超Gabor框架中的矩阵格变换算子

Matrix Lattice Transform Operator for Super Gabor Frames

摘要: 在 空间，对于时频格 ，存在超Gabor框架的充要条件是 。在 空间，已知如何构造一个 的超Gabor框架。本文的目的是构造 意义下的超Gabor框架(特别是当A = I的时候，存在正交的超Gabor框架， 是满秩的格)，这样就能构造出任何满秩的格的超Gabor框架，并且给出矩阵格变换算子的概念和充要条件。在构建超Gabor框架的方法之上，矩阵格变换算子能帮助我们更好的理解超Gabor框架的基础理论。最后，给出了关于构造超Gabor框架的还有矩阵格变换算子的例子。

Abstract: For a time frequency lattice , it is known that a super Gabor frame of length L exists if and only if in . In , we know that we can construct a super Gabor frame for . We can construct a super Gabor frame (especially orthonormal super Gabor frame) for any full rank lattices by our result. And we find matrix lattice transform operator and it is necessary and sufficient condition. Matrix lattice transform operators can be used to obtain new super Gabor frames and can help us better understand the basic theory of super Gabor frames theorem based on our method of constructing a super Gabor frame. At last, we give some examples about how to construct super Gabor frames based on our method and the application of matrix lattice transform operator.

1. 引言

本篇文章的目的是在 $\Lambda =\left(A{\mathbb{Z}}^2\times B{\mathbb{Z}}^2\right)$ 上构造超Gabor框架并且研究一维空间的矩阵格变换算子。我们先介绍下关于本文的基本概念：

若是希尔伯特空间。一个里的序列 $\left\{f_n\right\}$ 称作框架，如果存在常数 $C_1,C_2>0$ ，使得：

当 $C_1=C_2=C$ 时，框架 $\left\{f_n\right\}$ 叫做紧框架；当 $C_1=C_2=1$ 时，框架 $\left\{f_n\right\}$ 叫做正规紧框架。

若 $\mathcal{K}$ 和 $\mathcal{L}$ 是 ${ℝ}^2$ 中两个满秩的格。那么 ${ℝ}^2\times {ℝ}^2$ 中满秩的格 $\Lambda =\mathcal{K}\times \mathcal{L}=\left\{\left(k,l\right)|k\in \mathcal{K},l\in \mathcal{L}\right\}$ 通常被视为可分的时频格： $\mathcal{K}$ 作为频域格， $\mathcal{L}$ 作为时域格 [1] 。在 $ℍ=L^2\left({ℝ}^2\right)$ 情况下，序列有下面这种形式：

$G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}|g_{k,l}={\text{e}}^{i2\text{π}kx}g\left(x-l\right):k\in \mathcal{K},l\in \mathcal{L}\right\}$

其中 $g\left(x\right)\in L^2\left({ℝ}^2\right)$ 。并且 $G\left(g,\Lambda \right)$ 是Gabor (或Weyl Heisenberg)族定义的由 $g$ 的时频偏移获得的函数集合 [2] 。我们称 $g$ 是Gabor框架生成元，当序列 $g_i\left(x\right)\in L^2\left({ℝ}^2\right)$ 是一个Gabor框架的时候。即当存在常数 $C_1,C_2>0$ 使得对于全部时，我们有

$C_1{\Vert f\Vert }^2\le {\displaystyle \underset{k\in \mathcal{K},l\in \mathcal{L}}{\sum }{\left|\langle f,g_{k,l}\rangle \right|}^2}\le C_2{\Vert f\Vert }^2$

当 $C_1=C_2=1$ ，该框架叫做Parseval Gabor框架生成元。

本文的焦点在超Gabor框架的构建以及矩阵格变换算子上，一个向量 $g\left(x\right)=\left(g^1\left(x\right),g^2\left(x\right),\cdots ,g^L\left(x\right)\right)$ 叫做长度为L的超Gabor框架生成元，如果 $G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\left(x\right)\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\left(x\right)\oplus \cdots \oplus g_{k,l}^{\left(L\right)}\left(x\right)\right\}$ 是希尔伯特直和空间 ${\oplus }_{j=1}^L{L}^2\left({ℝ}^2\right)$ 上的一个框架，其中 $g^{\left(i\right)}\left(x\right)\in L^2\left({ℝ}^2\right)$ 。

