具有无理压缩比的卷积测度的非谱性研究

A Study of Non-Spectrality of Convolutional Measures with Irrational Contraction Ratio

摘要: 设${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 是由以下离散测度的无限卷积定义的Borel概率测度：${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}={\delta }_{{\rho }^{n_1}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{n_2}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{n_3}D}\ast \cdots ,$ 其中$0<\rho <1$ ，$D\subset ℝ$ 是一有限集，${\left\{n_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ 是一个严格递增的正整数序列，且$\underset{k\ge 1}{\sup }\left\{n_{k+1}-n_k\right\}<\infty$ 。本文证明了：若$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ 包含在Lattice集中且对任意的$r>1$ ，无理数$\rho \cancel{\in }{\mathbb{Q}}^{1/r}:=\left\{\rho =u^{1/r}:0<u<1是一有理数\right\}$ ，那么${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 不是谱测度。

Abstract: Let ${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ be a Borel probability measure defined by the following infinite convolution of discrete measures: ${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}={\delta }_{{\rho }^{n_1}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{n_2}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{n_3}D}\ast \cdots ,$ where $0<\rho <1$ , $D\subset ℝ$ is a finite set, and${\left\{n_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ is a strictly increasing sequence of positive integers with $\underset{k\ge 1}{\sup }\left\{n_{k+1}-n_k\right\}<\infty$ . In this paper, we will show that if $Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ is contained in a Lattice set and for any $r>1$ , the irrational number $\rho \cancel{\in }{\mathbb{Q}}^{1/r}:=\left\{\rho =u^{1/r}:0<u<1\text{is rational}\right\}$ , then ${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ is not a spectral measure.

1. 引言

设$\mu$ 为${ℝ}^n$ 上具有紧支撑的Borel概率测度，若在$L^2\left(\mu \right)$ 中存在指数正交基$E\left(\Lambda \right):=\left\{{\text{e}}^{2\pi i\langle \lambda ,\cdot \rangle }:\lambda \in \Lambda \right\}$ ，则称$\mu$ 为谱测度，$\Lambda$ 为测度$\mu$ 的谱。特别的，若存在可测集$\Omega$ 使得$\mu ={L|}_{\Omega }$ ，则称$\Omega$ 为谱集。

对测度$\mu$ 而言，是否存在谱$\Lambda$ ？1974年，Fuglede在毕业论文中提出著名的谱集猜想[1]：$\Omega$ 为谱集$\iff \Omega$ 为平移Tile。尽管$n\ge 3$ 时被Tao等人证伪[2]-[4]；但$n=1,2$ 时仍成立，引发了许多数学家的兴趣，其基本问题分为充分必要两个方向。

1998年，Jorgensen和Pedersen [5]提出了谱测度的概念，与调和分析、数论、动力系统、分形几何有着很密切的联系[6]，打破了经典调和分析中一直以来只能考虑Lesbegue测度的桎梏，将分形测度和调和分析相结合，为经典调和分析注入了新的生命力，开创了调和分析与分形几何相交叉的全新的研究方向：分形谱测度或分形上的调和分析。从那时起，人们发现了许多分形谱测度，还发现了许多方法来分析分形测度的谱性，例如Ruelle算子，Hadamard矩阵等。因为调和分析在统计学、医学、地球物理、量子物理学中有着广泛的应用，随着研究的不断深入，我们发现分形上的调和分析在图像压缩和物理学中有广泛的应用[7]。分形谱测度方向吸引了许多世界著名数学家如Jorgensen、Laba、Strichartz、Dutkay [8]-[10]等人的研究与关注，成为了众多学者与专家钻研的一个十分热门的研究方向，其相关成果多次在国际权威数学期刊上发表。读者可以参阅[11]-[17]及其参考文献以了解最新进展。

