设$ \mu $是$ {{\Bbb R}} $上具有紧支撑的Borel概率测度, 如果存在$ {{\Bbb R}} $上的离散子集$ \Lambda $使得

$ E(\Lambda): = \big\{e^{-2\pi {\rm i}\lambda x}:\lambda\in\Lambda\big\} $

成为空间$ L^2(\mu) $上的规范正交基, 此时称$ \mu $为谱测度, 集合$ \Lambda $为测度$ \mu $的一组谱, 也说$ (\mu, \Lambda) $为谱对.

对于具有紧支撑的Borel概率测度是否为谱测度一直是调和分析研究的基本问题之一, 大量的研究谱测度的工作始于1974年Fuglede^[1]提出的著名的谱集猜想. 关于奇异测度的谱分析, 最早是Jorgensen和Pedersen在文献[2]中提出，他们指出Cantor型测度$ \mu_{2k} $为谱测度, 并且对于任意$ k\in{\mathbb N}^+ $, 集合

$ \Lambda_0 = \left\{\sum\limits_{j = 0}^n(2k)^ja_j\, |\, a_j\in\{0, 1\}, n\in{\mathbb N} \right\} $

成为$ \mu_{2k} $的一组谱, 这里$ \mu_{2k} $是由迭代函数系$ \{\tau_0(x) = x/2k, \, \tau_2(x) = (x+k)/2k\} $所生成的自相似测度. 受Jorgensen和Pedersen的结果启发, 越来越多的研究者致力于奇异测度的谱分析和谱的结构研究, 感兴趣的读者可参阅文献[2-14].

关于自相似测度$ \mu_{2k} $的谱性, Jorgensen等人发现, 存在奇数$ p $使得集合$ p\Lambda_0 $仍是$ \mu_{2k} $的谱(参见文献[2, 5]). 这里$ p\Lambda_0 $相比$ \Lambda_0 $更加松散, 即从直观上来说$ \mu_{2k} $存在更加稀疏的谱$ p\Lambda_0 $. 上述奇怪的现象引出了奇异测度的谱特征值问题:

对于给定的谱测度的一组谱, 刻画实数$ p $, 使得$ p\Lambda $仍成为测度$ \mu $的一组谱.

如果$ \Lambda $和$ p\Lambda $都是$ \mu $的一组谱, 一般称集合$ p\Lambda $为测度$ \mu $的乘积谱, 也称为标度谱.

近年来, 许多研究者都致力于奇异测度的谱特征值的研究, 尤其关于自相似测度$ \mu_{2k} $和$ \mu_4 $的谱特征值问题研究, 引起了很多研究者的注意. 2018年, Dutkay等研究者在文献[15, 16]中利用同余方程的性质, 证明了对于任意大于3的素数$ p $和自然数$ k $, 集合$ p^k\Lambda_0 $仍然是Cantor测度$ \mu_4 $的一组谱. 2011年, Jorgensen等人在文献[7]中考虑了自相似测度$ \mu_{2k} $, 通过极大循环的刻画, 他们指出$ p\Lambda_0 $为$ \mu_{2k} $的一组谱如果$ p $为奇数且满足$ p<2(2k-1)/\pi $. 最近, 李建林推广了这个结果, 他在文献[17]中证明了当$ p\in2{\mathbb N}+1\setminus(2k-1){\mathbb N} $且$ p<(2k)^2(2k-1) $时, 集合$ p\Lambda_0 $也可以成为$ \mu_{2k} $的谱. 文献[18, 19]也对连续数字集所生成的自相似测度的谱特征值问题做了研究. 更多结果参见文献[20-22]. 受上述研究结果的启发, 本文将进一步考虑自相似测度的谱特征值问题.

设$ q $为大于或等于3的整数, 数字集$ D = \{0, a, b\}\subset{\mathbb N} $, 其中$ a, b $互素. 定义迭代函数系统如下

$ \tau_0(x) = \frac{x}{q}, \ \tau_1(x) = \frac{x+a}{q}, \ \tau_2(x) = \frac{x+b}{q}, \ \ x\in{{\Bbb R}} . $

由Hutchinson^{[20, 21]}的著名结果知, 存在唯一的Borel概率测度$ \mu_{q, D} $, 使得对于任意Borel集$ E\subset {{\Bbb R}} $, 下面不变方程成立

(1.1) $ \begin{equation} \mu_{q, D} = \frac{1}{3}\left(\mu_{q, D}(\tau_0^{-1}(E))+\mu_{q, D}(\tau_1^{-1}(E))+\mu_{q, D}(\tau_2^{-1}(E))\right). \end{equation} $

一般称测度$ \mu_{q, D} $为自相似测度, 其吸引子为分形集且满足下面方程

(1.2) $ \begin{equation} T(q, D) = \left\{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}q^{-n}d_n:d_n\in D \right\}: = \sum\limits_{n = 1}^{\infty}q^{-n}D, \end{equation} $

这里$ T(q, D) $称为由数字集$ D $和压缩比$ q $所生成的自相似集, 因为它满足下面迭代式

$ T(q, D) = \tau_0(T(q, D))\cup\tau_1(T(q, D))\cup\tau_2(T(q, D)). $

记$ \# E $为集合$ E $中所含元素的个数, $ \delta_e $表示点$ e $上的Dirac测度, 又记$ \delta_E = \frac{1}{\# E}\sum\limits_{d\in E}\delta_e $, 则测度$ \mu_{q, D} $可以表示成下面无穷卷积的形式:

(1.3) $ \begin{equation} \mu_{q, D} = \delta_{q^{-1}D}\ast\delta_{q^{-2}D}\ast\delta_{q^{-3}D}\cdots, \end{equation} $

上述无穷卷积收敛为弱收敛意义下收敛.