在一维空间如果存在长度为L的超Gabor框架，那么 $\left|ab\right|\le \frac{1}{L}$ ，此时 $\mathcal{K}=a\mathbb{Z},\mathcal{L}=b\mathbb{Z}$ 。事实上任何

Parseval框架生成元 $g$ 都满足范数条件 $\Vert g\Vert =\left|ab\right|$ [3] 。

2. 引理准备

一些超Gabor框架L = 1即Gabor框架时的一些引理：

引理2.1：存在前框架函数族 $\left\{f_{\alpha }:\alpha \in \mathbb{Z}\right\}$ (当格 $\mathcal{K}=a\mathbb{Z},\mathcal{L}=b\mathbb{Z}$ 时)，使得 ${\displaystyle \underset{\alpha }{\sum }{G}_{f_{\alpha }}^{*}}{G}_{f_{\alpha }}=1$ 以及 ${\displaystyle \underset{\alpha }{\sum }{\Vert f_{\alpha }\Vert }_2^2}=\left|ab\right|$ 。

引理2.2：如果 $\left|ab\right|\le 1$ ，则存在函数 $g\in L^2\left(ℝ\right)$ ，使得 $G\left(g,\Lambda \right)$ 是 $L^2\left(ℝ\right)$ 中的一个框架 [4] 。

引理2.3：令 $\mathcal{K}=a\mathbb{Z}$ 和 $\mathcal{L}=b\mathbb{Z}$ 是 $ℝ$ 中两个满秩的格，因此：

1) 存在长度为L的超Gabor框架的充要条件是 $\left|ab\right|\le \frac{1}{L}$ ；

2) 存在长度为L的正交超Gabor框架的充要条件是 $\left|ab\right|=\frac{1}{L}$ [5] 。

3. 主要结果

首先给出本文的主要结论之一如何构造一维超Gabor框架。在之前的基础上拓展到任意满秩的格 $\mathcal{K}$ ，而不是 $\mathcal{K}=\mathbb{Z}$ 。首先，称 $\left\{d_1,d_2,\cdots ,d_L\right\}$ 是 $\mathbb{Z}/a\mathbb{Z}\left(a\in \mathbb{Z}\right)$ 的全数字集合如果 $d_1,d_2,\cdots ,d_L\in \mathbb{Z}$ 满足 ${\left\{a\mathbb{Z}+d_i\right\}}_{i=1}^L$ 是 $\mathbb{Z}$ 的划分区间。

定理3.1：令 $\mathcal{K}=a\mathbb{Z},\mathcal{L}=b\mathbb{Z}$ 是满秩的格。若 $\left\{d_1,d_2,\cdots ,d_L\right\}$ 是 $\mathbb{Z}/{\left(ab\right)}^{-1}\mathbb{Z}$ 的全数字集合，那么对于任意的 $a^{-1}\mathbb{Z}$ 的基本域 $\Omega$ ，向量 $g=\left(g_1,g_2,\cdots ,g_L\right)$ 是长度为L的超Gabor框架生成元(特别当 $a=1$ 的时候，为一个正交超Gabor框架)，其中 $g_i={\Omega }_i$ ，

${\Omega }_i={\displaystyle \underset{n\in a^{-1}\mathbb{Z}}{\cup }\left[\left(\left(ab\right)\Omega +b{d}_i+n\right)\cap \Omega \right]}$ ( $1\le i\le L,L={\left|ab\right|}^{-1}$ ).