定义1.1 设迭代函数系统(IFS)定义为

$S_d\left(x\right)=R^{-1}\left(x+d\right),x\in {ℝ}^n,d\in D,$

其中n阶实矩阵R的所有特征值的模大于1，D为${ℝ}^n$ 的有限子集。设$P={\left\{p_d\right\}}_{d\in D}$ 为概率加权，则存在唯一的非空紧集T (不变集或者吸引子)，以及唯一的Borel概率测度$\mu$ (以T为支撑)使得

此时，称T为自仿集，$\mu$ 为自仿测度。特别地，若$S_d$ 为压缩相似的，则称T为自相似集，$\mu$ 为自相似测度。

设$0<\rho <1$ ，$D\subset ℝ$ 是一有限集，$\#D$ 表示集合D的基数。假设${\mu }_{\rho ,D}$ 是由迭代函数系统${\left\{S_d\right\}}_{d\in D}$ 生成的自相似测度，其中

$S_d\left(x\right)=\rho \left(x+d\right),{\mu }_{\rho ,D}\left(x\right)=\frac{1}{\#D}{\displaystyle \sum _{d\in D}\mu }\left(S_d^{-1}\left(x\right)\right),x\in ℝ.$

自相似测度${\mu }_{\rho ,D}$ 的另一个重要描述是离散测度的无限卷积，即

${\mu }_{\rho ,D}(\cdot )={\delta }_{\rho D}\ast {\delta }_{{\rho }^{2}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{3}D}\ast \cdots .$

这里，对有限集D，

${\delta }_D:=\frac{1}{\#D}{\displaystyle \sum _{d\in D}{\delta }_d},$

其中${\delta }_d$ 是在d点的Dirac测度。

定义1.2 设$x\ge 2$ 是一整数，设$D,C\subseteq \mathbb{Z}$ 是有限集且$\#D=\#C=N$ 。若矩阵

$\frac{1}{\sqrt{N}}{\left[{\text{e}}^{2\pi i\frac{dc}{x}}\right]}_{d\in D,c\in C}$

是酉矩阵，则称$\left(x^{-1}D,C\right)$ 是兼容对。此外，我们称$\left(x,D,C\right)$ 是Hadamard三元组。

2002年，Laba和汪扬[8]证明了Hadamard三元组在$ℝ$ 上生成自相似谱测度，并对自相似测度${\mu }_{\rho ,D}$ 的谱性给出了如下猜想。

猜想1.3 [8] 若${\mu }_{\rho ,D}$ 是谱测度，则${\rho }^{-1}$ 必是一个整数。

此后，许多研究者开始考虑自相似测度的谱性，并试图证明猜想1.3是正确的。在此过程中，有了丰厚的研究成果。如下，

设$D:=\left\{{\alpha }_1,{\alpha }_2,\cdots ,{\alpha }_m\right\}$ ，$\mu ={\displaystyle \sum _{j=1}^m{p}_j}\mu °f_j\left(x\right)$ 是迭代函数系统${\left\{f_j\left(x\right)=\rho \left(x+{\alpha }_j\right)\right\}}_{j=1}^m$ 生成的自相似测度。

2021年，邓起荣和陈建宝[14]研究Laba和汪扬的猜想，证明了自相似谱测度权重的一致性。

2021年，安丽想和王聪[16]也对猜想展开了研究。在$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ 包含在Lattice集中的前提下，给出了${\mu }_{\rho ,D}$ 为谱测度的必要条件，即若${\mu }_{\rho ,D}$ 是谱测度，则${\rho }^{-1}\in \mathbb{N}$ 。

我们计划研究猜想1.3，推广安丽想和王聪[16]的结果，给出${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 为谱测度的必要条件。将通过消除以下不是谱的情况来完成证明：

1) $\rho =\frac{q}{p}$ 是一有理数，其中p，q是互素的且$q>1$ ；

2) $\rho$ 是一无理数且$\rho \cancel{\in }{\mathbb{Q}}^{1/r}\left(r>1\right)$ 。

本文主要考虑压缩比为无理数时${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 的非谱性，以此将猜想的结果控制在有理数的情形，从而为完成猜想做出铺垫。若$L^2\left(\mu \right)$ 中没有指数正交系构成的正交基，则$\mu$ 不是谱测度。一个测度$\mu$ 的非谱问题，将会属于以下类型之一：

