1 引言及主要结论

设M∈M_n(Z)为n阶整数扩张矩阵,D⊂Zⁿ为有限数字集且基数为|D|.由仿射变换组成的迭代函数系{φ_d(x)=M^-1(x+d)}_d∈D产生的自仿测度μ:=μ_M,D是满足等式

$\mu =1\frac{1}{\left| D \right|}\sum\limits_{d\in D}^{{}}{\mu \circ \phi _{d}^{-1}}$

(1)

的唯一概率测度.它的支撑是该迭代函数系的吸引子T:=T(M,D),且T=$\underset{d\in D}{\mathop{\cup }}\,$φ_d(T).如果存在集合Λ⊂Rⁿ,使得指数函数系E(Λ):={exp(2πi〈λ,x〉):λ∈Λ}组成Hilbert空间L²(μ_M，D)的正交基(Fourier基),则称μ_M，D为谱测度,Λ为μ_M，D的谱,也称(μ_M，D,Λ)为谱对.设B,S⊂Rⁿ为有限集合且|B|=|S|=q,若H_B,S=[q^-1/2exp(2πi〈b,s〉)]_b∈B,s∈S为q×q阶矩阵,满足H_B,SH_B,S^*=I_q(其中H_B,S^*为H_B,S的共轭转置矩阵),则称(B,S)为和谐对.

谱集是由Fuglede^[1]引入的,谱测度是谱集的自然推广,在分析与几何中起着重要作用.近年来关于自仿测度μ_M，D的谱与非谱问题受到研究者广泛关注^{[2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9]},这些问题均与自仿测度μ_M，D的Fourier变换${\hat{\mu }}$_M，D密切相关,其中

${\hat{\mu }}$M,D(ξ)=∫exp(2πi〈x,ξ〉)dM,D(x)=$\prod\limits_{j=1}^{\infty }{{}}$mD(M*-jξ),ξ∈Rn,

(2)

这里M^*表示M的共轭转置矩阵(实际上,M^*=M^t)，且

mD(x)=$\frac{1}{\left| D \right|}\sum\limits_{d\in D}^{{}}{{}}$exp(2πi〈d,x〉),(x∈Rn).

(3)

关于自仿测度的谱与非谱问题还有以下两个猜测:

猜测1^[10] 设M∈M_n(Z)为扩张矩阵,D⊂Zⁿ为有限数字集且0∈D,如果存在S⊂Zⁿ,0∈S,使得(M^-1D,S)为和谐对,则μ_M,D是谱测度.

猜测2^[11]  设M∈M_n(Z)为扩张矩阵,D⊂Zⁿ为有限数字集,如果|D|∉W(m),这里W(m)是|det(M)|=m的素数因子的非负整数组合,则μ_M,D不是谱测度,且空间L²(μ_M,D)中正交指数函数系至多有有限个.

猜测1和猜测2只能在一定条件下证明其成立^{[7, 10, 11, 12]}，对于一般情况下是否成立还有待进一步的研究.对于上述M,D,S,由迭代函数系{Ψ_s(x)=M^{* -1}(x+s)}_s∈S产生的吸引子为T:=T(M^*,S),且

T(M*,S)=$\sum\limits_{j=1}^{\infty }{{}}$M* -jsj:sj∈S.

(4)

自仿测度的谱与非谱问题主要在平面上进行讨论,而且结论比较完善^[13].而空间上仅对M是对角矩阵或上三角矩阵讨论过^[14].对M是任意的三阶矩阵还有一定的难度与复杂性.本文在此基础上,对特殊的三阶矩阵进行讨论,推广文献^[14]的结论并得到如下定理.

定理1  对于如下形式的扩张矩阵和数字集

$M = {1 \over 2}\left[ {\matrix{ {{p_1} + {p_2}} & {{p_1} - {p_3}} & {{p_2} - {p_3}} \cr {{p_1} - {p_2}} & {{p_1} + {p_3}} & { - {p_2} + {p_3}} \cr { - {p_1} + {p_2}} & { - {p_1} + {p_3}} & {{p_2} + {p_3}} \cr } } \right],D = \left\{ {\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 1 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 1 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 1 \cr } } \right)} \right\},$

(5)

其中p_j∈Z\{0,±1}(j=1,2,3),下列结论成立:

(1)当p_j∈2Z\{0,2}(j=1,2,3)或p₁=p₂=p₃=2时,μ_M,D是谱测度;

(2)当p₁,p₂,p₃中至少有一个数是偶数时,空间L²(μ_M,D)中存在无限正交系E(Λ)且Λ⊆Z³;

(3)当p_j∈2Z+1\{±1}(j=1,2,3)时,μ_M,D不是谱测度,且空间L²(μ_M,D)中正交指数函数系至多包含4个元素,且数字“4”是最好的.