证明：首先证明 ${\left\{\Omega \right\}}_{i=1}^L$ 是 $\Omega$ 的一个划分区间，因此每一个 ${\Omega }_i$ 通过 $b\mathbb{Z}$ 为瓦格覆盖了 $ℝ$ 。由 $\left\{d_1,d_2,\cdots ,d_L\right\}$ 是 $\mathbb{Z}/{\left(ab\right)}^{-1}\mathbb{Z}$ 的一个全数字集合，得到： $bZ={\displaystyle {\cup }_{i=1}^L\left(a^{-1}Z+b{d}_i\right)}$ 。因此

接下来证明每一个 ${\Omega }_i$ 的不相交性：如果 $s\in {\Omega }_i\cap {\Omega }_j\left(i\ne j\right)$ ，那么 $s\in {\displaystyle {\cup }_{n\in a^{-1}\mathbb{Z}}\left[\left(\left(ab\right)\Omega +b{d}_i+n\right)\cap \Omega \right]}$ 且 $s\in {\displaystyle {\cup }_{n\in a^{-1}\mathbb{Z}}\left[\left(\left(ab\right)\Omega +b{d}_j+n\right)\cap \Omega \right]}$ 。因此 $s=\left(ab\right)s_1+b{d}_1+n_1$ 且 $s=\left(ab\right)s_2+b{d}_2+n_2$ ，其中 $s_1,s_2\in \Omega$ ， $n_1,n_2\in a^{-1}\mathbb{Z}$ 。又因为 $\left(ab\right)s_1+b{d}_1+n_1=\left(ab\right)s_2+b{d}_2+n_2$ 。因此我们得到：

$s_1+a^{-1}{d}_1+{\left(ab\right)}^{-1}{n}_1=s_2+a^{-1}{d}_2+{\left(ab\right)}^{-1}{n}_2$ .

因为 $\Omega$ 是一个瓦格，所以 $d_1+{\left(ab\right)}^{-1}\mathbb{Z}=d_2+{\left(ab\right)}^{-1}\mathbb{Z}$ ，并且 $d_1-d_2\in {\left(ab\right)}^{-1}\mathbb{Z}$ 。这与 $d_1-d_2\in a^{-1}\mathbb{Z}$ 矛盾，因此我们得到 $s\in {\Omega }_1\cap {\Omega }_2=\varnothing$ 。

下面证明每一个 ${\Omega }_i$ 是以 $b\mathbb{Z}$ 为瓦格的：首先令 $x\in {\Omega }_i\cap \left({\Omega }_j+bl\right),l\in \mathbb{Z}$ 。记 $x=\left(ab\right)x_1+b{d}_i+n_1$ ， $x=\left(ab\right)x_2+b{d}_i+n_2+b\mathbb{Z}=y+bl$ ，其中 $x_1,x_2\in \Omega ,n_1,n_2\in a^{-1}\mathbb{Z}$ ， $y=\left(ab\right)x_2+b{d}_i+n_2$ 。因此得到 $\left(ab\right)\left(x_1-x_2\right)=n_2-n_1+bl$ 。因为 $\Omega$ 是以 $a^{-1}\mathbb{Z}$ 为瓦格的，有 $x_1=x_2$ ， $bl=n_1-n_2$ ，所以 $x-y=n_1-n_2\in a^{-1}\mathbb{Z}$ ， $x=y$ ， $l=0$ 。这样就证明了 ${\Omega }_i$ 通过 $b\mathbb{Z}$ 包裹 $ℝ$ ；第二，证明 $\mu \left({\Omega }_i\right)=\left|b\right|$ 。对于任意 $x\in {\Omega }_1$ ，有一些 $y\in \Omega$ ， $n\in a^{-1}\mathbb{Z}$ 使得 $x=\left(ab\right)y+b{d}_1+n$ 。不失一般性，假设 $d_1\in {\left(ab\right)}^{-1}\mathbb{Z}$ ，则 $b{d}_1\in a^{-1}\mathbb{Z}$ ， $x-\left(ab\right)y=b{d}_1+n\in a^{-1}\mathbb{Z}$ 。这意味着 ${\Omega }_1$ 是 $b\mathbb{Z}$ 平移的 $\left(ab\right)\Omega$ 的同余子集。对于任意 $y\in \left(ab\right)\Omega$ ，有一些 $x\in \Omega$ ，使得 $y=\left(ab\right)x$ 。由于 $\Omega$ 是 $a^{-1}Z$ 瓦格的，有 $y=z+n$ ，其中 $z\in \Omega$ ， $n\in a^{-1}\mathbb{Z}$ 。这意味着 $Z=\left(ab\right)x+b{d}_1-n-b{d}_1$ 。因为 $-n-b{d}_1\in a^{-1}\mathbb{Z}$ ，因此 $z\in {\Omega }_1$ 。这样就证明了 $\left(ab\right)\Omega$ 是 $b\mathbb{Z}$ 平移的 ${\Omega }_1$ 的同余子集。所以 ${\Omega }_1$ 是 $b\mathbb{Z}$ 平移的 $\left(ab\right)\Omega$ 的同余子集，即 $\mu \left({\Omega }_i\right)=\left|b\right|$ 。

