设 $\mu$ 为 $\mathbb{R}^d$ 上具有紧支撑的 Borel 概率测度, 如果存在可数集 $\Lambda\subset\mathbb{R}^d$ 使得指数函数族$E_\Lambda=\{{\rm e}^{-2\pi{\rm i}<\lambda,x>}:\lambda \in\Lambda\}$ 构成 $L^2(\mu)$ 的标准正交基, 则称 $\mu$ 为谱测度. 此时, 我们称$\Lambda$ 为 $\mu$ 的谱, $(\mu,\Lambda)$ 为谱对. 若谱测度 $\mu$ 为限制在紧集 $\Omega$ 上的 Lebesgue 测度, 则称 $\Omega$ 为谱集. 谱研究主要是讨论 $\mu$ 何时为谱测度以及它的谱具有何种形式. 谱研究问题始于 $1974$ 年, Fuglede^[15] 提出著名的谱集猜想.

谱集猜想 $\Omega$ 为谱集当且仅当 $\Omega$ 是平移 Tile, 即存在可数点集 $\Gamma$ 使得 $\Omega\oplus\Gamma=\mathbb{R}^d$, 其中 $\oplus$ 表示直和, 等号在相差一个 Lebesgue 零测集意义下成立.

由于谱集猜想将分析与几何完美地融合了起来, 其相关问题引起了学者的极大兴趣. 此猜想已经被证明在三维及更高维空间上都不成立^[19], 但这一猜想在一维和二维中是否成立仍是公开问题. 尽管如此, 此猜想的思想方法对于谱研究有很大的启示. 我们知道, 限制在 $[0,1]$ 上的 Lebesgue 测度是谱测度且其谱为整数集 $\mathbb{Z}$. 一个困扰了数学家们多年的问题随即产生: 奇异非原子的谱测度是否存在? 直到 $1998$ 年 Jorgensen 和 Pedersen^[18] 构造了第一个奇异的谱测度, 同时也是第一个分形谱测度, 并指出四分 Cantor 测度是谱测度, 但经典三分 Cantor 测度不可能是谱测度. 这一发现将 Fourier 分析与自相似测度紧密结合. 至此,研究者们开启了探索分形谱测度的大门, 并构造出大量的谱测度 ^{[1⇓-3,5,8,12⇓-14,22,25]}.

2000 年, Strichartz^[23]首先将谱测度问题推广到 Moran 测度上, Moran 测度是一种分形测度, 也是自相似测度的推广. Strichartz 的卷积逼近思想为寻找谱测度提供了新的方向. Dai, He 和 Lai^[6] 对具有连续性数字集的 Moran 测度进行了研究, Hu 和 Lau^[17] 对无穷 Bernoulli 卷积的正交集及其谱性进行了研究, 并得到了一种验证无穷 Bernoulli 卷积是否有无穷正交集的方法. 随后 An, He 和 Li^[5] 结合这一方法并利用组合数学中的 Ramsey 定理等理论更系统地研究了一类 Moran 测度. 目前, 众多学者已经得到了许多这方面的研究成果, 如文献 [1⇓⇓⇓-5,9,11,14,16,21,22,25] 等所示成果. 但由于一般的 Moran 测度缺少了“自相似”性, 并且其 Fourier 变换的零点集更难研究, 故关于 Moran 测度的研究仍未完善, 还有很长的路需要我们去探索.

Deng 和 Li^[10] 针对 $D_n=\{0, d_n\}\subset {\mathbb Z} (n\geq1)$ 且序列 $\{d_n\}_{n=1}^\infty$ 有界的情况给出了 $\mu$ 为谱测度的充要条件, 即 $\mu$ 是谱测度的充要条件是 $\frac{p_1p_2\cdots p_n}{d_n}(n\geq1)$ 的 2 因子个数互不相同.

受上述文献的启发, 本文主要研究一维情形下由三元整数集列 $\{D_n\}_{n=1}^\infty$ 生成的 Moran 测度的谱性质. 设$\{p_n\}_{n=1}^\infty$ 为整数序列且对任意的 $n\geq1,$

如果

根据文献 [24] 可知, 测度序列

弱收敛于一个具有唯一紧支撑的 Borel 概率测度. 我们把这个极限测度记为

其中, $\delta_E=\frac{1}{\#E}\sum\limits_{e\in E}\delta_e$, $\#E$ 为有限集 $E$ 的元素个数 且 $\delta_e$ 为单点$e\in\mathbb{R}$ 上的 Dirac 测度. 我们称该测度为 Moran 测度, 且 $\mu$ 支撑在如下 Cantor-Moran 集上

Ding^[11] 证明了如果对一切 $n\geq1$ 都有 $3| p_n, D_n=\{0,a_n,b_n\}\equiv \{0,1,2\}$ (mod 3) 且 $\sup\{d:d\in D_n,n\geq1\}<\infty,$ 则 $\mu_{\{p_n\},\{D_n\}}$ 是谱测度. 随后, Wang 等^[25] 将集合序列 $\{D_n\}_{n=1}^\infty$ 有界这一条件去掉, 得到了 $\mu_{\{p_n\},\{D_n\}}$ 是谱测度的一个充分条件. An 等在文献 [2] 中得到了如下结果: 如果对任意 $n\geq1$, $a_n,b_n$ 互素, 则 $\mu_{\{p_n\},\{D_n\}}$ 是谱测度当且仅当对任意 $n\geq1, \{a_n,b_n\}\equiv\{1,-1\}$ (mod 3) 且 $3| p_n.$.

从文献 [2] 中的结果, 我们自然提出该问题 $:$ 如果去掉假定条件 ${\rm gcd}(a_n,b_n)=1\ (n\geq1)$, 其中 ${\rm gcd}(a_n,b_n)$ 表示 $a_n$ 和 $b_n$ 的最大公约数, 是否也有类似的结论呢? 应用文献 [9,10] 的思想, 本文将条件 ${\rm gcd}(a_n,b_n)=1\ (n\geq1)$ 去掉并推广到更一般的三元数字集情形, 进一步得到 $\mu$ 是谱测度的一个充要条件.

