明 4.2.8
对多项式 \(p\)，\(\Lambda(|p|^2)=\int|p|^2\,d\mu\geq0\)，所以 \(H\geq0\)。若支集无限，非零多项式只有有限个零点，不可能在整个支集上为零；连续性及支集定义使其平方积分严格为正。若支集有限，以这些支集点为零点的非零多项式平方积分为零，故不正定。
在半轴上 \(\int x|p|^2\,d\mu\geq0\)，在 \([0,1]\) 上还可用 \(\int(1-x)|p|^2\,d\mu\geq0\)，分别得到 \(H'\)、\(H-H'\) 的必要正性。有限支集与累积函数只有有限多级等价，因此也得到值域表述。
定理 8.6三个矩问题的充要条件
Hamburger 矩问题可解当且仅当 \(H\geq0\)；Stieltjes 矩问题可解当且仅当 \(H,H'\geq0\)；Hausdorff 矩问题可解当且仅当 \(H,H',H-H'\geq0\)。解须使全部 \(|x|^n\) 可积。紧区间情形解唯一；另两种情形可能不唯一。
证明 4.2.9
必要性由命题 4.2.8 给出。充分性按三个步骤构造：先由 \(H\) 取正形式、除去零空间，得到带循环向量 \(\Omega\) 的对称乘法算子；再把它压缩到 \(V_n\)，有限维谱定理产生 \(\mu_n\)；最后用 Helly 选择与高阶矩尾部估计取得 \(\mu\)。这三个步骤分别在定理 4.2.10、命题 4.2.17、定理 4.2.19 中证明。
半轴条件使每个压缩 \(T_n\geq0\)，所以原子都在 \([0,\infty)\)；紧区间条件使 \(0\leq T_n\leq I\)，所以原子都在 \([0,1]\)。非紧情形借助偶数高阶矩控制尾部，保证每个 \(|x|^m\) 可积且保留给定矩。紧区间上多项式一致稠密，两个解若全部矩相同，对全部连续函数的积分相同，测度表示的唯一性使它们相同。
定理 8.7乘法算子的良定义性
若 \(H\geq0\)，令 \(\mathcal N=\{f:\Lambda(|f|^2)=0\}\)、\(V=\mathbb C[x]/\mathcal N\)。则 \(T(f+\mathcal N)=xf+\mathcal N\) 唯一确定一个线性算子，且 \(\langle\xi,T\eta\rangle=\langle T\xi,\eta\rangle\)。其关键是 \(\mathcal N\) 对乘以 \(x\) 封闭。
证明 4.2.10
若 \(\|f\|^2=\Lambda(|f|^2)=0\)，正形式的 Cauchy–Schwarz 给出 \(\langle f,g\rangle=0\) 对全部多项式 \(g\) 成立。取 \(g=x^2f\)，则
因此 \(x\mathcal N\subset\mathcal N\)，乘以 \(x\) 与代表元选择无关。又因 \(x\) 实值，\(\Lambda(\overline f\,xg)=\Lambda(\overline{xf}\,g)\)，得到商空间上的对称性。商内积的非退化性已由除去零空间保证。
定义 8.8循环子空间与投影
令 \(\Omega=1+\mathcal N\)，\(V_n=\operatorname{span}\{\Omega,T\Omega,\ldots,T^n\Omega\}\)，\(E_n\) 为到 \(V_n\) 的正交投影。则 \(\Omega\in V_0\)、\(TV_n\subset V_{n+1}\)，\(\langle\Omega,T^m\Omega\rangle=c_m\)。
定义 8.9压缩矩
定义 \(c_{n,m}=\langle\Omega,(E_nTE_n)^m\Omega\rangle\)。\(T_n=E_nTE_n|_{V_n}\) 自伴，且 \(c_{n,m}=c_m\) 对 \(0\leq m\leq2n+1\) 成立。
证明 4.2.15
由 \(T^j\Omega\in V_j\)，归纳得 \(T_n^j\Omega=T^j\Omega\) 对 \(j\leq n\) 成立。若 \(m=r+s\leq2n\) 且 \(r,s\leq n\)，对称性给出