${\Omega }_j$ 是 $b\mathbb{Z}$ 平移的 ${\Omega }_1+b{d}_j$ 的同余子集的证明可以在 [5] 中看到。最后我们证明 $g=(g_1,g_2,\cdots ,g_L)$ 是长度为L的超Gabor框架。这就要求 $G\left(g_i,\Lambda \right)$ 是 $L^2\left(ℝ\right)$ 的Parseval框架并且 $G\left(g_i,\Lambda \right)$ 和 $G\left(g_j,\Lambda \right)\left(i\ne j\right)$ 是强不相交的。

由上可知 ${\Omega }_j$ 通过 $b\mathbb{Z}$ 为瓦格覆盖了 $ℝ$ 通过 $a^{-1}\mathbb{Z}$ 包裹 $ℝ$ 。由此可得 $L^2\left(ℝ\right)=\underset{l\in a^{-1}\mathbb{Z}}{{\displaystyle \oplus }}{L}^2\left({\Omega }_j+l\right)$ ， ${\Vert f\Vert }^2={\displaystyle \underset{k\in a\mathbb{Z}}{\sum }\left|\langle f,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle \right|}$ ，对于任意 $f\in L^2\left({\Omega }_j+l\right)$ 。记 $f={\displaystyle \underset{l\in b\mathbb{Z}}{\sum }{f}_l}$ 对每一个 $f\in L^2\left(ℝ\right)$ ，可得 $\langle f_l,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle =\langle f,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle$ 。这样可知：

${\Vert f\Vert }^2={\displaystyle \underset{l\in b\mathbb{Z}}{\sum }{\left|f_L\right|}^2}={\displaystyle \underset{l\in b\mathbb{Z}}{\sum }{\displaystyle \underset{k\in a\mathbb{Z}}{\sum }{\left|\langle f_l,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle \right|}^2}}={\displaystyle \underset{l\in b\mathbb{Z}}{\sum }{\displaystyle \underset{k\in a\mathbb{Z}}{\sum }{\left|\langle f,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle \right|}^2}}$ .

因此 $G\left(g_j,\Lambda \right)$ 是一个 $L^2\left(ℝ\right)$ 的Parseval框架。

对于每一个l有：

$l{\displaystyle \underset{k\in a\mathbb{Z}}{\sum }\langle f,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle {\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_i\left(x-l\right)}=0$ ,

其中 $f\in L^2\left(ℝ\right)$ 。因为 ${\Omega }_j$ 和 ${\Omega }_i$ 是 $\Omega$ 的不相交的基本域。这样得到：

${\displaystyle \underset{l\in b\mathbb{Z}}{\sum }{\displaystyle \underset{k\in a\mathbb{Z}}{\sum }\langle f,{\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_j\left(x-l\right)\rangle {\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}_i\left(x-l\right)}}=0$ ,

因此 $G\left({\Omega }_j,\Lambda \right)$ 和 $G\left({\Omega }_i,\Lambda \right)$ 是强不交的 [6] 。所以 $g=\left(g_1,g_2,\cdots ,g_L\right)$ 是一个长度为L的超Gabor框架。

特别的，当 $a=1$ 时， ${\Vert g\Vert }^2={\displaystyle \underset{j=1}{\overset{L}{\sum }}{\Vert g_j\Vert }^2}={\displaystyle \underset{j=1}{\overset{L}{\sum }}\mu \left({\Omega }_j\right)}=1$ 。所以 $g=\left(g_1,g_2,\cdots ,g_L\right)$ 是一个长度为L的正交超Gabor框架。