对任意的 $n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\},$ 我们定义

即分别为 $n$ 中的 $3$ 因子个数、最大的非 $3$ 因子. 并记

基于上面记号, 我们得到 $\mu$ 在 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列的限制下, $\mu$ 为谱测度的一个充分必要条件

定理 1.1 假设 $\{p_n\}_{n=1}^\infty,\{D_n\}_{n=1}^\infty$ 如 (1.1) 式所定义. 若 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列, 那么 (1.3) 式所定义的无穷卷积 $\mu$ 是谱测度当且仅当对任意 $n\geq1,$ 有 $\{\frac{a_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)},\frac{b_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)}\}\equiv\{1,-1\}$ (mod 3) 且 $k_j\neq k_n\ (j>n>0).$

值得说明的是, 假设 (1.1) 式中的 $p_n>b_n(n\geq2)$ 这个条件必不可少. 文献 [2] 给出一个例子: 对任意的$n\geq1$, $D_{2n-1}=\{0,1,2^{2n-1}\}, D_{2n}=\{0,5,2^{2n}\},p_n=3.$ 这里 $\mu$ 不是谱测度.

本文的主要框架如下. 在第 2 节中, 我们首先介绍谱测度研究中的一些常用工具. 其次给出了一些预备引理, 这为我们研究 $\mu$ 的谱性质作了铺垫. 在第 3 节中, 在所有数字集有一致上界的前提下, 我们通过假设谱 $\Lambda$ 的存在并对 $\Lambda$ 进行整数谱分解, 再利用加权定理得到 $\mu$ 是谱测度的必要条件. 我们在第 4 节中利用 $[0,1]$ 区间上概率测度空间的等正则性构造 $\mu$ 的一个谱, 得到 $\mu$ 是谱测度的充分条件. 由此给出了 $\mu$ 是谱测度的充要条件. 第 5 节中, 我们给出了一个测度 $\mu$ 每层数字集不一定互素的情形的例子, 从而验证了定理 1.1.

在本节中, 我们将介绍一些基本概念及已知结果.

设 $\mu$ 是 $\mathbb{R}$ 上具有紧支撑的 Borel 概率测度, $\mu$ 的 Fourier 变换定义为

设 $f$ 为 $\mathbb{R}$ 上的函数, 记 $f(x)$ 的零点集为

对于可数子集 $\Lambda\subset\mathbb{R},$ 记 $E_\Lambda:=\{{\rm e}^{-2\pi{\rm i}\lambda x}:\lambda\in\Lambda\}$. $E_\Lambda$ 是测度 $\mu$ 的平方可积空间 $L^2(\mu)$ 的正交集, 此时也称 $\Lambda$ 是 $\mu$ 的正交集. 根据正交性以及零点集定义, 可知集合 $\Lambda$ 是测度 $\mu$ 的正交集当且仅当

当 $\Lambda$ 满足上式时, 我们称 $\Lambda$ 为 $\mu$ 的双零集. 由于双零集有平移不变性, 不失一般性, 本文总假设 $0\in\Lambda.$

由正交基的定义可知, 判断 $\Lambda\subset \mathbb{R}$ 是否为 $\mu$ 的谱, 主要从两个方面验证

(i) (正交性) 对任意的 $\lambda_1\neq \lambda_2\in\Lambda$, 有 $\widehat{\mu}(\lambda_1- \lambda_2)=0;$

(ii) (完备性) 对任意的 $f\in L^2(\mu)$, 若 $f\neq0$, 则一定存在 $\lambda\in\Lambda$ 使得 $\langle f,{\rm e}^{-2\pi{\rm i}\lambda x}\rangle\neq0$.

证明 $\Lambda$ 为谱的关键与难点在于验证其完备性. 下面引理是验证 $\Lambda$ 的正交性与完备性的一种有力工具. 记 $Q_\Lambda(\xi)=\sum\limits_{\lambda\in\Lambda}|\widehat{\mu}(\xi+\lambda)|^2.$

引理 2.1^[18] 设 $\mu$ 是 $\mathbb{R}$ 上具有紧支撑的 Borel 概率测度, 可数集 $\Lambda\subset\mathbb{R},$ 则

(i) $E_\Lambda$ 是 $L^2(\mu)$ 的正交集当且仅当对任意的 $\xi\in\mathbb{R},$ 有 $Q_\Lambda(\xi)\leq1;$

(ii) $E_\Lambda$ 是 $L^2(\mu)$ 的正交基当且仅当对任意的 $\xi\in\mathbb{R},$ 有 $Q_\Lambda(\xi)\equiv1.$

下面引理说明, 两个非原子测度作卷积运算后, 谱结构会比原来的空间内容更``丰富".

引理 2.2^[7] 设 $\mu_i (i=0,1)$ 是 $\mathbb{R}$ 上具有紧支撑的 Borel 概率测度, 且都不是 Dirac 测度. 若 $E_\Lambda$ 是 $L^2(\mu_0)$ 的正交集且 $0\in\Lambda$. 则 $E_\Lambda$ 是 $L^2(\mu_0 \ast \mu_1)$ 的正交集, 但不是它的谱.

设有限子集 $D\subset\mathbb{R}$, 我们称

为 $D$ 的 Mask 函数. 从而 $\mu$ 的傅里叶变换可写成

关于三元数字集的 Mask 函数, 经过初等计算, 我们可得下面至关重要的结论

引理 2.3 设 $D=\{0,a,b\}$ 是三元整数集, $\mathcal{Z}(M_{D})$ 由 (2.2) 式所定义, 则

(i) $\mathcal{Z}(M_{D})\neq\emptyset$ 当且仅当 $\{\frac{a}{{\rm gcd}(a,b)},\frac{b}{{\rm gcd}(a,b)}\}\equiv\{1,-1\}$ (mod 3).