最后一阶 \(m=2n+1\) 使用 \(\langle T_n^n\Omega,T_nT_n^n\Omega\rangle\)。两侧向量都在 \(V_n\) 中，夹在中间的 \(E_n\) 可从内积中去掉，所得正是 \(\langle T^n\Omega,TT^n\Omega\rangle=c_{2n+1}\)。这解释了压缩为什么匹配到 \(2n+1\) 阶，而不只匹配到 \(n\) 阶。
命题 8.10有限原子代表
在相应矩阵正性条件下，每个 \(n\) 有 \(\rho_n\in\mathcal R_r(I)\)，其值域为 \([0,c_0]\) 的有限子集，满足 \(c_{n,m}=\int_Ix^m\,d\rho_n\) 对全部 \(m\) 成立。它由 \(T_n\) 的特征值和 \(\Omega\) 在对应特征空间投影的范数平方给出。
证明 4.2.17
在有限维 \(V_n\) 上写 \(T_n=\sum_j\lambda_jP_j\)，令 \(\mu_n=\sum_j\|P_j\Omega\|^2\delta_{\lambda_j}\)。则 \(\int x^m\,d\mu_n=\sum_j\lambda_j^m\|P_j\Omega\|^2=\langle\Omega,T_n^m\Omega\rangle\)，总质量为 \(\|\Omega\|^2=c_0\)。
若 \(H'\geq0\)，压缩二次型非负，所以 \(\lambda_j\geq0\)；若再有 \(H-H'\geq0\)，则 \(T_n\leq I\)，所以 \(\lambda_j\leq1\)。因此支集位于相应 \(I\)。取累积函数 \(\rho_n(x)=\mu_n(I\cap(-\infty,x])\)，它只有有限多个级值，右连续且满足所有所需积分式。
定义 8.11极限累积函数
对上述一致有界的 \(\rho_n\)，取 Helly 子列 \(\rho_{n_k}\) 逐点趋于 \(\widetilde\rho\)。在非负半轴或紧区间取其右连续正规化；在全实轴先减去 \(\widetilde\rho(-\infty)\) 再正规化，得到 \(\rho\in\mathcal R_r(I)\)，并有 \(d\rho_{n_k}\to d\rho\) 对 \(C_c(I)\) 测试弱-* 收敛。
定理 8.12压缩极限保留全部矩
在各区间相应正性条件下，上述 \(\rho\) 满足 \(c_m=\int_Ix^m\,d\rho\) 对全部 \(m\) 成立，且这些积分绝对可积。
证明 4.2.19
紧区间上 \(x^m\) 是连续合法测试，直接由弱-* 收敛和矩匹配取得结论。非紧情形要先证明尾部不会破坏极限。选择偶数 \(2r>m\)。对充分大的 \(n\)，矩匹配给出 \(\int |x|^{2r}\,d\mu_n=c_{2r}\)，因此
对连续紧支撑截断 \(\beta_R\uparrow1\)，弱-* 收敛给出 \(\int\beta_R|x|^{2r}\,d\mu\leq c_{2r}\)；单调收敛使 \(\int|x|^{2r}\,d\mu\leq c_{2r}\)，于是同一个尾界对 \(\mu\) 也成立。
现在 \(\beta_Rx^m\) 的积分可以直接取极限，删掉截断的误差由上述两侧尾界控制。先取子列极限，再令 \(R\to\infty\)，得到 \(\int x^m\,d\mu=c_m\) 及绝对可积性。\(m=0\) 的同一论证保留总质量，排除质量逃到无穷远。
定理 8.13Padé 逼近
\(F_n(z)=\int(z-x)^{-1}\,d\rho_n\) 为有理函数，在充分大的 \(|z|\) 下展开为 \(\sum_{m=0}^{2n+1}c_mz^{-m-1}+O(z^{-2n-3})\)。所选子列 \(F_{n_k}\) 在 \(\mathbb C\setminus I\) 上局部一致趋于 \(F(z)=\int(z-x)^{-1}\,d\rho\)，即匹配前 \(2n+2\) 个 Laurent 系数的 Padé 逼近。
证明 4.2.20
\(\mu_n\) 支集有限，所以 \(F_n\) 是有限个 \((z-\lambda_j)^{-1}\) 的正权和。对大于全部支集点模的 \(|z|\) 展开几何级数，得到 \(F_n(z)=\sum_{m\geq0}c_{n,m}z^{-m-1}\)。由矩匹配，前 \(2n+2\) 个系数就是 \(c_m\)，得到所述 Laurent 展开。