· $L^2\left(\mu \right)$ 中至多存在有限个相互正交的指数函数。

· $L^2\left(\mu \right)$ 中存在无限正交指数函数系，但均不能构成此空间的正交基。

我们研究具有无理压缩比的卷积测度的非谱性情况。设${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 是由以下离散测度的无限卷积定义的Borel概率测度：

${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}={\delta }_{{\rho }^{n_1}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{n_2}D}\ast {\delta }_{{\rho }^{n_3}D}\ast \cdots ,$

其中$\rho \in \left(0,1\right)$ ，D是有限集，${\left\{n_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ 是一个严格递增的正整数序列，且$\underset{k\ge 1}{\sup }\left\{n_{k+1}-n_k\right\}<\infty$ 。D的Mask多项式的零点$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ 包含在Lattice集中，即存在$\alpha >0$ 使得零点在$\alpha \mathbb{Z}$ 中。

定理1.4 设$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)\subset \alpha \mathbb{Z}$ ，对任意的$r>1$ ，$\rho \cancel{\in }{\mathbb{Q}}^{1/r}$ 是一个无理数，则${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 不是谱测度。

本文的其余部分组织如下。在第2节中，介绍预备知识以及需要用到的定理。在第3节中，给出定理1.4的证明。最后一部分对所得到的结论进行了讨论和总结。

2. 谱测度的定义与性质

定义2.1 设$\mu$ 为${ℝ}^n$ 上具有紧支撑的Borel概率测度，若在$L^2\left(\mu \right)$ 中存在指数正交基

$E\left(\Lambda \right):=\left\{{\text{e}}^{2\pi i\langle \lambda ,\cdot \rangle }:\lambda \in \Lambda \right\},$

则称$\mu$ 为谱测度，$\Lambda$ 为测度$\mu$ 的谱，$\left(\mu ,\Lambda \right)$ 为谱对。特别地，若存在可测集$\Omega$ 使得

$\mu ={L|}_{\Omega },$

则称$\Omega$ 为谱集。

定义2.2 设$\mu$ 为${ℝ}^n$ 上具有紧支撑的Borel概率测度，对任意的$f\in L^2\left(\mu \right)$ ，

$\widehat{f}\left(\xi \right)={\displaystyle \int f}\left(x\right){\text{e}}^{-2\pi i\langle \xi ,x\rangle }\text{d}x$

称为f的Fourier变换。特别地，

$\widehat{\mu }\left(\xi \right)={\displaystyle \int {\text{e}}^{-2\pi i\langle \xi ,x\rangle }}\text{d}\mu \left(x\right),\forall \xi \in ℝ$

是测度$\mu$ 的Fourier变换。

设$\Lambda \subseteq ℝ$ 是可数集。那么$E\left(\Lambda \right)=\left\{{\text{e}}^{2\pi i\lambda x}:\lambda \in \Lambda \right\}$ 形成$L^2\left(\mu \right)$ 的正交集当且仅当对${\lambda }_1\ne {\lambda }_2\in \Lambda$ ， $\widehat{\mu }\left({\lambda }_1-{\lambda }_2\right)=0$ ，这等价于

$\left(\Lambda -\Lambda \right)\setminus \left\{0\right\}\subseteq Z\left(\widehat{\mu }\right)$ , (2.1)

其中$Z\left(f\right)=\left\{\xi :f\left(\xi \right)=0\right\}$ 表示函数$f\left(\xi \right)$ 的零集。

如果满足(2.1)，我们还称$\Lambda$ 是$\mu$ 的双零集。显然，$\Lambda$ 是一个双零集，对于任意$a\in ℝ$ 来说，$\Lambda -a$ 也是双零集。

对于任意$\xi \in ℝ$ ，令

$Q_{\Lambda }\left(\xi \right):={\displaystyle \sum _{\lambda \in \Lambda }{\left|\widehat{\mu }\left(\xi +\lambda \right)\right|}^2}.$