(ii) 若 $\mathcal{Z}(M_{D})\neq\emptyset$, 则 $\mathcal{Z}(M_{D})=\frac{3\mathbb{Z}\pm1}{3{\rm gcd}(a,b)}$.

因此, 我们有

并且

为了更好的进行谱研究, 学者们引入了相容对的概念.

定义 2.1^[18] 假设有限集 $D,C\subseteq\mathbb{R}$, 且 $\#D=\#C=q$, 如果

是酉矩阵 $(HH^*=E)$, 则称 $(D,C)$ 是相容对.

下面我们给出相容对的常用性质.

引理 2.4^[20,23] 若两个有限集 $D,C\subseteq\mathbb{R}$ 具有相同的势, 则下列结论等价

(i) $(D,C)$ 是相容对;

(ii) 对任意的 $c_1\neq c_2\in C,$ 有 $M_D(c_1-c_2)=0$;

(iii) 对任意的 $\xi\in\mathbb{R},$ $\sum\limits_{c\in C}|M_D(\xi+c)|^2\equiv1.$

引理 2.5^[20] 设两个有限集 $D,C\subseteq\mathbb{Z}$ 具有相同的势, $N\in\mathbb{Z}$ 且 $|N|\geq2.$ 若 $(\frac{D}{N},C)$ 是相容对, 则

(i) 对任意的 $a,b\in\mathbb{R},(\frac{D}{N}+a,C+b)$ 是相容对;

(ii) 假设整数集 $\widetilde{C}\subset\mathbb{Z},$ 满足 $\widetilde{C}\equiv C$ (mod $N),$ 则 $(\frac{D}{N},\widetilde{C})$ 也是相容对;

(iii) $D,C$ 都是一个模 $N$ 的剩余系.

接下来我们引入文献 [1] 中的几个定义.

定义 2.2 (i) 假设 $\Psi$ 是紧集 K 上的概率测度的集合, 若存在 $\varepsilon_0>0,$ 对任意 $x\in[0,1]$ 以及任意 $v\in\Psi,$ 都存在 $k_{x,v}\in\mathbb{Z}$ 使得

我们则称 $\Psi$ 是一个等正则族.

(ii) 对 $\mathbb{R}$ 上的任意 Borel 概率测度 $\mu$, 我们定义它的整周期零点集为

我们称紧集 $[0,1]$ 上的概率测度集 $\Psi$ 是一个可容许族, 如果对任意 $v\in\Psi$ 及 $\Psi$ 的任意弱极限的整周期零点集均为空集.

引理 2.6^[1] 设 $\mathcal{P}([0,1])$ 为 $[0,1]$ 上所有 Borel 概率测度全体. 若 $\Psi$ 是 $\mathcal{P}([0,1])$ 上的可容许族, 则 $\Psi$ 是一个等正则族.

引理 2.7^[9] 令 $v(\cdot)=\mu(\frac{p_1}{q}\cdot)$ 且 $q\neq0$, 则 $\Lambda$ 是 $\mu$ 的谱当且仅当 $\frac{q}{p_1}\Lambda$ 是 $v$ 的谱. 并且, 若 $q$ 是所有 $3{\rm gcd}(a_n,b_n)$ 的一个公倍数, 则 $\mathcal{Z}(\widehat{\mu})\subset\frac{p_1}{q}\mathbb{Z}$ 且$\mathcal{Z}(\widehat{v})\subset\mathbb{Z}.$

为了方便读者的阅读, 我们给出该引理的证明.

证 对于可数子集 $\Lambda\subset\mathbb{R},$ 记 $\Gamma=\frac{q}{p_1}\Lambda$. 由于 $v(\cdot)=\mu(\frac{p_1}{q}\cdot),$ 则

于是,

因此, 对任意的 $x\in\mathbb{R}$ 及 $q\neq0,$ $\sum\limits_{\lambda\in\Lambda}|\widehat{\mu}(\lambda+x)|^2=1$ 当且仅当 $\sum\limits_{\gamma\in\Gamma}|\widehat{v}(\gamma+x)|^2=1.$ 根据引理 2.1 可知, 第一个结论成立.

若 $q$ 是所有 $3{\rm gcd}(a_n,b_n)$ 的一个公倍数, 由 (2.7) 式可知$\mathcal{Z}(\widehat{\mu})\subset\frac{p_1}{q}\mathbb{Z},$ 又 $v(\cdot)=\mu(\frac{p_1}{q}\cdot)$, 故$\mathcal{Z}(\widehat{v})\subset\mathbb{Z}.$

该定理表明 (1.3) 式所定义 $\mu$ 的谱性与 $p_1$ 无关, 又 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列, 因此, 我们可以选取足够大的 $p_1$ 使得 $p_1$ 为所有 $3{\rm gcd}(a_n,b_n)$ 的一个公倍数. 不失一般性, 下面文章中, 我们始终假设对任意的 $n\geq1$,

最后介绍本文要用到的一个非常有用的加权求和定理

引理 2.8^[9] 设 $p_{i,j}>0, p_{i,1}+p_{i,2}+p_{i,3}=1 (1\leq i\leq m)$ 且 $t_{i,j}\geq0, \sum\limits_{i=1}^m \max\{t_{i,1},t_{i,2},t_{i,3}\}\\ \leq1.$ 那么, $\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^3p_{i,j}t_{i,j}=1$ 当且仅当$t_{i,1}=t_{i,2}=t_{i,3} (1\leq i\leq m)$ 且 $\sum\limits_{i=1}^mt_{i,1}=1.$

证 由于 $p_{i,1}+p_{i,2}+p_{i,3}=1$, 于是

又 $1-\sum\limits_{i=1}^m \max\{t_{i,1},t_{i,2},t_{i,3}\}\geq0, \max\{t_{i,1},t_{i,2},t_{i,3}\}-t_{i,j}\geq0,$ 故 $\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^3p_{i,j}t_{i,j}=1$ 当且仅当 $t_{i,1}=t_{i,2}=t_{i,3}(1\leq i\leq m)$ 且 $\sum\limits_{i=1}^mt_{i,1}=1.$

下面证明定理 1.1 的必要性. 事实上, 去掉条件 $p_n>b_n (n\geq1)$ 并不影响必要性的成立.