对 \(z\notin I\)，函数 \(g_z(x)=(z-x)^{-1}\) 属于 \(C_0(I)\)，且 \(z\mapsto g_z\) 在一致范数下连续，例如邻近 \(z,w\) 时 \(\|g_z-g_w\|_\infty\leq|z-w|/(\operatorname{dist}(z,I)\operatorname{dist}(w,I))\)。因此紧参数集 \(K\) 的像 \(\{g_z:z\in K\}\) 在 \(C_0(I)\) 中紧。测度泛函有统一范数界且逐点收敛，定理 4.2.21 把它升级为这个紧集上的一致收敛，即 \(F_{n_k}\to F\) 局部一致。
定理 8.14紧集上的一致收敛
赋范空间间的一致有界线性算子网 \(T_\alpha\) 若逐点趋于有界 \(T\)，则在每个相对紧子集 \(K\) 上一致收敛：\(\sup_{\xi\in K}\|(T_\alpha-T)\xi\|\to0\)。
证明 4.2.21
设统一界为 \(C\)，取 \(K\) 的有限 \(\delta\) 网 \(\xi_1,\ldots,\xi_N\)。对任意 \(\xi\in K\)，选择 \(\|\xi-\xi_j\|<\delta\)，则
有限多个逐点极限可由同一个指标控制。先把 \(\delta\) 选得小，再让指标充分大，就得到一致收敛。相对紧集的闭包紧，所以同一论证适用。
零空间、矩匹配和无穷远尾部
若 \(f\in\mathcal N\)，正形式的 Cauchy–Schwarz 不等式给出 \(\langle f,x^2f\rangle=0\)。由于 \(\|xf\|^2=\langle f,x^2f\rangle\)，\(xf\in\mathcal N\)，乘法算子因而良定义。\(T\) 的对称性来自多项式乘法交换。
对 \(m\leq2n\)，将 \(m=r+s\)，\(r,s\leq n\)，利用 \(T_n^j\Omega=T^j\Omega\)（\(j\leq n\)），得到压缩矩相等。对 \(m=2n+1\)，用 \(\langle T^n\Omega,T T^n\Omega\rangle\) 和投影的作用处理。
弱-* 收敛只直接控制紧支集函数；\(x^m\) 无界时必须截断。选择偶数 \(2r>m\)，在 \(|x|>R\) 上有 \(|x|^m\leq R^{m-2r}|x|^{2r}\)。充分大的压缩序号精确匹配 \(2r\) 阶矩，故尾部积分一致趋于零。紧支集部分取极限后再令 \(R\to\infty\)，得到全部矩匹配。二阶矩同时防止总质量逃到无穷远。
§ 09正交多项式、Jacobi 矩阵与连分数
以下无限阶正交多项式讨论假设 \(H\) 正定；Jacobi 对应和归一化递推采用 \(c_0=1\)。若 \(H\) 退化，则多项式商空间有限维，相应构造在有限阶终止。
让乘法算子只有三条对角线
对单项式作 Gram–Schmidt 后，乘以坐标只能连接相邻次数，因而得到 Jacobi 三对角矩阵。递推关系、特征多项式与求积节点便来自同一个算子。
命题 9.1预解式表示
对充分大的 \(|z|\)，\(F_n(z)=\langle\Omega,(zI-T_n)^{-1}\Omega\rangle\)；实际上该式在 \(\mathbb C\setminus\sigma(T_n)\) 均成立。
证明 4.3.1
在 \(T_n\) 的有限谱分解中，\((zI-T_n)^{-1}=\sum_j(z-\lambda_j)^{-1}P_j\)。用 \(\Omega\) 配对，得到 \(\sum_j\|P_j\Omega\|^2/(z-\lambda_j)\)，恰为 \(\mu_n\) 的 Stieltjes 变换。这直接对全部非谱参数成立；大参数区域的级数展开只是同一等式的另一种表达。
定义 9.2正交多项式
多项式族 \((p_n)\) 满足 \(\deg p_n=n\)，并在 Hankel 内积下两两正交时称正交多项式；各自范数为一时称标准正交多项式。固定最高次系数为正；最高次系数为一称首一多项式。
定理 9.3特征多项式的正交性
\(\widetilde p_0=1\)、\(\widetilde p_{n+1}(z)=\det(zI-T_n)\) 给出唯一的首一正交多项式族。
证明 4.3.5