上述定理给出了一维空间对于任何满秩的格 $K=a\mathbb{Z},L=b\mathbb{Z}$ 如何构造超Gabor框架。下个定理将给出如何在 $L^2\left({ℝ}^2\right)$ 上构造超Gabor框架的方法。首先定义一些概念：记 $S_i\left(i=1,2,3,4\right)$ 是 $\left(AB\right)\Omega$ 的四条边线， $S_L$ 是其中最短的一条。令 $A\left(x_1,y_1\right),B\left(x_2,y_2\right)$ 是 $S_L$ 的两个端点，那么 $S_x=\left|x_1\right|+\left|x_2\right|,S_y=\left|y_1\right|+\left|y_2\right|$ 。并且定义以下符号( $1\le i,j\le L$ )：

$\sigma =\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{cc}\left|x_1-x_2\right|& 0\\ 0& \left|y_1\right|+\left|y_2\right|\end{array}\right],S_x<S_y\hfill \\ \left[\begin{array}{cc}\left|x_1\right|+\left|x_2\right|& 0\\ 0& \left|y_1-y_2\right|\end{array}\right],S_x>S_y\hfill \\ \left[\begin{array}{cc}\left|x_1\right|+\left|x_2\right|& 0\\ 0& \left|y_1\right|+\left|y_2\right|\end{array}\right],S_x=S_y\hfill \end{array}$ , $k_{i,j}=\{\begin{array}{l}\left[\begin{array}{c}i-1\\ 0\end{array}\right],S_x<S_y\hfill \\ \left[\begin{array}{c}0\\ i-1\end{array}\right],S_x>S_y\hfill \\ \left[\begin{array}{c}i-1\\ j-1\end{array}\right],S_x=S_y\hfill \end{array}$

定理3.2：令 $\mathcal{K}=A{\mathbb{Z}}^2$ 和 $\mathcal{L}=B{\mathbb{Z}}^2$ 是满秩的格，并且 $A{B}^{-1}\in M_{\left(d\times d\right)}\left(\mathbb{Z}\right)$ 。则对 ${\left|detA\right|}^{-1}{\mathbb{Z}}^2$ 的任意基本域 $\Omega$ ，向量 $g=\left(g_1,g_2,\cdots ,g_L\right)$ 是长度为L的超Gabor框架生成元(特别的当 $\left|detA\right|=1$ 时，是一个正交超Gabor框架)，其中 $g_i={\Omega }_i$ 并且

${\Omega }_{i,j}={\displaystyle \underset{k\in A{\mathbb{Z}}^2}{\cup }\left[\left(AB\right)\Omega +\sigma k_{i,j}+k\right]}$ .

因为 $\mu \left(AB\Omega \right)=\frac{\mu \left(\Omega \right)}{L}$ 并且每一个 $\mu \left({\Omega }_{i,j}\right)=\mu \left(AB\Omega \right)$ ，所以得到L个 ${\Omega }_i$ 。因此

${\Omega }_i={\displaystyle {\cup }_{k\in A{\mathbb{Z}}^2}\left[\left(\left(AB\right)\Omega +\sigma k_{i,j}+k\right)\cap \Omega \right]}$ ( $1\le i\le L$ , $L={\left|detAB\right|}^{-1}$ ).

这个定理可以非常简单的证明。我们可以关注以下几点：第一， $\left\{{\Omega }_i\right\}$ 是 $\Omega$ 的划分区间；第二，每一个 ${\Omega }_i$ 是 $\sigma {\mathbb{Z}}^2$ 瓦格的；最后

${\displaystyle \underset{l\in B{\mathbb{Z}}^2}{\sum }{\displaystyle \underset{k\in A{\mathbb{Z}}^2}{\sum }\langle f,{\text{e}}^{i2\text{π}\langle k,x\rangle }{g}_j\left(x-l\right)\rangle {\text{e}}^{i2\text{π}\langle k,x\rangle }{g}_m\left(x-l\right)}}=0\left(i\ne m\right)$ .