Jorgensen和Pedersen [5]给出了一个确定$\Lambda$ 是否为$\mu$ 的双零集(谱)的结果。

定理2.3 [5]设$\mu$ 是在$ℝ$ 上具有紧支撑的Borel概率测度，并令$\Lambda \subset ℝ$ 为可数集。则

1) $\Lambda$ 是$\mu$ 的双零集当且仅当对$\xi \in ℝ$ ，$Q_{\Lambda }\left(\xi \right)\le 1$ ；

2) $\Lambda$ 是$\mu$ 的谱当且仅当对$\xi \in ℝ$ ，$Q_{\Lambda }\left(\xi \right)\equiv 1$ ；

3) 若$\Lambda$ 是$\mu$ 的双零集，那么$Q_{\Lambda }\left(\xi \right)$ 具有一个到$ℂ$ 的解析延拓。

引理2.4 [15] $\Lambda$ 是${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 的谱当且仅当对任意的$\alpha \in ℝ\setminus \left\{0\right\}$ ，$\frac{1}{\alpha }\Lambda$ 是${\mu }_{\rho ,\alpha D,\left\{n_k\right\}}$ 的谱。

3. 本文主要结果

这一部分，我们主要证明定理1.4。对于任意整数$r\ge 1$ ，设

${\mathbb{Q}}^{1/r}=\left\{\rho =u^{1/r}:0<u<1是一�有理�\right\}$

我们约定，上述的$u=\frac{q}{p}$ 是最简形式，r是$\rho =u^{1/r}$ 的最小整数。例如$\rho ={\left(\frac{9}{16}\right)}^{1/4}={\left(\frac{3}{4}\right)}^{1/2}$ ，我们取$u=\frac{3}{4}$ ，$r=2$ 。

在本节中，我们总是假设零集$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ 包含在格子集$\alpha \mathbb{Z}$ 中，$\alpha \ne 0$ 。由引理2.4，${\mu }_{\rho ,D}$ 和${\mu }_{\rho ,\alpha D}$ 的谱性是等价的，并且

$Z\left({\widehat{\delta }}_{\alpha D}\right)=\frac{1}{\alpha }Z\left({\widehat{\delta }}_D\right).$

不失一般性，我们可以假设$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)\subset \mathbb{Z}$ 。

定理3.1 设$Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)\subset \mathbb{Z}$ ，$\rho$ 是一个无理数，对任意的$r>1$ ，$\rho \cancel{\in }{\mathbb{Q}}^{1/r}$ 。则${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 不是谱测度。

证明 我们先给出一个关于$\left|{\widehat{\delta }}_D\left(x\right)\right|$ 的重要观察结果，它将用于保证测度${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 的非谱性。设f是一个实值函数，其定义为

$f\left(x\right)=1-{\left|{\widehat{\delta }}_D\left(x\right)\right|}^2,x\in ℝ.$

那么f可以延拓成一个整函数，记为$f\left(z\right)$ ，$z\in ℂ$ 。注意

$f\left(z\right)=1-\frac{1}{{\left(\#D\right)}^2}{\displaystyle \sum _{d_1,d_2\in D}{\text{e}}^{2\pi i\left(d_1-d_2\right)z}},z\in ℂ.$

设

$h:=\underset{d_1\ne d_2\in D}{\inf }\left|d_1-d_2\right|,H:=\underset{d_1\ne d_2\in D}{\sup }\left|d_1-d_2\right|.$

经计算有$f\left(0\right)=0$ 以及

$f^{\prime }\left(z\right)=-\frac{1}{{\left(\#D\right)}^2}{\displaystyle \sum _{d_1,d_2\in D}\left(2\pi i\right)\left(d_1-d_2\right){\text{e}}^{2\pi i\left(d_1-d_2\right)z}},$