定理 3.1 假设对任意的 $n\geq1,$ 整数 $p_n>1$ 和 $D_n=\{0,a_n,b_n\}\subset\mathbb{Z},$ 其中 $ 0<a_n<b_n$ 且 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列. 如果 $\mu$ 是谱测度, 则对任意的 $n\geq1,$ $k_j\neq k_n\ (j>n>0)$ 且 $\{\frac{a_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)},\frac{b_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)}\}\equiv\{1,-1\}$ (mod 3).

在证明定理 3.1 之前, 我们先证明一些重要的引理. 在下文中, 对任意 $n\geq1,$ 我们记 $\varphi_n=\delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_n^{-1}D_n}, v_n=\delta_{p_1^{-1}D_1}\ast\cdots\ast\delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_{n-1}^{-1}D_{n-1}}\ast\delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_{n+1}^{-1}D_{n+1}}\ast\cdots$, 则

由于 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列, 故 $k_n$ 有最小值. 令 $n_1=\min\{n\ge1:\ k_n=\min\{k_j:\ j\ge1\}\}$, 即 $n_1$ 是首个使得 $k_n$ 达最小值的正整数 $n$. 假设 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 为 $\mu$ 的一个谱, 于是由 (2.7) 式有

且

由 (2.9) 式可知存在正整数 $N$ 使得 $3\nmid N,$ 并且

我们记

于是, $\Delta=\Delta_0\cup\Delta_1\cup\cdots\cup\Delta_{N-1}.$ 由 (3.2) 式可知, $\Lambda$ 可分解为如下不交并

引理 3.1 设 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的一个谱. 则 $\Lambda_j\neq\emptyset$ 时, $E_{3N\Lambda_j}$ 是 $L^2(v_{n_1})$ 的一个正交族.

证 对于任意的 $\lambda_1\neq\lambda_2\in3N\Lambda_j,$ 有

由于 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的谱, 则

又 $\Lambda_j\subset3^{k_{n_1}}\mathbb{Z},$ 我们有 $\lambda_1-\lambda_2\in3^{k_{n_1}+1}N\mathbb{Z}.$ 因此,

由 (3.3) 和 (3.4) 式可知 $\widehat{\varphi_{n_1}}(\lambda_1-\lambda_2)\neq0.$ 又因为 $\widehat{\mu}(\lambda_1-\lambda_2)=\widehat{\varphi_{n_1}}(\lambda_1-\lambda_2)\cdot \widehat{v_{n_1}}(\lambda_1-\lambda_2).$ 于是

所以, $E_{3N\Lambda_j}$ 是 $L^2(v_{n_1})$ 的一个正交族. 证毕.

引理 3.2 任取 $j_k\in\{0,1,2\} (0\leq k\leq N-1),$ 记 $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}=\bigcup\limits_{k=0}^{N-1}[3^{k_{n_1}}k+3^{k_{n_1}}j_kN+3N\Lambda_{k+j_kN}]$. 如果 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的一个谱, 则 $E_{\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}}$ 是空集或为 $L^2(v_{n_1})$ 的一个正交族.

证 不妨设 $\Gamma$ 为至少含有两个元素的非空集合. 假设 $\lambda_1\neq\lambda_2\in\Gamma.$

(a) 若存在整数 $k (0\leq k \leq N-1)$ 使得

则

由引理 3.1 可知 $\widehat{v_{n_1}}(\lambda_1-\lambda_2)=0.$

(b) 若存在 $k\neq s\in\mathbb{Z} (0\leq k,s\leq N-1)$ 使得

假设 $v_{n_1}(\lambda_1-\lambda_2)\neq0.$ 由于 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的谱, 则 $\widehat{\mu}(\lambda_1-\lambda_2)=0$. 于是, $\widehat{\varphi_{n_1}}(\lambda_1-\lambda_2)=0$. 由 (3.3) 和 (3.4) 式可知

又 $\Lambda_j\subset3^{k_{n_1}}\mathbb{Z},$ 故 $3N\Lambda_j\subset3^{k_{n_1}+1}N\mathbb{Z}.$ 于是只有

这说明 $k-s\in N\mathbb{Z}.$ 这与 $0\leq k\neq s\leq N-1$ 矛盾, 故假设不成立. 综上所述, $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}$ 是 $L^2(v_{n_1})$ 的一个正交集. 证毕.

对于任意的 $0\leq k\leq N-1$, 我们记 $\Omega_k=\{k+jN:\Lambda_{k+jN}\neq\emptyset,j=0,1,2\}.$ 由于 $0\in\Lambda,$ 则 $\Lambda_0\neq\emptyset$, 并且 $\Omega_0\neq\emptyset.$ 由 (3.6) 式结合引理 2.1 可知, 对任意的 $x\in\mathbb{R},$

其中, 当 $\Lambda_{k+jN}=\emptyset$ 时,$\sum\limits_{\lambda\in3^{k_{n_1}}k+3^{k_{n_1}}jN+3N\Lambda_{k+jN}}|\widehat{\mu}(\lambda+x)|^2=0.$ 由 (2.4) 和 (3.4) 式, 有 $\widehat{\varphi_{n_1}}(x+3^{k_{n_1}+1}N)=\widehat{\varphi_{n_1}}(x).$ 我们可以得到, 对任意 $x\in\mathbb{R},$ 有