因此在这种情况下存在超Gabor框架。当 $\left|detA\right|=1,{\Vert g\Vert }^2={\displaystyle \underset{j=1}{\overset{L}{\sum }}{\Vert g_j\Vert }^2}=\mu \left(\Omega \right)=1$ 时，存在正交超Gabor

框架。下一节给出如何用定理3.1和定理3.2构造超Gabor框架的例子。接下来从格同构和矩阵格变换算子的定义开始，研究矩阵格变换算子 [7] 。

定义3.3：令 ${\mathcal{K}}_1=A{\mathbb{Z}}^2$ ， ${\mathcal{L}}_1=B{\mathbb{Z}}^2$ 和 ${\mathcal{K}}_2=C{\mathbb{Z}}^2$ ， ${\mathcal{L}}_2=D{\mathbb{Z}}^2$ 是 ${ℝ}^2$ 中四个满秩的格。一个超Gabor框架：

$G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}^{\left(i\right)}\mid g_{k,l}^{\left(i\right)}={\text{e}}^{i2\text{π}kx}{g}^{\left(i\right)}\left(x-l\right):k\in {\mathcal{K}}_1,l\in {\mathcal{L}}_1,1\le i\le L_m\right\}$

和另外一个超Gabor框架：

$G\left(h,\Lambda \right)=\left\{h_{k,l}^{\left(j\right)}\mid h_{k,l}^{\left(j\right)}={\text{e}}^{i2\text{π}kx}{h}^{\left(i\right)}\left(x-l\right):k\in {\mathcal{K}}_2,l\in {\mathcal{L}}_2,1\le j\le L_n\right\}$

称为格同构的，如果 $\left|detAB\right|=\left|detCD\right|,\left(L_m,L_n\in \mathbb{Z},L_m,L_n>0\right)$ 。

定义3.4：矩阵 $X\left(x_{ij}\in R\right)$ 称为超Gabor框架的矩阵格变换算子，如果 $X\left[\begin{array}{c}A\\ B\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}C\\ D\end{array}\right]$ ，其中A、B、C、

D如同定义3.3里一样。

一维超Gabor框架的矩阵格变换算子有一个性质。

定理3.5：对角矩阵或者反对角矩阵A是一个超Gabor框架的矩阵格变换算子当且仅当 $\left|det\left(A\right)\right|=1$ 。

证明：我们只证明对角矩阵的情形就可以，反对角矩阵同理可得。我们先证定理3.5的必要性。如果

$G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus g_{k,l}^{\left(L\right)}:k\in {\mathcal{K}}_1,l\in {\mathcal{L}}_1\right\}$

和

$G\left(h,\Lambda \right)=\left\{h_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus h_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus h_{k,l}^{\left(L\right)}:k\in {\mathcal{K}}_2,l\in {\mathcal{L}}_2\right\}$

是两个超Gabor框架，其中 ${\mathcal{K}}_1=a\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_1=b\mathbb{Z},{\mathcal{K}}_2=c\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_2=d\mathbb{Z}$ 是 $ℝ$ 中四个满秩的格 [8] 。存在一个矩阵

格变换算子，使得 $A\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right]$ 。

令 $A=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& 0\\ 0& a_{22}\end{array}\right]$ ，所以我们可以得到 $\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& 0\\ 0& a_{22}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right]$ ，所以

$\{\begin{array}{l}{a}_{11}a=c\hfill \\ a_{22}b=d\hfill \end{array}$ .

由上式可得： $a_{11}=\frac{c}{a}$ ， $a_{22}=\frac{d}{b}$ 。用以上方程直接计算 $\left|det\left(A\right)\right|$ 。因为 $\left|ab\right|=\left|cd\right|$ ，所以 $\left|det\left(A\right)\right|=\left|a_{11}{a}_{22}\right|=\left|\frac{c}{a}\times \frac{d}{b}\right|=\left|\frac{cd}{ab}\right|=1$ 。