由文献[12, 13]知, 自相似测度$ \mu_{q, D} $为谱测度当且仅当$ q $被3整除且$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 因此在本文中总假设$ q = 3k $($ k\in{\mathbb N}^+ $)和$ D = \{0, ka, kb\} $, 其中$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 为了记号方便, 记$ \mu_{k, a, b} $为自相似测度$ \mu_{q, D} $. 注意到若$ C = \{0, 1, 2\} $, 则$ ((3k)^{-1}D, C) $构成了和谐对. 这里和谐对是指集合$ C $为离散测度$ \delta_{(3k)^{-1}D} $的一组谱, 它也等价于下面矩阵为酉阵

$ H: = \left[\frac{1}{\sqrt{3}}e^{-2\pi {\rm i} \frac{dc}{3k}}\right]_{d\in D, c\in C}. $

Jorgensen和Pedersen在文献[2]中证明了, 如果$ ((3k)^{-1}D, C) $构成和谐对, 那么集合

(1.4) $ \begin{equation} \Lambda(3k, C) = \left\{\sum\limits_{j = 0}^{n}(3k)^jc_j:c_j\in\{0, 1, 2\}\, , n\in{\mathbb N} \right\} \end{equation} $

是空间$ L^2(\mu_{k, a, b}) $中的一组无穷正交系. 随后, Dai, He和Lai进一步得到集合$ \Lambda(3k, C) $还是自相似测度$ \mu_{k, a, b} $的一组谱^[4]. 本文将主要刻画整数$ p $, 使得$ p\Lambda(3k, C) $构成测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱. 注意到如果可数集$ \Lambda $是$ \mu_{k, a, b} $的谱, 那么$ -\Lambda $也是$ \mu_{k, a, b} $的谱, 因此下文仅考虑$ p\in{\mathbb N}^+ $.

设$ \mu $为$ {{\Bbb R}} $上的Borel概率测度, 其傅里叶变化定义如下

$ \widehat{\mu}(\xi) = \int e^{-2\pi {\rm i}\xi x }{\rm{d}}\mu(x). $

因此对于任意正整数$ k\geq1 $, 由(1.1)式所定义好的自相似测度$ \mu_{k, a, b} $, 其中$ D = \{0, ka, kb\} $且$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $, 其傅里叶变换直接计算得

(2.1) $ \begin{equation} \widehat{\mu}_{k, a, b}(\xi) = M_D\left(\frac{\xi}{3k}\right)\widehat{\mu}_{k, a, b}\left(\frac{\xi}{3k}\right), \ \ \xi\in{{\Bbb R}} , \end{equation} $

这里面罩函数定义如下

$ M_D(\xi) = \frac{1}{3}\left(1+e^{-2\pi {\rm i} ka \xi}+e^{-2\pi {\rm i} kb \xi}\right), \ \ \xi\in{{\Bbb R}} . $

更进一步, 通过迭代式(2.1), 测度$ \mu_{k, a, b} $的傅里叶变换可变形为下面无穷乘积形式

$ \widehat{\mu}_{k, a, b}(\xi) = \prod\limits_{n = 1}^{\infty}M_D\left(\frac{\xi}{(3k)^n}\right). $

记$ {\cal Z}(M_D) $表示面罩函数$ M_D $的实数根的全体, 直接计算可得

$ {\cal Z}(M_D): = \{\xi\in{{\Bbb R}} \, :\, M_D(\xi) = 0\} = \frac{{\mathbb Z}\setminus 3{\mathbb Z}}{3k}. $

因此

(2.2) $ \begin{equation} {\cal Z}(\widehat{\mu}_{k, a, b}): = \{\xi\in{{\Bbb R}} \, :\, \widehat{\mu}_{k, a, b}(\xi) = 0\} = \bigcup\limits_{n = 1}^{\infty}(3k)^n{\cal Z}(M_D) = \bigcup\limits_{n = 0}^{\infty}(3k)^n\left({\mathbb Z}\setminus3{\mathbb Z}\right). \end{equation} $

对于任意$ \lambda\neq\lambda'\in{{\Bbb R}} $, 正交性

$ 0 = \langle e^{-2\pi {\rm i}\lambda x}, e^{-2\pi {\rm i}\lambda' x}\rangle_{L^2(\mu_{k, a, b})} = \int e^{-2\pi {\rm i}(\lambda-\lambda') x}d\mu_{k, a, b}(x) = \widehat{\mu}_{k, a, b}(\lambda-\lambda') $

意味着$ \lambda-\lambda'\in{\cal Z}(\widehat{\mu}_{k, a, b}) $. 从而离散集$ \Lambda\subset{{\Bbb R}} $, $ E(\Lambda) = \{e^{-2\pi {\rm i}\lambda x}:\lambda\in\Lambda\} $成为$ L^2(\mu_{k, a, b}) $中正交集当且仅当

(2.3) $ \begin{equation} (\Lambda-\Lambda)\setminus\{0\}\subseteq{\cal Z}{\left(\widehat{\mu}_{k, a, b}\right)}. \end{equation} $

此时也称$ \Lambda $为测度$ \mu_{k, a, b} $的一个双零集.