2 定理1的证明

设M∈M_n(Z)为n阶整数扩张矩阵,D⊂Zⁿ为有限数字集，且0∈D.若存在S⊂Zⁿ为有限子集且0∈S,使得(M^-1D,S)为和谐对,则由共轭迭代函数系{φ_s(x)=M^*x+s}_s∈S产生的不变子集为Λ(M,S),且M^*Λ(M,S)+S=Λ(M,S).当用Λ(M,S)表示0在迭代函数系{φ_s(x)}_s∈S下的扩张轨迹时,

Λ(M,S):={$\sum\limits_{j=0}^{k-1}{{}}$M*jsj:k≥1,sj∈S}.

(6)

E(Λ(M,S))是空间L²(μ_M,D)的无限正交系,但不一定是空间L²(μ_M,D)的正交基^[15].为了确保E(Λ(M,S))在空间L²(μ_M,D)中的完备性,Strichartz^[5]得到如下定理.

定理A  设M∈M_n(Z)为扩张矩阵,D,S⊂Zⁿ为有限子集,使得(M^-1D,S)为和谐对且0∈D∩S.假设函数m_M^-1D(x)的零点集Z(m_M^-1D(x))与T(M^*,S)不相交,则Λ(M,S)是μ_M,D的谱.

该定理也是证明μ_M,D为谱测度的常用方法，对于形如式(5)中的M和D，令

$P = {1 \over 2}\left[ {\matrix{ \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr} & \matrix{ 1 \hfill \cr - 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} & \matrix{ - 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \cr } } \right],则{P^{ - 1}} = \left[ {\matrix{ \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \cr } } \right].$

从而有

${M_0}: = {P^{ - 1}}MP = \left[ {\matrix{ \matrix{ {p_1} \hfill \cr 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr {p_2} \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr {p_3} \hfill \cr} \cr } } \right],{D_0} = {P^{ - 1}}D\left\{ {\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 1 \cr 1 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 1 \cr 0 \cr 1 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 1 \cr 1 \cr } } \right)} \right\}.$

(7)

由相似变换不改变自仿测度的谱性质可知,μ_M,D与μ_M0,D0的谱性质相同.因此可以通过证明μ_M0,D0的谱性质,来得到μ_M,D的谱性质,即得到定理1的证明.

定理2  对于式(7)中的整数扩张矩阵M₀和数字集D₀,有下列结论成立:

(1)当p_j∈2Z\{0,2}(j=1,2,3)或p₁=p₂=p₃=2时,μ_M0,D0是谱测度;

(2)当p₁,p₂,p₃中至少有一个数是偶数时,空间L²(μ_M0,D0)中存在无限正交系E(Λ₀)且Λ₀⊆Z³;

(3)当p_j∈2Z+1\{±1}(j=1,2,3)时,μ_M0,D0不是谱测度,且空间L²(μ_M0,D0)中正交指数函数系至多包含4个元素,且数字“4”是最好的.

证明  (1)证明当p_j∈2Z\{0,2}(j=1,2,3)时，μ_M0,D0是谱测度.令

${S_0} = \left\{ {\left( \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right)\left( \matrix{ {p_1}/2 \hfill \cr 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right),\left( \matrix{ 0 \hfill \cr {p_2}/2 \hfill \cr 0 \hfill \cr} \right),\left( \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr {p_3}/2 \hfill \cr} \right)} \right\},$

(8)

计算可知

(M0-1D0,S0)是和谐对，且 T(M0*,S0)=$\sum\limits_{j=1}^{\infty }{{}}$M0*-jsj:sj∈S0= $\eqalign{ & \left\{ {\sum\limits_{j = 1}^\infty {} \left\{ {\left( {\matrix{ \matrix{ p_1^{ - j} \hfill \cr 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr p_2^{ - j} \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr p_3^{ - j} \hfill \cr} \cr } } \right)\left( \matrix{ {S_{j,1}} \hfill \cr {S_{j,2}} \hfill \cr {S_{j,3}} \hfill \cr} \right):\left( \matrix{ {S_{j,1}} \hfill \cr {S_{j,2}} \hfill \cr {S_{j,3}} \hfill \cr} \right)} \right\} \in {S_0}} \right\} = \cr & \left\{ {\sum\limits_{j = 1}^\infty {} \left\{ {\left( \matrix{ {S_{j,1}}/p_1^j \hfill \cr {S_{j,2}}/p_2^j \hfill \cr {S_{j,3}}/p_3^j \hfill \cr} \right):\left( \matrix{ {S_{j,1}} \hfill \cr {S_{j,2}} \hfill \cr {S_{j,3}} \hfill \cr} \right)} \right\} \in {S_0}} \right\}. \cr} $

(9)