令 \(D_{n+1}(z)=\det(zI-T_n)\)。它首一，次数为 \(n+1\)。对 \(0\leq k\leq n\)，多项式 \(x^kD_{n+1}(x)\) 次数至多为 \(2n+1\)，矩匹配与 Cayley–Hamilton 给出
所以它与所有次数至多 \(n\) 的多项式正交。两个满足同样条件的首一多项式之差次数至多为 \(n\)，又与该有限维空间正交；内积正定使差为零，故唯一。
推论 9.4Hankel 行列式公式
令 \(\Delta_n=\det(c_{i+j})_{0\leq i,j\leq n}>0\)，则 \(\widetilde p_{n+1}(z)=\Delta_n^{-1}\det\begin{pmatrix}c_0&c_1&\cdots&c_{n+1}\\c_1&c_2&\cdots&c_{n+2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\c_n&c_{n+1}&\cdots&c_{2n+1}\\1&z&\cdots&z^{n+1}\end{pmatrix}\)。除以 \(\Delta_n\) 是保证首一的必要归一化。
证明 4.3.6
按最后一行展开行列式，得到次数 \(n+1\) 的多项式；最高次项系数为 \(\Delta_n\)，所以除以它后首一。将最后一行的 \(1,z,\ldots,z^{n+1}\) 与 \(x^k\) 配对，就是用 \(c_k,c_{k+1},\ldots,c_{k+n+1}\) 替换最后一行。\(k\leq n\) 时这与前面的某一行相同，行列式为零。于是所得首一多项式与低阶空间正交，定理 4.3.5 的唯一性确定公式。
定义 9.5Jacobi 矩阵
给定实数 \(b_n\) 和正数 \(a_n\)，定义三对角矩阵 \(J\)：\(J_{n,n}=b_n\)、\(J_{n,n+1}=J_{n+1,n}=a_n\)，其余为零。移去首行首列的 \(J^+\) 对应序列 \((a_{n+1})\)、\((b_{n+1})\)。
定理 9.6矩与 Jacobi 参数的一一对应
\(c_0=1\) 且 Hankel 矩阵正定的实矩序列，与任意 \(a_n>0,b_n\in\mathbb R\) 的参数族一一对应。正向映射把乘法算子写成标准正交多项式基下的 Jacobi 矩阵；反向为 \(c_n=(J^n)_{0,0}\)，每个幂的该系数只涉及有限多项。
证明 4.3.8
对标准正交多项式 \(p_n\)，\(xp_n\) 次数为 \(n+1\)；若 \(j\leq n-2\)，则 \(\langle p_j,xp_n\rangle=\langle xp_j,p_n\rangle=0\)。因此展开只有 \(p_{n-1},p_n,p_{n+1}\) 三项。对称性使两侧相邻系数相同且 \(b_n\) 实；最高次系数均选正，使 \(a_n>0\)。这取得 Jacobi 参数，Gram–Schmidt 的唯一性使它们由矩确定。
反过来，给定参数，在有限支集数列上定义对称三对角 \(J\)，令 \(c_m=\langle e_0,J^me_0\rangle\)。每个计算只经过有限个坐标，所以不存在无界级数的定义问题。对应 Hankel 形式为 \(\langle p(J)e_0,q(J)e_0\rangle\)。次数为 \(n\) 的非零 \(p\) 在 \(p(J)e_0\) 的第 \(n\) 个坐标有非零值，故形式正定。递推使所构造 \(p_n(J)e_0=e_n\)，所以反向构造恢复原参数；\(c_0=1\) 也自动成立。
推论 9.7最高次系数
标准正交多项式 \(p_n\) 的最高次系数为 \((a_0\cdots a_{n-1})^{-1}\)，\(n=0\) 时空乘积为一。
证明 4.3.10
记 \(p_n\) 的最高次系数为 \(\kappa_n>0\)。比较 \(xp_n=a_np_{n+1}+b_np_n+a_{n-1}p_{n-1}\) 的最高次项，得到 \(\kappa_n=a_n\kappa_{n+1}\)。由 \(\kappa_0=1\) 递推得 \(\kappa_n=(a_0\cdots a_{n-1})^{-1}\)。
推论 9.8递推与有限行列式
设 \(p_{-1}=0,p_0=1\)，\(xp_n=a_np_{n+1}+b_np_n+a_{n-1}p_{n-1}\)（首项中 \(a_{-1}p_{-1}=0\)）。则 \(a_0\cdots a_n p_{n+1}(z)=\det(zI-J_{[0,n]})\)，其中截断矩阵大小为 \(n+1\)。