从而$f^{\prime }\left(0\right)=0$ 。重复上述步骤，我们有

$f^{″}\left(z\right)=\frac{4{\pi }^2}{{\left(\#D\right)}^2}{\displaystyle \sum _{d_1,d_2\in D}{\left(d_1-d_2\right)}^2}{\text{e}}^{2\pi i\left(d_1-d_2\right)z}.$

从而，

$f^{″}\left(0\right)=\frac{4{\pi }^2}{{\left(\#D\right)}^2}{\displaystyle \sum _{d_1,d_2\in D}{\left(d_1-d_2\right)}^2}\in \left[2{\pi }^2{h}^2,4{\pi }^2{H}^2\right].$

因此可知存在一个整函数g使得$f\left(z\right)=z^{2}g\left(z\right)$ ，$z\in ℂ$ 。又$f^{″}\left(z\right)$ 是$ℝ$ 上的一致连续函数，故存在一个${\eta }_0\in \left(0,{\left(4\pi H\right)}^{-1}\right)$ 使得对$\left|x\right|\le {\eta }_0$ ，有

$f^{″}\left(x\right)\in \left[{\pi }^2{h}^2,8{\pi }^2{H}^2\right].$

对每个$x\in \left[-{\eta }_0,{\eta }_0\right]$ ，存在一个实数$\theta \left(x\right)\in \left[-{\eta }_0,{\eta }_0\right]$ 使得$f\left(x\right)=\frac{1}{2}{x}^2{f}^{″}\left(\theta \left(x\right)\right)$ 。这意味着 $g\left(x\right)=\frac{1}{2}{f}^{″}\left(\theta \left(x\right)\right)$ ，$\left|x\right|<{\eta }_0$ 。因此我们可以计算出

$\frac{1}{2}{\pi }^2{h}^2\le g\left(x\right)\le 4{\pi }^2{H}^2,\left|x\right|<{\eta }_0.$ (3.1)

设$N^{*}$ 表示所有正整数$n_k$ 的集合，其中$k\ge 1$ ，即$N^{*}=\left\{n_k:k\ge 1\right\}$ 。设$\beta :=\sqrt{1-\frac{1}{2}{\left(\pi h{\rho }^L{\eta }_0\right)}^2}\in \left(0,1\right)$ ，其中$L=\underset{k\ge 1}{\sup }\left\{n_{k+1}-n_k\right\}<\infty$ 。由此，我们给出以下断言。

断言1. 对每个$n\in N^{*}$ 以及$a\in Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ ，存在一个整数$m=m\left(n,a\right)\ge 1$ 使得$n+m\in N^{*}$ 且${\widehat{\delta }}_D\left({\rho }^{m}a\right)\le \beta$ 。

事实上，根据(3.1)有

$1-{\left(2\pi Hx\right)}^2\le {\left|{\widehat{\delta }}_D\left(x\right)\right|}^2\le 1-\frac{1}{2}{\left(\pi hx\right)}^2,\left|x\right|\le {\eta }_0.$ (3.2)

因此对$\left|x\right|\le {\eta }_0$ ，有

$\left|{\widehat{\delta }}_D\left(x\right)\right|\ge \frac{\sqrt{3}}{2}.$

然而易知$\left|{\widehat{\delta }}_D\left(a\right)\right|=0<\frac{\sqrt{3}}{2}$ 。这意味这$\left|a\right|>{\eta }_0$ 。设${\left\{l_k\right\}}_{k=1}^{\infty }$ 是一正整数序列，定义如下

$l_1=n_1,l_k=n_k-n_{k-1},k\ge 2.$

那么存在唯一一个整数$k^{\prime }\ge 1$ 使得$n=n_{k^{\prime }}=l_1+l_2+\cdots +l_{k^{\prime }}$ 。因此我们可以找到一个整数$i^{\prime }\ge 1$ 使得

${\rho }^{l_{k^{\prime }+1}+l_{k^{\prime }+2}+\cdots +l_{k^{\prime }+i^{\prime }}}\left|a\right|\in \left[{\rho }^L{\eta }_0,{\eta }_0\right].$