容易得到,∀x=(x₁,x₂,x₃)^t∈T(M₀^*,S₀),可以得到

$\left| {{x_1}} \right| \le {{\left| {{p_1}} \right|} \over {2\left( {\left| {{p_1}} \right| - 1} \right)}},\left| {{x_2}} \right| \le {{\left| {{p_2}} \right|} \over {2\left( {\left| {{p_2}} \right| - 1} \right)}},\left| {{x_3}} \right| \le {{\left| {{p_3}} \right|} \over {2\left( {\left| {{p_3}} \right| - 1} \right)}}.$

(10)

因此,若p₁,p₂,p₃∈2Z\{0,±2},则T(M₀^*,S₀)⊂[-2/3,2/3]³.另外由式(9)可知,如果对某一个j∈{1,2,3},p_j=-2,则当x=(x₁,x₂,x₃)^t∈T(M₀^*,S₀)时,对同样的j∈{1,2,3},有x_j∈[-1/3,2/3]成立.综上可知,当p₁,p₂,p₃∈2Z\{0,2}时,有

T(M0*,S0)⊂[-2/3,2/3]3.

(11)

对于式(7)中的数字集D₀,由

mD0(x)=$\frac{1}{4}$[1+exp(2πi(x1+x2))+exp(2πi(x1+x3))+exp(2πi(x2+x3))]=0, x=(x1,x2,x3)t∈R3.

(12)

可得

$\left( i \right)\left\{ \matrix{ {x_1} + {x_2} = 1/2 + {k_1} \hfill \cr {x_1} + {x_3} = a + {k_2} \hfill \cr {x_2} + {x_3} = 1/2 + a + {k_3} \hfill \cr} \right.或\left( {ii} \right)\left\{ \matrix{ {x_1} + {x_2} = 1/2 + a + {k_1} \hfill \cr {x_1} + {x_3} = 1/2 + {k_2} \hfill \cr {x_2} + {x_3} = a + {k_3} \hfill \cr} \right.或\left( {iii} \right)\left\{ \matrix{ {x_1} + {x_2} = a + {k_1} \hfill \cr {x_1} + {x_3} = 1/2 + a + {k_2} \hfill \cr {x_2} + {x_3} = 1/2 + {k_3} \hfill \cr} \right.$

(13)

其中k₁,k₂,k₃∈Z,a∈R.解式(13)可得

$\left( i \right)\left\{ \matrix{ {x_1} = {{{k_1} + {k_2} - {k_3}} \over 2} \hfill \cr {x_2} = {{1 + {k_1} - {k_2} + {k_3}} \over 2} \hfill \cr {x_2} = a - {{{k_1} - {k_2} - {k_3}} \over 2} \hfill \cr} \right.或\left( {ii} \right)\left\{ \matrix{ {x_1} = {{1 + {k_1} + {k_2} - {k_3}} \over 2} \hfill \cr {x_2} = a + {{{k_1} - {k_2} + {k_3}} \over 2} \hfill \cr {x_3} = {{ - {k_1} + {k_2} + {k_3}} \over 2} \hfill \cr} \right.或\left( {iii} \right)\left\{ \matrix{ {x_1} = a + {{{k_1} + {k_2} - {k_3}} \over 2} \hfill \cr {x_2} = {{{k_1} - {k_2} + {k_3}} \over 2} \hfill \cr {x_3} = {{1 - {k_1} + {k_2} + {k_3}} \over 2} \hfill \cr} \right..$

(14)

其中k₁,k₂,k₃∈Z,a∈R.化简式(14)即可得式(12)的解为A₁∪A₂…∪A₆,其中:

$\eqalign{ & {A_1} = \left\{ {\left( \matrix{ {k_1} \hfill \cr 1/2 + {k_2} \hfill \cr {a_1} + {k_3} \hfill \cr} \right):{a_1} \in R,{k_1},{k_2},{k_3} \in Z} \right\} \subset {R^3}; \cr & {A_2} = \left\{ {\left( \matrix{ 1/2 + {k_4} \hfill \cr {k_5} \hfill \cr 1/2 + {a_2} + {k_6} \hfill \cr} \right):{a_2} \in R,{k_4},{k_5},{k_6} \in Z} \right\} \subset {R^3}; \cr & {A_3} = \left\{ {\left( \matrix{ 1/2 + {k_7} \hfill \cr {a_3} + {k_8} \hfill \cr {k_9} \hfill \cr} \right):{a_3} \in R,{k_7},{k_8},{k_9} \in Z} \right\} \subset {R^3}; \cr & {A_4} = \left\{ {\left( \matrix{ {k_{10}} \hfill \cr 1/2 + {a_4} + {k_{11}} \hfill \cr 1/2 + {k_{12}} \hfill \cr} \right):{a_4} \in R,{k_{10}},{k_{11}},{k_{12}} \in Z} \right\} \subset {R^3}; \cr & {A_5} = \left\{ {\left( \matrix{ {a_5} + {k_{13}} \hfill \cr {k_{14}} \hfill \cr 1/2 + {k_{15}} \hfill \cr} \right):{a_5} \in R,{k_{13}},{k_{14}},{k_{15}} \in Z} \right\} \subset {R^3}; \cr & {A_6} = \left\{ {\left( \matrix{ 1/2 + {a_6} + {k_{16}} \hfill \cr 1/2 + {k_{17}} \hfill \cr {k_{18}} \hfill \cr} \right):{a_6} \in R,{k_{16}},{k_{17}},{k_{18}} \in Z} \right\} \subset {R^3}. \cr} $

(15)

由式(12)和(15)可得

Z(mD0(x))={x∈R3:mD0(x)=0}=A1∪A2…∪A6.