对于 $0\leq k\leq N-1,0\leq j\leq2,$ 我们记

从而, 上式可以写成

对任意 $0\leq k\leq N-1,$ 根据引理 2.5 可得 $(\frac{D_{n_1}}{p_1p_2\cdots p_{n_1}},3^{k_{n_1}}\Delta_k)$ 是一个相容对. 故由引理 2.4 可知

由引理 3.2, 我们知道对任意的 $j_0,j_1,\cdots,j_{N-1}\in\{0,1,2\},$

是 $L^2(v_{n_1})$ 的一个正交集. 故由引理 2.1 以及引理 3.2 可知对任意的 $j_0,j_1,\cdots,j_{N-1}\in\{0,1,2\}, \sum\limits_{k=0}^{N-1}t_{k,j_k}\leq1.$ 于是,

对于任意无理数 $x\in\mathbb{R},$ 由 (3.3) 式有 $p_{k,j}>0.$ 利用引理 (2.8), 我们有

因此, 对于任意 $0\leq k\leq N-1,0\leq j\leq2$ 以及无理数 $x\in\mathbb{R},$ 满足

并且

因为无理数集在实数域上稠密, 再根据 (3.7) 式左边的连续性可知对任意 $x\in\mathbb{R}$, (3.7) 式和 (3.8) 式均成立. 由引理 2.1 可得: 对任意 $j_0,j_1,\cdots,j_{N-1}\in\{0,1,2\}$, $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}$ 是 $v_{n_1}$ 的一个谱.

根据以上讨论, 我们叙述为

引理 3.3 若 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的一个谱, 那么对任意的 $j_0,j_1,\cdots,j_{N-1}\in\{0,1,2\}$, $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}=\bigcup\limits_{k=0}^{N-1}[3^{k_{n_1}}k+3^{k_{n_1}}j_kN+3N\Lambda_{k+j_kN}]$ 是 $v_{n_1}$ 的一个谱.

引理 3.4 若 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的一个谱, 那么对任意的 $\lambda\in\Lambda,$ 存在 $\lambda'\in\Lambda$ 使得

证 假设存在 $\lambda\in\Lambda$ 使得对任意的 $\lambda' \in\Lambda$ 都有

由于 $\Lambda$ 是 $\mu$ 的一个谱, 于是

根据 (2.3) 式便有 $\Lambda$ 是 $v_{n_1}$ 的一个正交集. 但由 (3.6) 式以及引理 3.3 可知,$\Lambda$ 不可能为 $\mu$ 的谱. 这与已知矛盾, 引理得证.

现在我们继续证明定理 3.1.

证 若存在 $n_0\geq1$ 使得 $\{\frac{a_{n_0}}{{\rm gcd}(a_{n_0},b_{n_0})},\frac{b_{n_0}}{{\rm gcd}(a_{n_0},b_{n_0})}\}\not\equiv\{1,-1\}$ (mod 3). 由引理 2.3 可知

假设 $\Lambda (0\in\Lambda)$ 是 $\mu$ 的谱. 根据 （3.1） 式, 我们有

由引理 2.2 可知, $\Lambda (0\in\Lambda)$ 不可能为 $\mu$ 的谱. 于是对任意的 $n\geq1,$ $\{\frac{a_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)},\frac{b_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)}\} \equiv\{1,-1\}$ (mod 3).

下面我们选取一组 $j_k (0\leq k \leq N-1)$ 来构造 $v_{n_1}$ 一个特殊的谱 $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}$. 实际上, 我们希望得到 $k+j_kN$ 有 $3$ 因子.

令

由于 $\Lambda_j\subset3^{k_{n_1}}\mathbb{Z},$ 故 $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}=\bigcup\limits_{k=0}^{N-1}[3^{k_{n_1}}k+3^{k_{n_1}}j_kN+3N\Lambda_{k+j_kN}]\subset3^{k_{n_1}+1}\mathbb{Z}.$ 假设存在 $j\neq n_1, $但 $k_j=k_{n_1}. $ 对谱对 $(v_{n_1},\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}})$ 应用引理 3.4 可得对任意 $\lambda \in \Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}},$ 存在 $\lambda'\in\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}$ 使得 $\widehat{\varphi_j}(\lambda-\lambda')=0.$ 由 (3.3) 和 (3.4) 式可知 $\nu_3(\lambda-\lambda')=k_{j}.$ 另一方面, 因为 $\Gamma_{j_0,\cdots,j_{N-1}}\subset3^{k_{j}+1}\mathbb{Z},$ 故 $\nu_3(\lambda-\lambda')\geq k_{j}+1$, 矛盾. 因此,对任意 $j\neq n_1, k_j>k_{n_1}.$

令 $n_2=\min\{n\geq1:k_n\leq k_j,j\geq1,j\neq n_1\}$, 则 $k_{n_1}<k_{n_2}.$ 我们记 $v_{n_1,n_2}$ 为 $v_{n_1}$ 中移除 $\varphi_{n_2}$ 以后的无穷卷积, 则

并用 $v_{n_1}$ 代替原来的 $\mu$, 类似地可得到 $v_{n_1,n_2}$ 具有包含在 $3^{k_{n_2}+1}\mathbb{Z}$ 中的谱且 $k_{n_1}<k_{n_2}<k_{j},$ 其中 $j\neq n_1,n_2$. 重复上述步骤, 可得 $k_1,\ k_2,\ \cdots,\ k_n\,\cdots$ 是各不相同的. 定理 3.1 得证.