对于任意正整数$ k\geq1 $, 记$ D = \{0, ka, kb\} $且满足$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 若$ C = \{0, 1, 2\} $, 则$ ((3k)^{-1}D, C) $构成和谐对, 并且(1.4)式定义好的可数集$ \Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的一组谱. 注意到集合$ p\Lambda(3k, C) $可改写为

(2.4) $ \begin{eqnarray} p\Lambda(3k, C)& = &p\left\{\sum\limits_{j = 0}^{n}(3k)^jc_j:c_j\in\{0, 1, 2\}, \, n\in{\mathbb N} \right\} {}\\ & = &\left\{\sum\limits_{j = 0}^{n}(3k)^jc'_j:c'_j\in\{0, p, 2p\}, \, n\in{\mathbb N} \right\}: = \Lambda(3k, pC). \end{eqnarray} $

从而$ p\Lambda(3k, C) $为$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱当且仅当$ \Lambda(3k, pC) $为$ \mu_{k, a, b} $的一组谱, 其中$ pC = \{0, p, 2p\} $. 如文献[4]所述, 如果$ ((3k)^{-1}D, pC) $构成和谐对, 则整数$ p $必满足下面方程

$ 1+e^{-2\pi {\rm i}\frac{pa}{3}}+e^{-2\pi {\rm i}\frac{2pb}{3}} = 0. $

从而$ \gcd(p, 3) = 1 $. 下面的引理是由Strichartz^[22]最先给出, 该结果将在本文结果的证明中起到关键作用.

引理2.1  设$ q\geq2 $, $ D $, $ C $均为整数的有限子集且$ 0\in D\cap C $. 如果$ (q^{-1}D, C) $构成和谐对且$ M_{q^{-1}D}(x) $的零点都不落在吸引子$ T(q, C) $内, 则$ \Lambda(q, C) $是$ \mu_{q, D} $的一组谱, 这里

(2.5) $ \begin{equation} T(q, C) = \left\{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}q^{-n}c_n:c_n\in C \right\}, \ \ \Lambda(q, C) = \left\{\sum\limits_{k = 0}^{n}q^k c_k:c_k\in C, \, n\ge1 \right\}. \end{equation} $

定理2.1   设$ k\geq1 $为正整数, $ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $且$ \mu_{k, a, b} $如(1.1)式所定义. 若$ \gcd(p, 3) = 1 $且满足$ 1\le p<\frac{3k-1}{2} $, 则$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 其中$ \Lambda(3k, C) $由(1.4)式所给出.

证  对于任意$ k\geq1 $, 直接计算可得

$ {\cal Z}(M_{(3k)^{-1}D}) = 3k{\cal Z}(M_{D}) = {\mathbb Z}\setminus3{\mathbb Z} = \left((3{\mathbb Z}+1)\cup(3{\mathbb Z}+2)\right). $

另一方面

$ T(3k, pC) = \left\{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}(3k)^{-n}c_n:c_n\in pC\right\} = p\left\{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}(3k)^{-n}c_n:c_n\in \{0, 1, 2\}\right\}\subset\left[0, \frac{2p}{3k-1}\right]. $

因此当$ 1\le p<\frac{3k-1}{2} $时, 有$ {\cal Z}(M_{(3k)^{-1}D})\cap T(3k, pC) = \emptyset $. 从而由引理2.1得, $ \Lambda(3k, pC) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的一组谱, 即$ p\Lambda(3k, C) $为$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱.

极大循环的概念有助于刻画整数$ p $, 使得集合$ p\Lambda(3k, C) $为$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱.

定义2.1^[5]   设$ k $, $ p $均为正整数且满足$ \gcd(p, 3) = 1 $. 称集合$ \{x_0, x_1, \ldots, x_{l-1}\}\subset{{\Bbb R}} $是关于数字集$ pC = \{0, p, 2p\} $且长度为$ l $的极大循环, 如果存在$ \alpha_0, \alpha_1, \ldots, \alpha_{l-1}\in pC $使得

(i) $ x_0 = \frac{x_{l-1}+\alpha_{l-1}}{3k} $和$ x_i = \frac{x_{i-1}+\alpha_{i-1}}{3k} $, $ 1\leq i\le l-1 $;

(ii) 当$ 0\le i\leq l-1 $时, $ |M_D(x_i)| = 1 $, 其中$ D = \{0, ka, kb\} $且$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $.

特别地, 称$ x_i(0\le i\le l-1) $为关于数字集$ pC $的极大循环点.

Łaba和Wang在文献[3]中得到下面重要的结果.

引理2.2   设$ k\geq1 $是正整数, $ \mu_{k, a, b} $是由(1.1)式定义好的自相似测度, 其中$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 如果$ p\in{\mathbb N} $且满足$ \gcd(p, 3) = 1 $, 则$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱当且仅当关于数字集$ pC $的极大循环仅只含有平凡极大循环$ \{0\} $, 其中$ \Lambda(3k, C) $由(1.4)式给出.

注2.1   当$ k\geq1 $为正整数, 如果$ p\in(3k-1){\mathbb N} $或者$ p\in\frac{3k-1}{2}{\mathbb N}\subset{\mathbb N} $, 则由引理2.2知: $ p\Lambda(3k, C) $将不会是$ \mu_{k, a, b} $的一组谱. 事实上当$ p\in(3k-1){\mathbb N} $时, 令$ x_0 = \frac{p}{3k-1} $, 则$ \frac{x_0+p}{3k} = x_0 $. 当$ p\in\frac{3k-1}{2}{\mathbb N}\subset{\mathbb N} $时, 又令$ x_0 = \frac{2p}{3k-1} $, 同样可得$ \frac{x_0+2p}{3k} = x_0 $. 特别地, $ x_0 = \frac{p}{3k-1}\, \rm{或者}\, \frac{2p}{3k-1}\in{\mathbb N} $且满足$ |M_D(x_0)| = 1 $. 因此$ \left\{\frac{p}{3k-1}\right\} $或者$ \left\{\frac{2p}{3k-1}\right\} $构成了关于数字集$ pC $的非平凡极大循环. 这也就是说$ \Lambda(3k, pC) $不是$ \mu_{k, a, b} $的一组谱.