现在证明定理3.5的充分性：如果有一个对角矩阵形如 $A=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& 0\\ 0& a_{22}\end{array}\right]$ 并且满足 $\left|det\left(A\right)\right|=\left|a_{11}{a}_{22}\right|=1$ 。存在 $K_1=a\mathbb{Z},L_1=b\mathbb{Z}$ ( $a,b\in ℝ$ )的超Gabor框架 $G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus g_{k,l}^{\left(L\right)}:k\in {\mathcal{K}}_1,l\in {\mathcal{L}}_1\right\}$ 。则我们用A对 $\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]$ 做变换。得到 $A\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& 0\\ 0& a_{22}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right]$ ，所以 $\{\begin{array}{l}c=a_{11}a\hfill \\ d=a_{22}b\hfill \end{array}$ 。

那么存在 ${\mathcal{K}}_2=c\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_2=d\mathbb{Z}$ 作为时频格的超Gabor框架 $G\left(h,\Lambda \right)=\left\{h_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus h_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus h_{k,l}^{\left(L\right)}:k\in {\mathcal{K}}_2,l\in {\mathcal{L}}_2\right\}$ 。

[9] $\left|cd\right|=\left|a_{11}a\times a_{22}b\right|=\left|a_{11}{a}_{22}ab\right|=\left|ab\right|$ 。因此A符合定义3.4，即A是一个超Gabor框架的矩阵格变换算子。

需要注意的是：如果一个矩阵A满足 $\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}c\\ d\end{array}\right]$ ，其中a、b、c、d是两个超Gabor框架的四个满秩的格。A不一定是一个矩阵格变换算子。例如： $a=2,b=\frac{1}{4},c=\frac{1}{4},d=2$ ，则存在一个矩阵 $A=\left[\begin{array}{cc}1/4& -1\\ 1/2& 4\end{array}\right]$ 使得 $\left[\begin{array}{cc}1/4& -1\\ 1/2& 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}2\\ 1/4\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1/4\\ 2\end{array}\right]$ 并且 $\left|2\times \frac{1}{4}\right|=\left|\frac{1}{4}\times 2\right|=\frac{1}{2}$ .，但是 $\left|A\right|\ne 1$ 。

推论3.6：对于一维超Gabor框架：

$G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus g_{k,l}^{\left(L\right)}:k\in {\mathcal{K}}_1,l\in {\mathcal{L}}_1\right\}\left({\mathcal{K}}_1=x\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_1=y\mathbb{Z}\right)$ ,

它一定格同构于另一个超Gabor框架：

$G\left(h,\Lambda \right)=\left\{h_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus h_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus h_{k,l}^{\left(L\right)}:k\in {\mathcal{K}}_2,l\in {\mathcal{L}}_2\right\}\left({\mathcal{K}}_2=\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_2=z\mathbb{Z}\right)$ .

并且存在一个矩阵格变换算子A使得 $A\left[\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1\\ z\end{array}\right]$ 。

4. 算例

论文在本节给出有关如何构造超Gabor框架的例子。同时我们也使用矩阵格变换算子得到新的超Gabor框架。

例4.1：1) 令 $a=2,b=\frac{1}{4}$ 。那么 ${\left|ab\right|}^{-1}=2$ ，令 $\Omega =\left[-\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right]$ 是通过 $\frac{1}{2}\mathbb{Z}$ 为瓦格覆盖了 $ℝ$ 的区间。令 $g_i={\chi }_{{\Omega }_i},i=1,2$ ，其中每一个 ${\Omega }_i$ 就像图1中所示。那么由定理3.1， $\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\right\}$ 是长度为2的超Gabor框架。

2) 令 $a=\frac{1}{4},b=2$ 。那么 ${\left|ab\right|}^{-1}=2$ ，令 $\Omega =\left[-2,2\right]$ 是通过 $4\mathbb{Z}$ 为瓦格覆盖了 $ℝ$ 的区间。令 $g_i={\chi }_{{\Omega }_i},i=1,2$ ，其中每一个 ${\Omega }_i$ 就像图2中所示。那么由定理3.1， $\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\right\}$ 是长度为2的超Gabor框架。

例4.2：1) 存在长度为6的超Gabor框架：

$G\left(g,\Lambda \right)=\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus g_{k,l}^{\left(6\right)}:k\in {\mathcal{K}}_1,l\in {\mathcal{L}}_1\right\}\left({\mathcal{K}}_1=-2\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_1=\frac{1}{12}\mathbb{Z}\right)$