本节我们主要证明定理 1.1 的充分性. 我们先证明几个必需的引理, 记

引理 4.1 假设 $k_n$ 和 $r_n$ 分别由 (1.6) 式和 (4.1) 式所定义. 则以下结论成立

(i) 当 $k_s>k_t$ 时, $r_s\geq r_t$;

(ii) 存在常数 $\beta\geq0$ 使得对任意 $n\geq1$, 有 $n\leq r_n \leq n+\beta.$

证 (i) 由 $r_n$ 的定义可知, $r_n$ 为满足当 $j>p$ 时, $k_j>k_n$ 的最小整数 $p$. 若 $k_s>k_t,$ 那么 $j>r_s$ 时,

故 $r_s\geq r_t.$

(ii) 若对任意 $j>n$, 都有 $k_j>k_n.$ 则 $r_n=n,$ 结论成立. 若不然, 假设存在整数 $s>n>0$ 使得 $k_s<k_n$. 由于 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列, 故存在常数 $c\geq0$ 使得对任意 $n\geq1,$ 都有 $\nu_3({\rm gcd}(a_n,b_n))\leq c.$ 对任意的 $j>n>0,$

又因为 $k_j\neq k_n\ (j>n>0)$, 我们有

另一方面, 当 $n<j\leq s$ 时,

于是, 对于任意的 $j>n>0,$ 有

由 (4.2) 和 (4.3) 式可知 $s-n\leq 2c.$ 当 $\beta=2c$ 时, 结论成立.

对任意的 $n\in\mathbb{Z}\backslash\{0\},$ 我们定义 $h(n)=\frac{n}{3^{v_3(n)}},$ 即 $n$ 中的非 $3$ 因子. 根据 $k_n$ 的定义容易得到

记

引理 4.2 假设 $k_n$、$r_n$ 以及 $M_n$ 分别由 (1.6)、(4.1) 和 (4.5) 式所定义, $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列且 $k_j\neq k_n\ (j>n>0)$. 若 $s> r_n,$ 则 $M_n+p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z}=M_n.$

证 一方面, $p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z}+M_n\supseteq M_n$ 显然成立.

下证 $p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z}+M_n\subseteq M_n.$ 任取 $\lambda\in p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z}+M_n$, 不妨设存在 $z_1,z_2\in\mathbb{Z}$ 使得

当 $s>r_n \geq n$ 时, $k_n<k_s.$ 由 $h(n)$ 的定义可知 $h(p_1p_2\cdots p_{r_n}) | h(p_1p_2\cdots p_s).$ 于是, 我们可以找到 $z_3\in\mathbb{Z}$ 使得

故对任意的 $\lambda\in p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z}+M_n$ 都有 $\lambda\in M_n$.

综上所述, $M_n+p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z}=M_n.$

定理 4.1 假设 $k_n$、$r_n$ 以及 $M_n$ 分别由 (1.6)、(4.1) 和 (4.5) 式所定义, $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列且 $k_j\neq k_n (j>n>0)$, 则以下结论成立

(i) 对于任意非空有限自然数集 $\mathcal{C}$ 以及 $x_i\in M_i, \widehat{\mu} ( \sum\limits_{i\in \mathcal{C}}x_i )=0.$

(ii) 给定 $n\geq1$ 及 $x_i,y_i\in M_i (1\leq i \leq n)$ 使得 $\{0,x_i,y_i\}$ 是 $\delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_i^{-1}D_i}$ 的谱, 那么有 $\Gamma_n=\sum\limits_{i=1}^n\{0,x_i,y_i\}$ 是概率测度 $\mu_n=\delta_{p_1^{-1}D_1} \ast \delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}D_2} \ast \cdots \ast \delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_n^{-1}D_n}$ 的谱.

(iii) 假设 $\Gamma\subset\sum\limits_{i=1}^{n}(\{0\}\cup M_i)$ 是概率测度 $\mu_{n}=\delta_{p_1^{-1}D_1} \ast \delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}D_2} \ast \cdots \ast \delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_{n}^{-1}D_{n}}$ 的一个谱, 对每一个 $\lambda \in \Gamma,$ 任取 $y_\lambda\in p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z} (s\geq n)$ 且当 $\lambda=0$ 时, 取 $y_0=0, $ 则集合 $\{\lambda+y_\lambda:\lambda\in\Gamma\}$ 也是 $\mu_{n}$ 的一个谱.

证 (i) 令 $\mathcal{C}=\{t_1,t_2,\cdots,t_s\},$ 不妨设 $k_{t_1}<k_{t_2}<\cdots<k_{t_s}$. 由引理 4.1 (i) 可知 $r_{t_1}\leq r_{t_2}\leq\cdots \leq r_{t_s}.$ 于是,

由 $h(n)$ 的定义可知, 任意取 $x_{i}\in M_{i} (t_1\leq i\leq t_s),$ 此时存在 $z_1,z_2,\cdots,z_s\in3\mathbb{Z}\pm1$ 使得

由 (2.7) 式可知, $\widehat{\mu} ( \sum\limits_{i\in \mathcal{C}}x_i )=0.$

(ii) 因为 $k_n(n\geq1)$ 各不相同, 故 $\#\Gamma_n=3^n$ 且 $L^2(\mu_n)$ 的维数为 $3^n.$ 下证对任意 $\lambda\neq\lambda'\in\Gamma_n,$ 有 $\widehat{\mu_n}(\lambda-\lambda')=0.$

事实上, 由于 $\{0,x_i,y_i\} (x_{i},y_i\in M_{i},1\leq i\leq n)$ 是 $\delta_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_i^{-1}D_i}$ 的谱, 那么对任意的 $\lambda\neq\lambda'\in\Gamma_n,$ 存在 $a_i\in\{-1,1\},z_i\in M_i$ 以及非空有限集 $\mathcal{C}\subseteq\{1,2,\cdots,n\}$ 使得

且对任意的 $i\in\mathcal{C},$

于是由 (i) 可得 $\widehat{\mu_n}(\lambda-\lambda')=0,$ 正交性成立. (ii) 得证.