注意到当$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱时, 则$ p $满足$ p\in{\mathbb N}\setminus\frac{3k-1}{2}{\mathbb N} $且$ \gcd(p, 3) = 1 $.

受Dutkay和Kraus在文献[16]中的启发, 本节首先给出关于数字集$ pC = \{0, p, 2p\} $的非平凡极大循环的结构.

引理3.1   设$ k $, $ p $都为正整数且满足$ \gcd(p, 3) = 1 $, 则

$ \{x_0: x_0 {\rm{为关于数字集}}pC {\rm{的极大循环点}}\} = T(3k, pC)\cap{\mathbb Z}, $

这里

(3.1) $ \begin{equation} T(3k, pC) = \left\{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}(3k)^{-n}c_n:c_n\in pC\right\} \end{equation} $

是由迭代函数系统$ \{\tau_0(x) = \frac{x}{3k}, \tau_1(x) = \frac{x+p}{3k}, \tau_2(x) = \frac{x+2p}{3k}\} $所生成的吸引子. 特别地, 如果$ S $是关于数字集$ pC $的非平凡的极大循环, 则$ S\subseteq T(3k, pC)\cap{\mathbb Z}\setminus\{0\} $.

证  设$ x_0 $为任意关于数字集$ pC = \{0, p, 2p\} $的极大循环点, 又设$ S = \{x_0, x_1, \ldots, x_{l-1}\} $是任意含$ x_0 $的极大循环, 从而存在$ \alpha_0, \alpha_1, \ldots, \alpha_{l-1}\in pC $使得下面等式成立

$ x_1 = \frac{x_{0}+\alpha_{0}}{3k}, \ x_2 = \frac{x_{1}+\alpha_{1}}{3k}, \ \ldots, \ x_{l-1} = \frac{x_{l-2}+\alpha_{l-2}}{3k}, \ x_0 = \frac{x_{l-1}+\alpha_{l-1}}{3k}. $

由$ |M_D(x_0)| = 1 $知$ x_0\in{\mathbb Z} $, 这里$ D = \{0, ka, kb\} $且$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 更进一步可得

$ x_0 = \frac{x_{l-1}+\alpha_{l-1}}{3k} = \frac{x_{l-2}}{(3k)^2}+\frac{\alpha_{l-2}}{(3k)^2}+\frac{\alpha_{l-1}}{3k} = \cdots = \frac{x_{0}}{(3k)^l}+\frac{\alpha_{0}}{(3k)^l}+\frac{\alpha_{1}}{(3k)^{l-1}}+\cdots+\frac{\alpha_{l-1}}{3k}. $

令上面等式迭代到无穷, 我们可得$ x_0 $存在以$ 3k $为底的标准分解. 所以$ x_0\in T(3k, pC) $, 即$ x_0\in T(3k, pC)\cap{\mathbb Z} $.

另一方面, 对于任意$ x_0\in T(3k, pC)\cap{\mathbb Z} $, 由$ T(3k, pC) = \cup_{i = 1}^3\tau_i(T(3k, pC)) $可知, 存在$ x_{-1}\in T(3k, pC) $和$ \alpha_0\in pC $使得$ x_0 = \frac{x_{-1}+\alpha_0}{3k} $, 因此$ x_{-1} = 3kx_0-\alpha_0\in{\mathbb Z}\setminus\{0\} $. 类似地, 对于任意$ j\geq1 $, 一定存在$ x_{-1}, x_{-2}, \ldots\in T(3k, pC)\cap{\mathbb Z}\setminus\{0\} $以及$ \alpha_1, \alpha_2, \ldots\in pC $使得$ x_{-j} = \frac{x_{-j-1}+\alpha_j}{3k} $成立. 注意到集合$ T(3k, pC)\cap{\mathbb Z} $为有限集, 所以存在整数$ m<l $, 使得$ x_{-m} = x_{-l} $, 这也即是说$ \{x_{-m}, x_{-m-1}, \ldots, x_{-l+1}\} $构成了一个极大循环. 接下来我们将断言该极大循环是从$ x_0 $开始.

首先注意到$ x_{-m+1} = \frac{x_{-m}+\alpha_{m-1}}{3k}\in{\mathbb Z} $以及$ x_{-l+1} = \frac{x_{-l}+\alpha_{l-1}}{3k}\in{\mathbb Z} $, 由于$ x_{-m} = x_{-l} $, 所以$ x_{-m} = 3kx_{-m+1}-\alpha_{m-1} = 3kx_{-l+1}-\alpha_{l-1} $, 从而$ \alpha_{l-1}-\alpha_{m-1} $可以被$ 3k $整除. 又因为$ \alpha_{l-1}-\alpha_{m-1}\in\{-2p, -p, 0, p, 2p\} $以及$ \gcd(p, 3) = 1 $, 所以$ \alpha_{l-1} = \alpha_{m-1} $且$ x_{-m+1} = x_{-l+1} $. 这样根据归纳证明可得$ x_0 $必为上述极大循环的起点, 即$ x_0 $为极大循环点.

最后, 设$ S $是关于数字集$ pC = \{0, p, 2p\} $的非平凡的极大循环, 则$ S\subseteq T(3k, pC)\cap{\mathbb Z} $. 如果$ 0\in S $, 则由条件$ \gcd(p, 3) = 1 $知, $ x_1 = \frac{0+0}{3k} = 0 $或$ x_1 = \frac{0+p}{3k}\not\in{\mathbb Z} $或$ x_1 = \frac{0+2p}{3k}\not\in{\mathbb Z} $. 从而$ S = \{0\} $, 这与$ S $为非平凡的极大循环矛盾, 所以$ S\subseteq T(3k, pC)\cap{\mathbb Z}\setminus\{0\} $.