存在另一个长度为6的超Gabor框架：

$G\left(h,\Lambda \right)=\left\{h_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus h_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus h_{k,l}^{\left(6\right)}:k\in {\mathcal{K}}_2,l\in {\mathcal{L}}_2\right\}\left({\mathcal{K}}_2=\frac{1}{2}\mathbb{Z},{\mathcal{L}}_2=\frac{1}{3}\mathbb{Z}\right)$

它们的格是同构的，因为 $\left|-2\times \frac{1}{12}\right|=\frac{1}{6}=\left|\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}\right|$ 。

2) 存在对角矩阵 $A=\left[\begin{array}{cc}-1/4& 0\\ 0& 4\end{array}\right]$ 是一个矩阵格变换算子，使得 $\left[\begin{array}{cc}-1/4& 0\\ 0& 4\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}-2\\ 1/12\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}1/2\\ 1/3\end{array}\right]$ 并且 $\left|det\left(A\right)\right|=1$ 。上述框架可见图3和图4。

最后我们给出一些 $L^2\left(R^2\right)$ 上构造超Gabor框架的例子：

例4.3：令 $A=\left[\begin{array}{cc}1& \frac{1}{2}\\ \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right]$ ， $B=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{2}& 1\\ -1& 0\end{array}\right]$ 。 $AB=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -\frac{1}{4}& \frac{1}{2}\end{array}\right]$ ， ${\left|detAB\right|}^{-1}=2$ ， ${\left|detAB\right|}^{-1}=2$ 。令 $\Omega ={\left[-2,2\right]}^2$ 是 ${ℝ}^2$ 的一个瓦格。令 $g_i={\chi }_{{\Omega }_i},i=1,2$ ，其中每一个 ${\Omega }_i$ 就像图5中所示。那么由定理3.2， $\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\right\}$ 长

度为2正交超Gabor框架。

例4.4：令 $A=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{3}& 0\\ \frac{1}{2}& 1\end{array}\right]$ ， $B=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ -\frac{1}{2}& -\frac{1}{3}\end{array}\right]$ 。 $AB=\left[\begin{array}{cc}\frac{1}{3}& 0\\ 0& -\frac{1}{3}\end{array}\right]$ ， ${\left|detAB\right|}^{-1}=9$ 。令 $\Omega ={\left[-\frac{3}{2},\frac{3}{2}\right]}^2$ 是 ${ℝ}^2$ 的一个瓦格。令 $g_i={\chi }_{{\Omega }_i},i=1,2,\cdots ,9$ ，其中每一个 ${\Omega }_i$ 就像图6中所示。那么由定理3.2， $\left\{g_{k,l}^{\left(1\right)}\oplus g_{k,l}^{\left(2\right)}\oplus \cdots \oplus g_{k,l}^{\left(9\right)}\right\}$ 长度为9的超Gabor框架。

5. 结论

本文给出了如何构造任意满秩格的超Gabor框架。发现超Gabor框架必格同构到一个正交超Gabor框架。奇妙的是，可以采取矩阵格变换算子使它们有联系。通过构造方法可以很容易地得到一个

Figure 1. Example 4.1 (1)

图1. 例4.1 (1)

Figure 2. Example 4.1 (2)

图2. 例4.1 (2)

Figure 3. Example 4.2 (1): G (g, Λ)

图3. 例4.2 (1)

Figure 4. Example 4.2 (1): G (h, Λ)

图4. 例4.2 (2)

Figure 5. Example 4.3

图5. 例4.3

Figure 6. Example 4.4

图6. 例4.4

$\mathcal{K}=\mathbb{Z},\mathcal{L}=a\mathbb{Z}$ 正交的超Gabor框架，任何超Gabor框架都可以和它是格同构的。因此，可以更好地理解超Gabor框架和正交超Gabor框架。

致谢

感谢审稿老师提出的宝贵的修改意见。感谢国家自然科学基金委的支持。

基金项目

国家自然科学基金(项目号：11571107)。