(16)

因为m_M0^-1D0(x)=m_D0(M₀^*-1x),所以

Z(mM0-1D0(x))=M0*Z(mD0(x))=M0*A1∪M0*A2…∪M0*A6.

(17)

又因为

$$M_0^*{A_1} = \left( {\matrix{ \matrix{ {p_1} \hfill \cr 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr {p_2} \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr {p_3} \hfill \cr} \cr } } \right)\left( \matrix{ {k_1} \hfill \cr 1/2 + {k_2} \hfill \cr {a_1} + {k_3} \hfill \cr} \right) = \left( \matrix{ {k_1}{p_1} \hfill \cr \left( {1/2 + {k_2}} \right){p_2} \hfill \cr \left( {{a_1} + {k_3}} \right){p_3} \hfill \cr} \right) = \left( \matrix{ {x_1} \hfill \cr {x_2} \hfill \cr {x_3} \hfill \cr} \right).$$

(18)

因此,如果p_j∈2Z\{0,2}(j=1,2,3),则式(18)中的|x₂|=|(1/2+k₂)p₂|≥1,从而M₀^*A₁∩[-2/3,2/3]³=∅.同理可证,M₀^*A_i∩[-2/3,2/3]³=∅,i=2,3,…,6.从而可知

Z(mM0-1D0(x))∩[-2/3,2/3]3=∅.

(19)

由式(11)和(19),以及定理A可知,对于式(8)中的S₀⊂Z³,Λ₀(M₀,S₀)是μ_M0,D0的谱.即μ_M0,D0是谱测度且谱为Λ₀(M₀,S₀).

其次,当p₁=p₂=p₃=2时,由文献^[16]可知μ_M0,D0的谱测度.综上证明可知结论(1)成立.

(2)当p₁,p₂,p₃中至少有一个数是偶数时,设p₁∈2Z\{0}.因为

${{a}_{1}}=\left( \begin{matrix} 1/2 \\ 0 \\ 0 \\ \end{matrix} \right),{{a}_{2}}=\left( \begin{matrix} 0 \\ 1/2 \\ 0 \\ \end{matrix} \right),{{a}_{3}}=\left( \begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 1/2 \\ \end{matrix} \right)\in \left\{ x\in \left[ 0,1{{)}^{3}}:{{m}_{{{D}_{0}}}}(x)=0 \right. \right\},$

且M₀α₁∈Z³,则由文献［17]的定理2可知,空间L²(μ_M0,D0)中存在无限正交系E(Λ₀)且Λ₀⊆Z³.同理可证其他情形,故该结论成立.

(3)由式(16)可知，

${{\Theta }_{0}}:=Z({{m}_{{{D}_{0}}}}(x))={{A}_{1}}\bigcup {{A}_{2}}\cdots \bigcup {{A}_{6}},$

(20)

令

$\begin{matrix} {{Z}_{1}}({{a}_{1}})=\left\{ \left[ \begin{matrix} {{k}_{1}} \\ 1/2+{{k}_{2}} \\ {{a}_{1}}+{{k}_{3}} \\ \end{matrix} \right]:{{k}_{1}},{{k}_{2}},{{k}_{3}}\in \text{Z} \right\}\subset {{\text{R}}^{3}}; \\ {{Z}_{2}}({{a}_{2}})=\left\{ \left[ \begin{matrix} 1/2+{{k}_{4}} \\ {{k}_{5}} \\ 1/2+{{a}_{2}}+{{k}_{6}} \\ \end{matrix} \right]:{{k}_{4}},{{k}_{5}},{{k}_{6}}\in \text{Z} \right\}\subset {{\text{R}}^{3}}; \\ {{Z}_{3}}({{a}_{3}})=\left\{ \left[ \begin{matrix} 1/2+{{k}_{7}} \\ {{a}_{3}}+{{k}_{5}} \\ {{k}_{9}} \\ \end{matrix} \right]:{{k}_{7}},{{k}_{8}},{{k}_{9}}\in \text{Z} \right\}\subset {{\text{R}}^{3}}; \\ {{Z}_{4}}({{a}_{4}})=\left\{ \left[ \begin{matrix} {{k}_{10}} \\ 1/2+{{a}_{4}}+{{k}_{11}} \\ 1/2+{{k}_{12}} \\ \end{matrix} \right]:{{k}_{10}},{{k}_{11}},{{k}_{12}}\in \text{Z} \right\}\subset {{\text{R}}^{3}}; \\ {{Z}_{5}}({{a}_{5}})=\left\{ \left[ \begin{matrix} {{a}_{5}}+{{k}_{13}} \\ {{k}_{14}} \\ 1/2+{{k}_{15}} \\ \end{matrix} \right]:{{k}_{13}},{{k}_{14}},{{k}_{15}}\in \text{Z} \right\}\subset {{\text{R}}^{3}}; \\ {{Z}_{6}}({{a}_{6}})=\left\{ \left[ \begin{matrix} 1/2+{{a}_{6}}+{{k}_{16}} \\ 1/2+{{k}_{17}} \\ {{k}_{18}} \\ \end{matrix} \right]:{{k}_{16}},{{k}_{17}},{{k}_{18}}\in \text{Z} \right\}\subset {{\text{R}}^{3}}. \\ \end{matrix}$