证明 4.3.11
标准正交基 \(p_0,\ldots,p_n\) 中，\(T_n\) 的矩阵正是 \(J_{[0,n]}\)。定理 4.3.5 给出其特征行列式为首一正交多项式，再由最高次系数公式把 \(p_{n+1}\) 变成首一，得到 \((a_0\cdots a_n)p_{n+1}=\det(zI-J_{[0,n]})\)。也可按三对角行列式的末行展开验证：两侧满足同一个两步递推和相同初值。
定理 9.9第二类多项式与 Padé 商
令 \(p_n\) 满足上述递推，\(q_{-1}=0,q_0=1/a_0\)，并满足 \(xq_n=a_{n+1}q_{n+1}+b_{n+1}q_n+a_nq_{n-1}\)。则 \(F_n(z)=q_n(z)/p_{n+1}(z)\)。
证明 4.3.12
Cramer 法则把 \((zI-J_{[0,n]})^{-1}\) 的左上角写成
分母由推论 4.3.11 为 \((a_0\cdots a_n)p_{n+1}\)。对尾部 Jacobi 参数 \((a_{n+1}),(b_{n+1})\)，多项式 \(a_0q_n\) 满足标准正交递推及初值一，所以分子为 \((a_1\cdots a_n)a_0q_n\)。公因子相消即得商；\(n=0\) 时空行列式为一，同样正确。
预解式、Padé 与连分式
取 Jacobi 矩阵预解式的首个矩阵元，既得到有限原子测度的 Stieltjes 变换，也得到逐层 Schur 补的连分式。这使矩匹配转成有理函数逼近。
定理 9.10Jacobi 连分数
\(F_n(z)=\cfrac{1}{z-b_0-\cfrac{a_0^2}{z-b_1-\cfrac{a_1^2}{\ddots-\cfrac{a_{n-1}^2}{z-b_n}}}}\)。这些有限连分数是无限 Jacobi 连分数的逐阶逼近；\(n=0\) 时取 \(1/(z-b_0)\)。
证明 4.4.1
先给出分块证明。按首坐标与尾部写 \(zI-J_{[0,n]}\)，其 Schur 补给出
尾部使用移位的 Jacobi 参数，重复此式并以最后的 \((z-b_n)^{-1}\) 终止，便得到有限连分数。先在各逆存在的区域计算，两侧为有理函数，所以等式延伸到共同定义域。
还可直接从三项递推验证。令 \(P_{n+1}=(a_0\cdots a_n)p_{n+1}\)、\(Q_n=(a_0\cdots a_n)q_n\)，则
初值为 \(P_0=1,P_1=z-b_0,Q_{-1}=0,Q_0=1\)。有限连分数的分母、分子逐层通分后也满足这两个递推，因此其第 \(n\) 个收敛子等于 \(Q_n/P_{n+1}=q_n/p_{n+1}\)。
在稠密代数上保留正性
正性比单纯有界性多提供了序结构。含常数且一致稠密的函数代数上，正泛函的范数由常数值控制，因此可唯一延拓到连续函数，再得到代表测度。
命题 9.11正泛函自动有界
若 \(A\) 是 \(\ell^\infty(X,\mathbb F)\) 的含幺星子代数，\(\Lambda\) 对点态非负函数为正，则 \(\|\Lambda\|\leq\Lambda(1)\)；包含单位元且 \(\|1\|=1\) 时实际取等号。
证明 4.5.1
实值 \(f\) 满足 \(-\|f\|_\infty1\leq f\leq\|f\|_\infty1\)，正性给出 \(|\Lambda(f)|\leq\Lambda(1)\|f\|_\infty\)。复值时选择单位相位 \(z\) 使 \(z\Lambda(f)=|\Lambda(f)|\)，将实值结论应用于 \(\operatorname{Re}(zf)\)；正泛函对实值元素取实值，故 \(\Lambda(\operatorname{Re}(zf))=|\Lambda(f)|\)。于是仍有同一界。最后取 \(f=1\) 给出反向范数界，得到等号。
定理 9.12正泛函的连续延拓
令 \(\overline A\) 为上述代数的一致闭包，并假设其中每个非负 \(f\) 可写成 \(g^*g\)，\(g\in\overline A\)。限制映射给出 \(\overline A\) 与 \(A\) 上正线性泛函锥之间的一一对应，保持非负标量线性组合和范数。延拓由一致范数连续性唯一确定。