(iii) 由于 $\Gamma$ 是概率测度 $\mu_{n}$ 的一个谱, 对任意的 $\lambda\neq\lambda'\in\Gamma,$ 我们有

从而存在 $1\leq j\leq n$ 使得

由 (4.4) 式可知

当 $s\geq n \geq j$ 时, 我们有

注意到 $3^{k_j+1}h(p_1p_2\cdots p_j)$ 是 $\widehat{\varphi_j}$ 的一个周期, 故 $p_1p_2\cdots p_s$ 也是 $\widehat{\varphi_j}$ 的一个周期, 即

所以, 对任意的 $y_\lambda, y_{\lambda'}\in p_1p_2\cdots p_s\mathbb{Z},$ 有

从而 $\widehat{\mu_{n}}((\lambda+y_\lambda)-(\lambda'+y_{\lambda'}))=0.$ 由 (2.3) 式知 $E_{\{\lambda+y_\lambda : \lambda\in\Gamma\}}$ 是 $L^2(\mu_{n})$ 的一个正交族.

下证 $\#\Gamma=\#\{ \lambda+y_\lambda : \lambda\in\Gamma\}.$ 假设存在 $\lambda\neq\lambda'\in\Gamma$ 使得$\lambda+y_\lambda=\lambda'+y_{\lambda'}.$ 根据上面讨论, 我们知道存在 $1\leq j \leq n$ 使得

由于

根据 (3.3)、(3.4) 式可得 $\nu_3(\lambda-\lambda')=k_j$. 由上面已得的结论

可知

故 $\nu_3(y_{\lambda}-y_{\lambda'})>\nu_3(\lambda-\lambda')$, 这与 $\lambda+y_\lambda=\lambda'+y_{\lambda'}$ 矛盾. 即证得$\#\Gamma=\#\{ \lambda+y_\lambda : \lambda\in\Gamma\}.$ 综上所述, $\{\lambda+y_\lambda:\lambda\in\Gamma\}$ 也是 $\mu_{n}$ 的一个谱. 证毕.

下面的定理来自文献 [1], 我们在后面的证明中需要使用到. 记

定理 4.2^[1] 集族 $\{v_{>n}\}$ 是可容许族当且仅当序列 $\{v_{>n}\}_{n\geq1}$ 不弱收敛于 $\frac{1}{2}(\delta_0+\delta_1)$.

引理 4.3 设 $p_n,D_n$ 如 (1.1) 式所定义, $v_{>n}$ 如 (4.6) 式所定义, 记 $\Psi=\{v_{>k}:k\geq0\}.$ 假设$\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列, 则存在 $\varepsilon_0>0$ 及 $\delta_0>0$ 使得对任意 $x\in[0,1]$ 和 $v\in\Psi, $当 $\mid y\mid<\delta_0$ 时, 存在整数 $k_{x,v}\in\mathbb{Z}$ 使得

证 由于 $n\geq1$ 时, $p_n>b_n>0$. 则 $v_{>k}$ 的支撑集 $T_k$ 满足

因此, $\Psi$ 是由 $[0,1]$ 上的概率测度组成的集合. 又 $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ 为有界序列, 令 $\ell:=\max\{b_n+1:n\geq1\}.$ 当 $p_{k+1}\geq 2b_{k+1}+2$ 时,

当 $p_{k+2}\geq 2b_{k+2}+2$ 时,

当 $b_{k+1}<p_{k+1}\leq 2b_{k+1}+1$ 且 $b_{k+2}<p_{k+2}\leq 2b_{k+2}+1$ 时, 注意到 $b_n\geq1\ (n>0).$ 故

又因为

于是, 对任意的 $k\geq1,$ $v_{>k}\left(\left[1-\frac{1}{2\ell}\right]\right)=1$ 或者$v_{>k}\left(\left[\frac{1}{3},1-\frac{1}{2\ell}\right]\right)\geq \frac{1}{9}.$ 因此, $\Psi$ 中的任意子列均不弱收敛于概率测度 $\frac{1}{2}(\delta_0+\delta_1).$ 由定理 4.2 可知 $\Psi$ 是可容许的, 此时根据引理 2.6 可得$\Psi$ 是一个等正则族, 故存在 $\varepsilon_0>0$ 使得对任意 $x\in[0,1] $及任意 $ v_{>k}\in\Psi, $ 都存在整数$k_{x,v}\in\mathbb{Z}$ 使得

又因为集族 $\widehat{\Psi}:=\{\widehat{v_{>n}}:n\geq1\}$ 是等度连续的 (参见文献 [1, 引理 2.2]).

故对 (4.8) 式中的 $\varepsilon_0$, 存在 $\delta_0>0,$ 当 $\mid y\mid<\delta_0$ 时, 对任意 $v\in\Psi$, 有

结合 (4.8) 式和 (4.8) 式, 我们有

当 $x=0 $ 时, 由于 $\widehat{v_{>k}}(0)=1,$ 我们可以取 $k_{x,v}=0.$ 该引理得证.

引理 4.4 $\mathcal{A}:=\{n\geq1:r_n=n\}$ 是无限集.

证 假设 $\mathcal{A}$ 是有限集. 由于 $r_n\geq n,$ 故存在正整数 $N>0$ 使得当 $n\geq N$ 时,

由 (4.1) 式中 $r_n$ 的定义可知, $n\geq N$ 时, $k_{r_n}<k_n.$ 记 $\{n_j\}_{j\geq1}$ 为一正整数序列, 并满足 $n_1=N, n_{j+1}=r_{n_j} (j\geq1).$ 于是对任意 $j\geq1,$ 有 $n_j\geq N$ 且

于是 $\{n_j\}_{j\geq1}$ 为一严格递增序列. 又因为 $n\geq N$ 时, $k_{r_n}<k_n.$ 故对任意 $j\geq1,$

也就是说, $\{k_{n_j}\}_{j\geq1}$ 为一严格递减序列. 但由 (2.9) 式可知 $k_n\geq0 (n\geq1).$ 这与假设矛盾. 从而 $\mathcal{A}$ 是无限集.