基于以上准备, 本文首先得到以下结果.

定理3.1   设$ k\geq1 $是正整数, $ p\in{\mathbb N}\setminus\frac{3k-1}{2}{\mathbb N} $, $ \gcd(p, 3) = 1 $且$ p>\frac{3k-1}{2} $, $ \mu_{k, a, b} $是由(1.1)式定义好的自相似测度, 这里$ D = \{0, ka, kb\} $以及$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 如果$ -1\pmod p, \, -2\pmod p, \, \ldots, \, -\frac{3k-3}{2}\pmod p $或$ 2\pmod p, \, 3\pmod p, \, \ldots, \, \frac{3k-1}{2}\pmod p $中至少存在一个属于$ G_p $, 则$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 其中$ \Lambda(3k, C) $由(1.4)式中定义好且

$ G_p: = \{(3k)^n\pmod p:\, n\in{\mathbb N}\}. $

证  我们用反证法证明$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱. 如若不然, 则存在一个关于数字集$ pC $的非平凡极大循环$ S = \{x_0, x_1, \ldots, x_{l-1}\} $以及$ c_0, c_1, \ldots, c_{l-1}\in pC $使得下式成立

$ \frac{x_0+c_0}{3k} = x_1, \, \, \frac{x_1+c_1}{3k} = x_2, \, \, \ldots, \, \, \frac{x_{l-1}+c_{l-1}}{3k} = x_0. $

由引理3.1, 直接计算可得

$ x_0 = \frac{x_{l-1}+c_{l-1}}{3k} = \frac{x_{l-2}}{(3k)^2}+\frac{c_{l-2}}{(3k)^2}+\frac{c_{l-1}}{3k} = \cdots = \frac{x_{0}}{(3k)^l}+\frac{c_{0}}{(3k)^l}+\frac{c_{1}}{(3k)^{l-1}}+\cdots+\frac{c_{l-1}}{3k}. $

从而对于任意$ 1\le i\le l $, 可得

(3.2) $ \begin{equation} (3k)^ix_0\equiv x_{l-i} \pmod {p}. \end{equation} $

更进一步, 对于任意$ n\in{\mathbb N}^+ $, 存在$ s\in{\mathbb N} $以及$ 0\leq r<l-1 $使得$ n = sl+r $, 从而$ (3k)^nx_0\equiv x_{l-r} \pmod {p} $. 特别地, 我们记$ x_l: = x_0 $. 如果$ -1\pmod p, \, -2\pmod p, \, \ldots, \, -\frac{3k-3}{2}\pmod p $中至少存在一个属于$ G_p $, 不妨设$ c\in\{-1, -2, \ldots, -\frac{3k-3}{2}\} $, 则存在$ n\in{\mathbb N}^+ $, 使得$ (3k)^n\equiv c \pmod {p} $成立. 因而一定存在$ j\in\{0, 1, \ldots, l-1\} $满足

$ cx_0\equiv x_{j} \pmod {p}. $

注意到条件假设$ p\in{\mathbb N}\setminus\frac{3k-1}{2}{\mathbb N} $且$ \gcd(p, 3) = 1 $, 所以由引理3.1知, 对于任意$ i\in\{0, 1, \ldots, l-1\} $, 我们有$ 0<x_i\leq\frac{2p}{3k-1} $. 特别地, $ 0<x_j<\frac{2p}{3k-1} $. 另一方面, 由于$ 0<x_0<\frac{2p}{3k-1} $, 所以$ 0>cx_0>-p $, 从而$ x_j = cx_0+p $. 又$ c\geq-\frac{3k-3}{2} $, 所以

$ x_j = cx_0+p>c\frac{2p}{3k-1}+p = \frac{p(2c+3k-1)}{3k-1}\geq\frac{2p}{3k-1}. $

这即是意味着$ x_j>\frac{2p}{3k-1} $. 矛盾！所以$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱.

对于第二种情形, 如果$ c\in\{2, 3, \ldots, \frac{3k-1}{2}\} $, 注意到上一部分证明过程中, $ x_0 $可以取非平凡极大循环中的任意元素, 从而存在$ j\in\{0, 1, \ldots, l-1\} $使得非平凡极大循环中任意点$ x_i\, (i\in\{0, 1, \ldots, l-1\}) $满足

$ cx_i\equiv x_{j} \pmod {p}. $

设$ x_N $为非平凡极大循环中最大元. 因为$ 0<x_N<\frac{2p}{3k-1} $, 所以$ 0<cx_N<p $, 从而$ x_j = cx_N>x_N $, 这就与假设$ x_N $为非平凡极大循环中最大元矛盾. 从而$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 所以定理3.1得证.

设$ p $为自然数, 记$ {\mathbb Z}_p $为模$ p $同余类群, $ {\mathbb Z}_p^* $为$ {\mathbb Z}_p $中去掉零元的乘法群, 借助上述记号, 首先给出下面定义.

定义3.1   设$ a, p\geq2 $为正整数且满足$ \gcd(a, p) = 1 $. 记$ G_p $为$ {\mathbb Z}_p^* $中由元素$ a $所生成的子群, 即

$ G_p = \{a^n\pmod p:\, n = 0, 1, 2, \ldots\}. $

若$ a\in {\mathbb Z}_p^* $, 称方程

(3.3) $ \begin{equation} a^x\equiv 1 \pmod p \end{equation} $

成立的最小正整数$ x $为元素$ a\pmod p $的阶, 记为$ {\rm ord}_{p}(a) $.