(22)

再令B=R\(Z∪(1/2+Z)).则

${{A}_{j}}=\underset{{{a}_{j}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{j}}({{a}_{i}})=\left( \underset{{{a}_{j}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{j}}({{a}_{i}}) \right)\bigcup \left( \underset{{{a}_{j}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{j}}({{a}_{i}}) \right)\bigcup \left( \underset{{{a}_{j}}\in \text{B}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{j}}({{a}_{i}}) \right),j=1,2,\cdots 6.$

(22)

由式(21),经过计算可知

$\begin{align} & \underset{{{a}_{1}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{1}}({{a}_{1}})=\underset{{{a}_{6}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{6}}({{a}_{6}}),\underset{{{a}_{2}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{2}}({{a}_{2}})=\underset{{{a}_{5}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{5}}({{a}_{5}}),\underset{{{a}_{3}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{3}}({{a}_{3}})=\underset{{{a}_{2}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{2}}({{a}_{2}}), \\ & \underset{{{a}_{4}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{4}}({{a}_{4}})=\underset{{{a}_{6}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{1}}({{a}_{1}}),\underset{{{a}_{5}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{5}}({{a}_{5}})=\underset{{{a}_{4}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{4}}({{a}_{4}}),\underset{{{a}_{6}}\in \text{R}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{6}}({{a}_{6}})=\underset{{{a}_{3}}\in 1/2+\text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{3}}({{a}_{3}}). \\ \end{align}$

(23)

记

${{B}_{j}}=\underset{{{a}_{j}}\in \text{Z}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{j}}({{a}_{i}}),{{{\tilde{B}}}_{j}}=\underset{{{a}_{j}}\in \text{B}}{\mathop{\bigcup }}\,{{Z}_{j}}({{a}_{i}}),j=1,2,\cdots 6.$

(24)

由式(20)~(24),可得

${{\Theta }_{0}}=\left( \underset{j=1}{\overset{6}{\mathop{\bigcup }}}\,{{B}_{j}} \right)\bigcup \left( \underset{j=1}{\overset{6}{\mathop{\bigcup }}}\,{{{\tilde{B}}}_{j}} \right),且,{{B}_{1}},{{B}_{2}},\cdots {{B}_{6}},{{{\tilde{B}}}_{1}},{{{\tilde{B}}}_{2}},\cdots {{{\tilde{B}}}_{6}}互不相交.$

(25)

因为p_j∈2Z+1\{±1}(j=1,2,3)，所以计算可得

$M_{0}^{*}{{A}_{1}}=\left[ \begin{matrix} {{p}_{1}}{{k}_{1}} \\ (1/2+{{k}_{2}}){{p}_{2}} \\ ({{a}_{1}}+{{k}_{3}}){{p}_{3}} \\ \end{matrix} \right]\subseteq \left[ \begin{matrix} {{k}_{1}} \\ 1/2+{{k}_{2}} \\ {{a}_{1}}+{{k}_{3}} \\ \end{matrix} \right]={{A}_{1}}.$

同理可得，M₀^*A_j⊆A_j(j=2,3,…,6).由式(20)即可得出

$M_{0}^{*}{{\Theta }_{0}}\subseteq {{\Theta }_{0}}.$

(26)