现在我们继续证明定理 1.1 的充分性. 若对任意的 $n\geq1, $有 $\{\frac{a_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)},\frac{b_n}{{\rm gcd}(a_n,b_n)}\}\equiv\{1,-1\}$ (mod 3). 根据引理 2.3, 显然有$\mathcal{Z}(\widehat{\delta}_{p_1^{-1}p_2^{-1}\cdots p_n^{-1}D_n})\neq\emptyset (n\geq1)$ 且 2.7 式成立.

设 $M_n$ 如 (4.5) 式所定义. 对于任意 $n\geq1,$ 记 $\alpha_n=3^{k_n}h(p_1p_2\cdots p_{r_n})\in M_n,\beta_n=2\cdot3^{k_n}h(p_1p_2\cdots p_{r_n})\in M_n.$ 由 (2.6) 式和 (4.4) 式可知对任意的 $n\geq1,$ $\{0,\alpha_n,\beta_n\}$ 是 $\delta_{p_{1}^{-1}p_{2}^{-1}\cdots p_{n}^{-1}D_{n}}$ 的谱. 我们取 $n_1\in\mathcal{A},$ 记

由于 $\mathcal{A}$ 是无限集且 $p_n\geq2,$ 我们可以找到足够大的 $n_2\in\mathcal{A}$ 使得

记

由引理 4.3 可知, 对于任意 $\lambda\in\Lambda_1$ 及 $y\in\Lambda_{1,2}, $存在 $k_{1,y}\in\mathbb{Z}$ 使得

如果 $y=0,$ 由于 $\widehat{v_{>{n_2}}}(0)=1,$ 我们可以取 $k_{1,y}=0.$ 记

利用定理 4.1 可知 $\Lambda_{2}$ 为 $\mu_{n_2}:=\delta_{p_{1}^{-1}D_{1}}\ast\delta_{p_{1}^{-1}p_{2}^{-1}D_{2}}\ast \cdots \ast\delta_{p_{1}^{-1}p_{2}^{-1}\cdots p_{n_2}^{-1}D_{n_2}}$ 的谱. 同时我们有

并且对任意 $\lambda_2\in\Lambda_{2}$, 有

以 $\Lambda_2$ 代替 $\Lambda_1$, 继续这一过程, 我们可以找到一列严格递增的整数列 $\{n_k\}_{k\geq 1}$ 以及 $\mu_{n_k}$ 的谱 $\Lambda_k$, 使得

记 $\Lambda=\bigcup\limits_{k=1}^\infty\Lambda_{k}.$ 先证 $\Lambda$ 是 $\mu$ 的正交集. 因为对于任意 $k\geq1,$ $\Lambda_{k}$ 为 $\mu_{n_k}$ 的谱. 于是对任意 $\xi\in\mathbb{R}$, 有

观察到

根据 $\Lambda_{k}\subset\Lambda_{k+1}$ 且 $\Lambda=\bigcup\limits_{k=1}^\infty\Lambda_{k}.$ 令 $k\rightarrow +\infty, $ 便由上式可得

故由引理 2.1 可知 $\Lambda$ 是 $\mu$ 的正交集.

对任意的 $\xi\in\mathbb{R},$ 记

对任意 $k\geq1$ 及 $\xi\in\mathbb{R}$, 由 (4.10) 和 (4.11) 式, 我们有

假设存在 $\xi_0\in\mathbb{R}$ 使得 $Q_\Lambda(\xi_0)<1.$ 由于集族 $\widehat{\Psi}:=\{\widehat{v_{>n}}:n\geq1\}$ 是等度连续的, 根据 (4.10) 式中的第二关系式可得

于是对任意 $\lambda\in\Lambda_{k},$

故

因此, 我们有

由 (4.13) 和 (4.16) 式可得

因此,

显然上式不可能成立, 故对任意的 $\xi\in\mathbb{R},$ $Q_\Lambda(\xi)\equiv1.$ 由引理 2.1 可知 $\Lambda$ 为测度 $\mu$ 的一个谱, 所以 $\mu$ 是谱测度. 定理 1.1 得证.

下面例子说明, 文献 [2, 定理 1.3] 的条件 $a_n,b_n$ 互素不是必要的, 只要满足定理 1.1 的条件, $\mu$ 仍为谱测度.

例 5.1 假设 $D_1=\{0,3,6\},D_2=\{0,2,4\}$ 且 $n\geq3$ 时, $D_n=\{0,1,2\}$. 当 $n=1$ 或 $n\geq3$ 时, $p_n=9$ 而 $n=2$ 时, $p_n=7$. 则测度 $\mu_{\{p_n\},\{D_n\}}=\delta_{9^{-1}\{0,3,6\}}\ast\delta_{9^{-1}7^{-1}\{0,2,4\}}\ast\delta_{9^{-1}7^{-1}9^{-1}\{0,1,2\}}\ast\cdots$ 是谱测度.

证 记

则 $\widehat{\mu}(\xi)=\widehat{\nu}(\xi)\widehat{\mu}_{9,\{0,1,2\}}(\frac{\xi}{63})$, $\widehat{\nu}(\xi)=\frac{1}{9}(1+{\rm e}^{-2\pi{\rm i}\frac{\xi}{3}}+{\rm e}^{-2\pi{\rm i}\frac{2\xi}{3}})(1+{\rm e}^{-2\pi{\rm i}\frac{2\xi}{63}}+{\rm e}^{-2\pi{\rm i}\frac{4\xi}{63}})$, 我们易知 63 是 $\widehat{\nu}(\xi)$ 的一个周期.

令

容易验证 $\Lambda_1$ 是 $\nu$ 的谱且 $\Lambda_2$ 是 $\mu_{9,\{0,1,2\}}$ 的谱 (参见文献 [1, 定理 1.3]), 下证 $\Lambda_1+63\Lambda_2$ 是 $\mu$ 的谱.

由引理 2.1 可知 $\Lambda_1+63\Lambda_2$ 是 $\mu$ 的谱, 从而 $\mu$ 是谱测度.