若不然，则存在一个整数$i_0\ge 1$ 使得

${\rho }^{l_{k^{\prime }+1}+l_{k^{\prime }+2}+\cdots +l_{k^{\prime }+i_0-1}}\left|a\right|>{\eta }_0,{\rho }^{l_{k^{\prime }+1}+l_{k^{\prime }+2}+\cdots +l_{k^{\prime }+i_0}}\left|a\right|<{\rho }^L{\eta }_0.$

我们约定若$i_0=1$ ，则$l_{k^{\prime }+1}+l_{k^{\prime }+2}+\cdots +l_{k^{\prime }+i_0-1}=0$ 。这意味着$l_{k^{\prime }+i_0}>L$ ，矛盾。因此整数$i^{\prime }$ 可以被找到。由此，取

$m=l_{k^{\prime }+1}+l_{k^{\prime }+2}+\cdots +l_{k^{\prime }+i^{\prime }}.$

因此我们可以验证$n+m=n_{k^{\prime }+i^{\prime }}\in N^{*}$ 。利用(3.2)，我们有

$\left|{\widehat{\delta }}_D\left({\rho }^{m}a\right)\right|=\left|{\widehat{\delta }}_D\left({\rho }^m\left|a\right|\right)\right|\le {\max }_{x\in \left[{\rho }^L{\eta }_0,{\eta }_0\right]}\left|{\widehat{\delta }}_D\left(x\right)\right|\le \beta .$

因此我们完成了断言的证明。

我们只需证明任何双零集$\Lambda$ 都不是${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 的谱。设$0\in \Lambda$ 是${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 的双零集。那么$\Lambda$ 可以分解成

$\Lambda =\left\{0\right\}\cup {\displaystyle \underset{n\in N^{*}}{\cup }{\Lambda }_n},$

其中对$n\in N^{*}$ ，${\Lambda }_n:=\Lambda \cap Z\left({\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\right)$ 。若对任意的$r>1$ ，$\rho$ 是一个无理数且$\rho \cancel{\in }{\mathbb{Q}}^{1/r}$ ，则对任意两个不同的整数k，j使得

${\rho }^{-k}\mathbb{Z}\cap {\rho }^{-j}\mathbb{Z}=\left\{0\right\}.$

注意

$Z\left({\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\right)={\rho }^{-n}Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)\subset {\rho }^{-n_k}\left(\mathbb{Z}\setminus \left\{0\right\}\right),n\in N^{*}.$

那么我们可以验证${\left\{{\Lambda }_n\right\}}_{n\in N^{*}}$ 是不交的。此外，若${\Lambda }_n\ne \varnothing$ ，那么${\Lambda }_n\cup \left\{0\right\}$ 是${\delta }_{{\rho }^{n}D}$ 的双零集。因此我们有

$Q_{\Lambda }\left(x\right)={\left|{\widehat{\mu }}_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}\left(x\right)\right|}^2+{\displaystyle \sum _{n\in N^{*}}{\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\mu }}_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}}.$ (3.3)

我们约定若${\Lambda }_n=\varnothing$ ，那么${\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\mu }}_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}=0$ 。设$F:\left[-{\eta }_0,{\eta }_0\right]\to \left[0,+\infty \right)$ 是一个函数，其定义如下

$F\left(x\right):={\displaystyle \sum _{n\in N^{*}}f}\left({\rho }^{n}x\right).$

由(3.1)我们可以计算出对$x\in \left[-{\eta }_0,{\eta }_0\right]$ ，有

$\frac{{\left(\pi h{\rho }^{n_1}\right)}^2}{2\left(1-{\rho }^{2L}\right)}{x}^2\le {\displaystyle \sum _{n\in N^{*}}f}\left({\rho }^{n}x\right)\le \frac{{\left(2\pi H{\rho }^{n_1}\right)}^2}{1-{\rho }^2}{x}^2.$ (3.4)