因此,由式(25)和(26),可得

$\begin{align} & Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}(\zeta ))=\left\{ {{\text{R}}^{3}}:{{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}(\zeta )=0 \right\}=\underset{j=1}{\overset{\infty }{\mathop{\bigcup }}}\,M_{0}^{*}{{\Theta }_{0}}={{M}_{0}}{{\Theta }_{0}}= \\ & \left( \underset{j=1}{\overset{6}{\mathop{\bigcup }}}\,{{M}_{0}}({{B}_{j}}) \right)\bigcup \left( \underset{j=1}{\overset{6}{\mathop{\bigcup }}}\,{{M}_{0}}({{{\tilde{B}}}_{j}}) \right):=\left( \underset{j=1}{\overset{6}{\mathop{\bigcup }}}\,{{Z}_{j}} \right)\bigcup \left( \underset{j=1}{\overset{6}{\mathop{\bigcup }}}\,{{{\tilde{Z}}}_{j}} \right). \\ \end{align}$

(27)

其中

${{Z}_{j}}={{M}_{0}}({{B}_{j}}),{{{\tilde{Z}}}_{j}}={{M}_{0}}({{{\tilde{B}}}_{j}}),j=1,2,\cdots 6.$

(28)

计算可得以下引理.

引理1  式(28)中的Z_j与Z_j(j=1,2,…,6)满足下面的性质:

\[\begin{align} & (\text{a}){{Z}_{1}},{{Z}_{2}},\cdots ,{{Z}_{6}},{{{\tilde{Z}}}_{1}},{{{\tilde{Z}}}_{2}},\cdots ,{{{\tilde{Z}}}_{6}}互不相交; \\ & (\text{b})Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})\bigcap{{{\text{Z}}^{3}}}=\underset{j=1}{\mathop{\overset{6}{\mathop{\cup }}\,}}\,({{Z}_{j}}\bigcup{{{{\tilde{Z}}}_{j}}})\bigcap{{{\text{Z}}^{3}}}\text{=}\varnothing \\ & (\text{c}){{Z}_{j}}+{{Z}_{j}}\subseteq {{\text{Z}}^{3}},{{Z}_{j}}\text{=}-{{Z}_{j}},{{{\tilde{Z}}}_{j}}\text{=}-{{{\tilde{Z}}}_{j}}j=1,2,\cdots 6 \\ & (\text{d}){{{\tilde{Z}}}_{j}}\pm {{{\tilde{Z}}}_{j}}\subseteq {{\text{R}}^{3}}\backslash Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})\bigcup{{{Z}_{5}}}(j=1,2),{{{\tilde{Z}}}_{j}}\pm {{{\tilde{Z}}}_{j}}\subseteq {{\text{R}}^{3}}\backslash Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}) \\ & \bigcup{{{Z}_{1}}}(j=3,4),{{{\tilde{Z}}}_{j}}\pm {{{\tilde{Z}}}_{j}}\pm {{\text{R}}^{3}}\backslash Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})\bigcup{{{Z}_{3}}}(j=5,6); \\ & (\text{e}){{{\tilde{Z}}}_{1}}-{{{\tilde{Z}}}_{2}}\subseteq {{\text{R}}^{3}}\backslash Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})\bigcup{{{Z}_{6}}},{{{\tilde{Z}}}_{3}}-{{{\tilde{Z}}}_{4}}\subseteq {{\text{R}}^{3}}\backslash Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}) \\ & \bigcup{{{Z}_{2}}},{{{\tilde{Z}}}_{5}}-{{{\tilde{Z}}}_{6}}\subseteq {{\text{R}}^{3}}\backslash Z({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})\bigcup{{{Z}_{4}}},({{{\tilde{Z}}}_{1}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}) \\ & =\varnothing (j=3,4,5,6),({{{\tilde{Z}}}_{2}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=3,4,5,6), \\ & ({{{\tilde{Z}}}_{3}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=5,6),({{{\tilde{Z}}}_{4}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=5,6); \\ & (\text{f})({{Z}_{1}}-{{Z}_{2}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing ({{Z}_{3}}-{{Z}_{4}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing ({{Z}_{5}}-{{Z}_{6}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing ; \\ & (\text{g})({{Z}_{1}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=1,2,5,6),({{Z}_{2}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}) \\ & =\varnothing (j=1,2,5,6),({{Z}_{3}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=1,2,3,4), \\ & ({{Z}_{4}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=1,2,3,4),({{Z}_{5}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}}) \\ & =\varnothing (j=3,4,5,6),({{Z}_{6}}-{{{\tilde{Z}}}_{j}})\bigcap{Z}({{{\hat{\mu }}}_{{{M}_{0}},{{D}_{0}}}})=\varnothing (j=3,4,5,6). \\ & (\text{h}){{Z}_{1}}-{{Z}_{3}}={{Z}_{6}},{{Z}_{1}}-{{Z}_{4}}={{Z}_{5}},{{Z}_{1}}-{{Z}_{5}}={{Z}_{4}},{{Z}_{1}}-{{Z}_{6}} \\ & ={{Z}_{3}},{{Z}_{2}}-{{Z}_{3}}={{Z}_{5}},{{Z}_{2}}-{{Z}_{4}}={{Z}_{6}},{{Z}_{2}}-{{Z}_{5}}={{Z}_{3}}, \\ & {{Z}_{2}}-{{Z}_{6}}={{Z}_{4}},{{Z}_{3}}-{{Z}_{5}}={{Z}_{2}},{{Z}_{3}}-{{Z}_{6}}={{Z}_{1}},{{Z}_{4}}-{{Z}_{5}}={{Z}_{1}},{{Z}_{4}}-{{Z}_{6}}={{Z}_{2}}; \\ & (\text{i}){{Z}_{1}}-{{{\tilde{Z}}}_{3}}={{{\tilde{Z}}}_{3}},{{Z}_{1}}-{{{\tilde{Z}}}_{4}}={{{\tilde{Z}}}_{4}},{{Z}_{2}}-{{{\tilde{Z}}}_{3}}={{{\tilde{Z}}}_{4}},{{Z}_{2}}-{{{\tilde{Z}}}_{4}} \\ & ={{{\tilde{Z}}}_{3}},{{Z}_{3}}-{{{\tilde{Z}}}_{5}}={{{\tilde{Z}}}_{5}},{{Z}_{3}}-{{{\tilde{Z}}}_{6}}={{{\tilde{Z}}}_{6}},{{Z}_{4}}-{{{\tilde{Z}}}_{5}}={{{\tilde{Z}}}_{6}},{{Z}_{4}}-{{{\tilde{Z}}}_{6}} \\ & ={{{\tilde{Z}}}_{5}},{{Z}_{5}}-{{{\tilde{Z}}}_{1}}={{{\tilde{Z}}}_{1}},{{Z}_{5}}-{{{\tilde{Z}}}_{2}}={{{\tilde{Z}}}_{2}},{{Z}_{6}}-{{{\tilde{Z}}}_{1}}={{{\tilde{Z}}}_{2}},{{Z}_{6}}-{{{\tilde{Z}}}_{2}}={{{\tilde{Z}}}_{1}}. \\ \end{align}\]