证明 4.5.2
命题 4.5.1 使 \(A\) 上正泛函有界，所以稠密延拓定理给出唯一保范数延拓 \(\overline\Lambda\)。要检查其正性，不能只把一个非负元素任意一致逼近。对 \(f\in\overline A\)、\(f\geq0\)，按假设写 \(f=g^*g\)，取 \(g_n\in A\) 一致趋于 \(g\)。则 \(g_n^*g_n\to f\) 一致，且每个 \(\Lambda(g_n^*g_n)\geq0\)，故 \(\overline\Lambda(f)\geq0\)。
限制与延拓互逆，唯一性也使非负线性组合与延拓交换，范数由延拓定理保留。
定理 9.13紧区间的正泛函表示
紧区间 \(I\) 上的正线性泛函恰为 \(f\mapsto\int_I f\,d\rho\)，其中 \(\rho:I\to[0,\infty)\) 有界单调。可选右连续代表；其代表测度唯一。
证明 4.5.3
经仿射变换只需考虑 \(I=[0,1]\)。令 \(c_n=\Lambda(x^n)\)；正性使 \(\Lambda(|p|^2)\)、\(\Lambda(x|p|^2)\)、\(\Lambda((1-x)|p|^2)\) 都非负。因此 Hausdorff 矩问题的三个矩阵条件成立，定理 4.2.9 产生正测度 \(\mu\)，使多项式上的积分等于 \(\Lambda\)。
正泛函自动有界，多项式在 \(C([0,1])\) 中一致稠密，所以等式唯一延拓到全部连续函数。测度的累积函数给出 Stieltjes 写法，右连续代表保留全部积分。反向的积分泛函显然正，唯一性来自连续测试函数确定有限正则测度。
三项递推、Padé 商与连分数
\(xp_n\) 与 \(p_0,\ldots,p_{n-2}\) 正交，因为 \(\langle p_j,xp_n\rangle=\langle xp_j,p_n\rangle=0\)。因此只能含 \(p_{n-1},p_n,p_{n+1}\) 三项；最高次系数为正保证 \(a_n>0\)。这同时给出 Jacobi 对应和最高次系数公式。
有限三对角矩阵的特征行列式按末行展开，满足相同的三项递推；其首一性确定它就是首一正交多项式。Cramer 法则将预解式的 \((0,0)\) 元写成删去首行首列的行列式与整个行列式之比，经最高次系数归一化即得 \(q_n/p_{n+1}\)。也可对首行首列作 Schur 补：\((z-b_0-a_0^2F^+_{n-1}(z))^{-1}\)，逐层重复得到连分数。
对正泛函，\(-\|f\|1\leq f\leq\|f\|1\) 先给出实函数估计；复函数转动相位后对实部应用估计。连续延拓对 \(g^*g\) 保持非负，再由平方根条件得到全部非负元素上的正性。
§ 10练习
习题 10.1最初两个矩的限制
设 \(c_0=1\)。证明 \(c_2\ge c_1^2\)，并说明等号成立时测度是什么。
解
\(\begin{pmatrix}1&c_1\\c_1&c_2\end{pmatrix}\ge0\) 给出不等式。等号时 \(\int(x-c_1)^2\,\mathrm{d}\mu=0\)，所以测度只能支撑在 \(c_1\)，即 \(\mu=\delta_{c_1}\)。
习题 10.2一个两点谱的连分式
对 \(\mu=\tfrac12\delta_{-1}+\tfrac12\delta_1\)，计算 \(F(z)\)，并找出对应的有限 Jacobi 矩阵。
解
\(p_0=1\)、\(p_1=x\)，乘以 \(x\) 在此二维空间的矩阵为 \(\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\)。于是
习题 10.3弱收敛不能控制无界矩
令 \(\mu_n=(1-1/n)\delta_0+(1/n)\delta_n\)。求其弱极限及一阶矩。
解
对有界连续 \(f\)，\(\int f\,\mathrm{d}\mu_n\to f(0)\)，故极限为 \(\delta_0\)。但一阶矩始终为 \(1\)，极限的一阶矩为零。尾部质量虽小，位置却远，因而无界测试函数仍能感受到它。
第五章会将每个向量对应的标量测度，组织为统一的投影值测度。
完
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