因此函数F能被很好的定义。另外，当x趋向于0时，$F\left(x\right)$ 的阶与$x^2$ 相同。因此，存在一个常数${\eta }_1\in \left(0,{\eta }_0\right)$ 使得对$\left|x\right|\le {\eta }_1$ ，有

${\left|{\widehat{\mu }}_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}\left(x\right)\right|}^2={\displaystyle \prod _{n\in N^{*}}\left(1-f\left({\rho }^{n}x\right)\right)}\le {\text{e}}^{-F\left(x\right)}\le 1-\frac{3+{\beta }^2}{4}F\left(x\right).$ (3.5)

若${\Lambda }_n\ne \varnothing$ ，则

${\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\left(x\right)\right|}^2+{\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}\le 1.$

这意味着

${\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}\le f\left({\rho }^{n}x\right).$ (3.6)

对每个$\lambda \in {\Lambda }_n$ ，存在$a\in Z\left({\widehat{\delta }}_D\right)$ 使得$\lambda ={\rho }^{-n}a$ 。由断言1可知， 存在一个整数$m=m\left(n,a\right)\ge 1$ 使得$n+m\in N^{*}$ 且$\left|{\widehat{\delta }}_D\left({\rho }^{m}a\right)\right|\le \beta$ 。因函数$\left\{{\left|{\widehat{\delta }}_D\right|}^2\right\}$ 在$ℝ$ 上是一致连续的，故我们可以找到一个常数${\eta }_2\in \left(0,{\eta }_1\right)$ 使得对每个$x\in \left[-{\eta }_2,{\eta }_2\right]$ 有

${\left|{\widehat{\delta }}_D\left(x+{\rho }^{m}a\right)\right|}^2\le \frac{1+{\beta }^2}{2}<1.$

那么对$x\in \left[-{\eta }_2,{\eta }_2\right]$ ，我们有

${\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n+m}D}\left(x+\lambda \right)\right|}^2={\left|{\widehat{\delta }}_D\left({\rho }^{n+m}x+{\rho }^{m}a\right)\right|}^2\le \frac{1+{\beta }^2}{2}.$

与(3.6)联立，我们有

$\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\mu }}_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}\le {\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\left(x+\lambda \right)\right|}^2\cdot {\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n+m}D}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}\\ \le \frac{1+{\beta }^2}{2}{\displaystyle \sum _{\lambda \in {\Lambda }_n}{\left|{\widehat{\delta }}_{{\rho }^{n}D}\left(x+\lambda \right)\right|}^2}\\ \le \frac{1+{\beta }^2}{2}f\left({\rho }^{n}x\right).\end{array}$ (3.7)

显然，当${\Lambda }_n=\varnothing$ 时，上述不等式也成立。将(3.5)和(3.7)代入(3.3)，$x\in \left[-{\eta }_2,{\eta }_2\right]$ ，我们可以得到

$Q_{\Lambda }\left(x\right)\le 1-\frac{1-{\beta }^2}{4}F\left(x\right).$ (3.8)

由(3.4)可知，

$F\left({\eta }_2\right)\ge \frac{{\left(\pi h{\rho }^{n_1}{\eta }_2\right)}^2}{2\left(1-{\rho }^{2L}\right)}>0.$ (3.9)

(3.8)和(3.9)联立意味着，$Q_{\Lambda }\left({\eta }_2\right)<1$ 。因此由定理2.3(2)，$\Lambda$ 不能是${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 的谱。因此${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 不是谱测度。定理证明完毕。

4. 结论

谱测度是调和分析、分形几何、泛函分析等多个学科的交叉研究。本文研究了具有无理压缩比时，一类无穷卷积的非谱性。证明了当$\rho \notin {\mathbb{Q}}^{1/r}$ 时，${\mu }_{\rho ,D,\left\{n_k\right\}}$ 满足非谱条件之一，不是谱测度。为之后研究猜想1.3，即压缩比的倒数是一个整数做了铺垫。对于$\rho \in {\mathbb{Q}}^{1/r}$ 的情况，由于具有某种规律，我们猜测可能有不一样的结果。