由同余关系的性质知, $ a\pmod p $的阶存在当且仅当$ \gcd(a, p) = 1 $. 并且容易验证, 同余式(3.3)成立与否依赖于$ x $是否为$ {\rm ord}_{p}(a) $的倍数, 即下面的引理.

引理3.2   设$ m $为正整数, $ a, p $均为大于2的正整数且满足$ \gcd(a, p) = 1 $, 则$ a^m\equiv 1 \pmod p $成立当且仅当$ {\rm ord}_{p}(a)\mid m $.

下面结果精确刻画了整数$ p $, 使得$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱.

定理3.2   设$ k\geq1 $是正整数, $ p\in{\mathbb N}\setminus\frac{3k-1}{2}{\mathbb N} $且$ \gcd(p, 3) = 1 $, $ \mu_{k, a, b} $是由(1.1)式定义好的自相似测度, 其中$ D = \{0, ka, kb\} $以及$ \{a, b\}\equiv\{1, 2\}\pmod 3 $. 记$ p $的标准素数分解为$ p_1^{s_1}p_2^{s_2}\cdots p_n^{s_n} $, 则下面命题成立:

(i) 如果$ \gcd(k, p) = p_{i_1}^{r_1}p_{i_2}^{r_2}\cdots p_{i_m}^{r_m}>1 $, 则$ p'\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 这里$ p' = p_{i_1}^{l_1}p_{i_2}^{l_2}\cdots p_{i_m}^{l_m} $且$ l_i\geq0, \, (i = 1, 2, \ldots, m) $;

(ii) 记$ P = \{p_j:\, p_j\in\{p_1, p_2, \ldots, p_n\}\, {\rm{且}}\, \gcd(k, p_j) = 1\} $, 如果

$\min{\{\rm{ord}}_{p_{j}}(3k): p_j\in P\}>3^{r_0}-1, $

则$ p\Lambda(3k, C) $为测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 这里$ r_0 = \lfloor\frac{\ln\frac{2p}{3k-1}}{\ln 3k}\rfloor+1 $;

(iii) 若$ \gcd(k, p) = 1 $且存在$ i_0\in\{1, 2, \ldots, n\} $使得$ {\rm ord}_{p_{i_0}}(3k) $为偶数, 则对于任意$ n\geq1 $, $ p^n\Lambda(3k, C) $构成测度$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱.

这里$ {\rm ord}_{p_j}(3k) $如定义3.1所定义, 记号$ \lfloor x\rfloor $表示实数$ x $的整数部分.

证  注意到$ k = 1 $总是平凡的, 因此在下文的证明中总假设$ k\geq2 $.

(i) 设$ p_1^{s_1}p_2^{s_2}\cdots p_n^{s_n} $为正整数$ p $的标准素数分解, 这里$ p_1<p_2<\cdots<p_n $均为素数, 且对于所有的$ 1\le j\le n $, 有$ s_j>0 $. 记$ d = \gcd(p, k)>1 $, 则$ d $必然有下面标准的素数分解

(3.4) $ \begin{equation} d = p_{i_1}^{r_1}p_{i_2}^{r_2}\cdots p_{i_m}^{r_m}, \end{equation} $

这里对于任意$ 1\le j\le m $, 有$ 1\leq i_j\leq n $及$ 1\leq r_j\leq s_{i_j} $. 令

$ p' = p_{i_1}^{l_1}p_{i_2}^{l_2}\cdots p_{i_m}^{l_m}, $

其中$ l_j\geq0 $, $ 1\le j\le m $. 下面我们断言$ \Lambda(3k, p'C) $为$ \mu_{k, a, b} $的一组谱. 事实上, 如果$ S = \{x_0, x_1, \ldots, x_{l-1}\} $是关于数字集$ p'C $的一个非平凡极大循环, 由引理3.1可知, 对于每一个$ 0\le i\le l-1 $, 有$ x_i\in {\mathbb Z}\setminus\{0\} $, 并且存在$ c_0, c_1, \ldots, c_{l-1}\in p'C $使得下式成立

$ \frac{x_0+c_0}{3k} = x_1, \, \, \frac{x_1+c_1}{3k} = x_2, \, \, \ldots, \, \, \frac{x_{l-1}+c_{l-1}}{3k} = x_0. $

从而

(3.5) $ \begin{equation} x_0 = \frac{1}{(3k)^l-1}\left(c_0+3kc_1+\cdots+(3k)^{l-1}c_{l-1}\right). \end{equation} $

这即是意味着$ p'\mid ((3k)^l-1)x_0 $. 类似地, 对于任意$ 1\le i\le l-1 $, 有$ p'\mid ((3k)^l-1)x_i $. 不失一般性, 对于任意$ 1\le j\le m $, 设$ l_j>0 $. 因为$ p_{i_j} $为$ k $与$ p' $的素因子, 所以$ p_{i_j}\mid (3k)^l $, 从而对于任意$ 1\le j\le m $, 有$ p_{i_j}\nmid((3k)^l-1) $, 这即是意味着$ p'\nmid((3k)^l-1) $, 因此对于任意$ 0\le i\le l-1 $, 有$ p'\mid x_i $. 另一方面, 因为$ S\subseteq T(3k, p'C)\subseteq[0, \frac{2p'}{3k-1}] $, 所以对于任意$ 1\leq i\leq l-1 $, 有$ x_i\le \frac{2p'}{3k-1}<p' $. 从而对于所有$ 0\le i\le l-1 $, 容易得到$ x_i $不能被$ p' $整除. 矛盾! 所以不存在关于数字集$ p'C $的非平凡极大循环. 这样由引理2.2知, $ p'\Lambda(3k, C) $为$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 所以(i)得证.