假设λ₁，λ₂,…,λ₅∈R³是使得下面的5个指数函数

exp(2πi〈λ1,x〉),exp(2πi〈λ2,x〉),exp(2πi〈λ3,x〉),exp(2πi〈λ4,x〉),exp(2πi〈λ5,x〉)

在空间L²(μ_M0,D0)中相互正交的5个数，则λ_j-λ_k(1≤j≠k≤5)在μ_M0,D0(ξ)的Fourier变换$\hat{\mu }$_M0,D0(ξ)的零点集Z($\hat{\mu }$_M0,D0(ξ))中，因此可知

λj-λk∈Z($\hat{\mu }$M0,D0(ξ)).

(29)

由式(27)和(29)可知，下面的10个差

$\begin{matrix} {{\lambda }_{2}}-{{\lambda }_{1}}, & {{\lambda }_{3}}-{{\lambda }_{1}}, & {{\lambda }_{4}}-{{\lambda }_{1}}, & {{\lambda }_{5}}-{{\lambda }_{1}} \\ {} & {{\lambda }_{3}}-{{\lambda }_{2}} & {{\lambda }_{4}}-{{\lambda }_{2}} & {{\lambda }_{5}}-{{\lambda }_{2}} \\ {} & {} & {{\lambda }_{4}}-{{\lambda }_{3}} & {{\lambda }_{5}}-{{\lambda }_{3}} \\ {} & {} & {} & {{\lambda }_{5}}-{{\lambda }_{4}} \\ \end{matrix}$

(30)

属于Z₁,Z₂,…,Z₆,${\tilde{Z}}$₁,${\tilde{Z}}$₂,…,${\tilde{Z}}$₆这12个集合的并中.令

$G=\bigcup\limits_{j=1}^{6}{{{Z}_{j}}},\tilde{G}=\bigcup\limits_{j=1}^{6}{{{{\tilde{Z}}}_{j}}},$

(31)

则

λ2-λ1,λ3-λ1,λ4-λ1,λ5-λ1∈G∪${\tilde{G}}$,且G∩${\tilde{G}}$=∅.

(32)

结合式(31)分以下几个情形证明该定理.

情形1  4-0(或0-4),即式(32)中的4个差全属于G或${\tilde G}$.

情形2  3-1(或1-3),即G或${\tilde G}$这两个集合中的一个集合包含式(32)中的3个差,余下一个差在另一个集合中.

情形3  2-2,即G或${\tilde G}$各包含式(32)中的2个差.

通过下面的步骤1,2,3说明情形1,2,3均不成立,即可证得定理2(3).

步骤1  集合G至多包含式(32)中的3个差.

证明  首先证明Z_j(j=1,2,…,6)至多包含式(32)中的一个差.假设存在某个j∈{1,2,…,6},使得Z_j包含式(32)中的2个差,设λ₂-λ₁,λ₃-λ₁∈Z₁,则由引理1(c)可知

λ3-λ2=(λ3-λ1)-(λ2-λ1)∈Z1-Z1⊆Z3,

再由引理1(b)及式(29)即可推出矛盾.