(ii) 由定理2.1知, 我们只需要考虑$ p>\frac{3k-1}{2} $. 接下来我们用反证法证明(ii)成立. 设$ p\Lambda(3k, C) $不是$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱, 从而存在关于数字集$ pC $的非平凡极大循环$ S = \{x_0, x_1, $$ \ldots, x_{l-1}\} $以及$ c_0, c_1, \ldots, c_{l-1}\in pC $使得下式成立

$ \frac{x_0+c_0}{3k} = x_1, \, \, \frac{x_1+c_1}{3k} = x_2, \, \, \ldots, \, \, \frac{x_{l-1}+c_{l-1}}{3k} = x_0. $

类似地, 对于任意$ 0\le i\le l-1 $, 由引理3.2可得

(3.6) $ \begin{equation} (3k)^lx_i\equiv x_i \pmod {p}. \end{equation} $

根据条件假设, 令$ p_{j_0}\in P $且满足$ \gcd(p_{j_0}, k) = 1 $, 则$ (3k)^l\equiv 1 \pmod {p_{j_0}} $. 如若不然, 则$ (3k)^l-1 $不能被$ p_{j_0} $整除, 从而由(3.6)式可得: 所有极大循环点$ x_i $都能被$ p $整除. 另一方面, 由引理3.1可知: 所有极大循环点$ x_i $满足$ x_i\le \frac{2p}{3k-1}<p $, 即$ p $不能整除$ x_i $, 矛盾! 这也即是说$ (3k)^l\equiv 1 \pmod {p_{j_0}} $. 故而由引理3.2可得

$ l\ge{\rm ord}_{p_{j_0}}(3k). $

另外, 根据条件$ \gcd(p_{j}, k) = 1 $以及$ \gcd(p, 3) = 1 $可得, 对于每一个$ p_j\in P $, 有$ \gcd(3k, p_j) = 1 $, 这即是说$ {\rm ord}_{p_{j}}(3k) $存在. 因此

$ l\ge {\rm ord}_{p_{j_0}}(3k)\ge \min\{{\rm ord}_{p_j}(3k):p_j\in P\}. $

接下来, 我们将考虑集合$ (T(3k, pC)\cap {\mathbb Z})\setminus\{0\} $中所含元素个数, 首先, 引理3.1意味着

(3.7) $ \begin{equation} S\subseteq (T(3k, pC)\cap {\mathbb Z})\setminus\{0\}. \end{equation} $

记

$ N(p) = \#(T(3k, pC)\cap{\mathbb Z})\setminus\{0\}. $

因为

$ T(3k, pC) = \left\{\sum\limits_{n = 1}^{\infty}p(3k)^{-n}c_n:c_n\in C \right\}\subseteq \left[0, \frac{2p}{3k-1}\right], $

所以$ N(p)\le \lfloor \frac{2p}{3k-1}\rfloor $. 对于任意$ r\in{\mathbb N}^{+} $, 又记

$ \Theta_3^r = \{\sigma_1\sigma_2\cdots \sigma_r:\, \sigma_j\in C, 1\le j\le r\}. $

则$ T(3k, C) $可以被分解成下面形式

$ T(3k, C) = \bigcup\limits_{\sigma\in\Theta_3^r}T_{\sigma}, $

这里$ \sigma = \sigma_1\sigma_2\cdots\sigma_r\in\Theta_3^r $以及

$ \begin{eqnarray*} T_{\sigma}& = &\left\{\frac{\sigma_1}{3k}+\frac{\sigma_2}{(3k)^2}+\cdots+\frac{\sigma_r}{(3k)^r}+\sum\limits_{j = r+1}^{\infty}\frac{\sigma_j}{(3k)^j}:\sigma_j\in C, \ j\geq1\right\} \\ &\subseteq &\left[\frac{\sigma_1}{3k}+\frac{\sigma_2}{(3k)^2}+\cdots+\frac{\sigma_r}{(3k)^r}, \frac{\sigma_1}{3k}+\frac{\sigma_2}{(3k)^2}+\cdots+\frac{\sigma_r}{(3k)^r}+\frac{2}{(3k)^r(3k-1)}\right]\\ & = & \frac{\sigma_1}{3k}+\frac{\sigma_2}{(3k)^2}+\cdots+\frac{\sigma_r}{(3k)^r}+\left[0, \frac{2}{(3k)^r(3k-1)}\right]. \end{eqnarray*} $

注意到$ T(3k, pC) = pT(3k, C) $, 所以对于任意$ r\in{\mathbb N}^{+} $, 有$ T(3k, pC)\subseteq p\cup_{\sigma\in\Theta_3^r}T_{\sigma} $. 又因为集合$ [0, \frac{2p}{(3k)^r(3k-1)}] $中非零整数的个数为$ \lfloor\frac{2p}{(3k)^r(3k-1)}\rfloor $. 从而对于任意$ r\in{\mathbb N}^{+} $有

$ \begin{eqnarray*} N(p) &\le& \left\lfloor\frac{2p}{(3k)^r(3k-1)}\right\rfloor+(3^r-1)\left(\left\lfloor\frac{2p}{(3k)^r(3k-1)}\right\rfloor+1\right)\\ & = &3^r\left\lfloor\frac{2p}{(3k)^r(3k-1)}\right\rfloor+3^r-1 \\ &\le& 3^r\frac{2p}{(3k)^r(3k-1)}+3^r-1 \\ & = & \frac{2p}{{k}^r(3k-1)}+3^r-1. \end{eqnarray*} $

这样我们就得到了$ N(p) $的一个上界. 下面我们将给出$ N(p) $另一个更精细的上界. 对于任意$ r\in{\mathbb N}^{+} $有

$ \frac{2p}{{k}^r(3k-1)}+3^r-1\ge 2\sqrt{\frac{2p3^r}{{k}^r(3k-1)}}-1. $

注意到上面等式成立当且仅当$ \frac{2p}{(3k)^r(3k-1)} = 1 $, 从而$ r = \frac{\ln{\frac{2p}{3k-1}}}{\ln{3k}} $. 令

$ r_0 = \left\lfloor\frac{\ln{\frac{2p}{3k-1}}}{\ln{3k}}\right\rfloor+1. $

因为$ p>\frac{3k-1}{2} $且$ r<r_0 $, 所以$ \lfloor\frac{2p}{(3k)^{r_0}(3k-1)}\rfloor = 0 $. 从而,

(3.8) $ \begin{equation} N(p)\le 3^{r_0}\left\lfloor\frac{2p}{(3k)^{r_0}(3k-1)}\right\rfloor+3^{r_0}-1 = 3^{r_0}-1. \end{equation} $

因此$ l>3^{r_0}-1\ge N(p) $. 但由引理3.1知$ N(p)\geq l $, 故而存在矛盾. 这即是说明对于数字集$ pC $, 不存在非平凡的极大循环, 于是$ p\Lambda(3k, C) $就构成了$ \mu_{k, a, b} $的一组乘积谱, 即(ii)得证.

(iii) 对于任意$ n\geq1 $, 我们注意到$ p^n $与$ 3k $互素, 所以$ {\rm ord}_{p^n}(3k) $存在. 接下来我们断言对于所有$ n\geq1 $, $ {\rm ord}_{p^n}(3k) $为偶数. 事实上, 记$ d = {\rm ord}_{p^n}(3k) $, 则$ (3k)^d-1 $能被$ p^n $所整除. 从而对于每一个$ i\in\{1, 2, \ldots, n\} $, $ (3k)^d-1 $能被$ p_i $整除. 特别地, $ (3k)^d-1 $能被$ p_{i_0} $整除. 由假设知$ {\rm ord}_{p_{i_0}}(3k) $为偶数, 结合引理3.2知, $ d $必能被$ {\rm ord}_{p_{i_0}}(3k) $整除. 这样对所有$ n\geq1 $, $ {\rm ord}_{p^n}(3k) $均为偶数. 注意到同余方程$ x^2\equiv 1 \pmod{p^n} $要么没有解, 要么有两个解. 如果$ d $为偶数, 则$ ((3k)^{\frac{d}{2}})^2\equiv 1 \pmod{p^n} $, 从而$ (3k)^{\frac{d}{2}}\equiv \pm1 \pmod{p^n} $. 又因为$ (3k)^{\frac{d}{2}}\not\equiv 1 \pmod{p^n} $, 所以$ (3k)^{\frac{d}{2}}\equiv -1 \pmod{p^n} $. 这样由定理3.1知, 对于每一个$ n\geq1 $, $ p^n\Lambda(3k, C) $均为$ \mu_{k, a, b} $的乘积谱. 于是我们完成了整个定理的证明.

最后, 我们将给出本文主要结果应用的一个例子.

例3.1  设$ k = 4 $, 若$ \mu_{12, a, b} $是由(1.1)式确定的自相似测度. 如果$ 1\le p<66 $, $ p\in{\mathbb N}\setminus 11{\mathbb N} $以及$ \gcd(p, 3) = 1 $, 则$ p\Lambda(12, C) $为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱除$ p = 26 $及$ 52 $外, 这里$ C = \{0, 1, 2\} $, $ \Lambda(12, C) $由(1.4)式给出.

证  首先由定理2.1知, 当$ p = 1, 2, 4, 5 $时, $ p\Lambda(12, C) $为为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱. 因此只需要考虑$ 7\le p< 66 $, $ p\in{\mathbb N}\setminus 11{\mathbb N} $且$ \gcd(p, 3) = 1 $. 由定理3.2的(i)可得, 对于任意$ 1\leq n\leq6 $, $ 2^n\Lambda(12, C) $均为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱. 记

$ P_1 = \{7, 13, 19, 29, 65\}, {\qquad} P_2 = \{17, 23, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61\}. $

则对于任意$ p\in P_1\cup P_2 $有$ \gcd(p, k) = 1 $. 直接计算可得, 当$ p\in P_1 $时, $ {\rm ord}_{p}(12) $为偶数; 当$ p\in P_2 $时, $ {\rm ord}_{p}(12)>2 $. 从而由定理3.2的(ii)与(iii)知: 如果$ p\in P_1\cup P_2 $, 则$ p\Lambda(12, C) $均为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱. 注意到$ {\rm ord}_{5}(12) = 4 $, 所以由定理3.2的(iii)知: 对于任意$ p\in P_3 = \{10, 20, 25, 40, 50\} $, $ p\Lambda(12, C) $为$ \mu_{12, a, b} $为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱. 类似地, 因为$ {\rm ord}_{7}(12) = 6 $, 所以对于任意$ p\in P_4 = \{14, 28, 35, 49, 56\} $, $ p\Lambda(12, C) $为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱. 注意到

$ P_5 = \{34, 38, 46, 58, 62\} = \{2\times 17, 2\times 19, 2\times 23, 2\times 29, 2\times 31\}. $

从而再由定理3.2的(ii)可知: 如果$ p\in P_5 $, 则$ p\Lambda(12, C) $为$ \mu_{12, a, b} $的乘积谱.