其次证明Z_j与Z_j+1(j=1,3,5)不能同时包含式(32)中的差.假设Z₁与Z₂包含式(32)中的差,设λ₃-λ₁∈Z₁,λ₂-λ₁∈Z₂,则

λ3-λ2=(λ3-λ1)-(λ2-λ1)∈Z1-Z2,

由引理1(f)及式(29)即可推出矛盾.

由以上分析可知,集合G至多包含式(32)中的3个差.

步骤2  集合G至多包含式(32)中的2个差.

证明  首先证明${\tilde{Z}}$_j(j=1,2,…,6)至多包含式(32)中的2个差.假设存在某个j∈{1,2,…,6},使得Z_j包含式(32)中的3个差,设λ₂-λ₁,λ₃-λ₁，λ₄-λ₁∈Z₁,则由引理1(d)可知

λ4-λ2=(λ4-λ1)-(λ2-λ1)∈${\tilde{Z}}$1-${\tilde{Z}}$1⊆Z5,

(33)

λ4-λ3=(λ4-λ1)-(λ3-λ1)∈${\tilde{Z}}$1-${\tilde{Z}}$1⊆Z5.

(34)

由式(33),(34)以及引理1(c)可知

λ3-λ2=(λ4-λ2)-(λ4-λ3)∈${\tilde{Z}}$5-${\tilde{Z}}$5⊆Z3,

再由引理1(b)及式(29)即可推出矛盾.

其次由引理1(d)和(e)可知,式(32)中的4个差全在${\tilde{Z}}$_j∪${\tilde{Z}}$_j+1(j=1,3,5)中.若λ₃-λ₁∈${\tilde{Z}}$₁,λ₂-λ₁∈${\tilde{Z}}$₃,则

λ3-λ2=(λ3-λ1)-(λ2-λ1)∈${\tilde{Z}}$1-${\tilde{Z}}$3,

由引理1(e)及式(29)即可推出矛盾.

最后证明集合${\tilde{G}}$至多包含式(32)中的2个差.假设式(32)中的4个差全在${\tilde{Z}}$₁∪${\tilde{Z}}$₂中，由于${\tilde{Z}}$_j(j=1,2,…,6)至多包含式(32)中的2个差，设

λ5-λ1,λ4-λ1∈${\tilde{Z}}$1,λ3-λ1,λ2-λ1∈${\tilde{Z}}$2.

由引理1(e)可知

λ5-λ3=(λ5-λ1)-(λ3-λ1)∈${\tilde{Z}}$1-${\tilde{Z}}$2⊆Z6,

(35)

λ5-λ2=(λ5-λ1)-(λ2-λ1)∈${\tilde{Z}}$1-${\tilde{Z}}$2⊆Z6.

(36)

结合引理1(c)以及式(35)，(36)，可得

λ3-λ2=(λ5-λ2)-(λ5-λ3)∈Z6-Z6⊆Z3,

由引理1(b)及式(29)即可推出矛盾.因此,当λ₅-λ₁,λ₄-λ₁∈${\tilde{Z}}$₁时,${\tilde{Z}}$₂中只能包含式(32)中的一个差,设λ₃-λ₁∈${\tilde{Z}}$₂.同理可证,当λ₃-λ₁∈${\tilde{Z}}$₂时,${\tilde{Z}}$₁只能包含式(32)中的一个差.同理可证其他情形.综上所述,集合${\tilde{G}}$至多包含式(32)中的2个差,或全在某个${\tilde{Z}}$_j(j=1,2,…,6)中,或${\tilde{Z}}$_j与${\tilde{Z}}$_j+1(j=1,3,5)各包含一个差.

步骤3  结合步骤1,2以及式(32),分下面两种情形证明该定理:

(1) 集合G包含式(32)中的3个差,集合${\tilde{G}}$包含式(32)中的一个差;

(2) 集合G与${\tilde{G}}$各包含式(32)中的2个差,并且这两种情形均不可能成立.

证明  当集合G包含式(29)中的3个差,集合${\tilde{G}}$包含式(32)中的一个差时,结合步骤1及式(31),设

λ5-λ1∈Z1,λ4-λ1∈Z3,λ3-λ1∈Z5,λ2-λ1∈${\tilde{G}}$.

则当λ₂-λ₁∈${\tilde{Z}}$₁时,

λ5-λ2=(λ5-λ1)-(λ2-λ1)∈Z1-${\tilde{Z}}$1.

由引理1(g)及式(29)即可推出矛盾.同理,当λ₂-λ₁∈${\tilde{Z}}$_j(j=2,3,…,6),也可由引理1(g)及式(29)推出矛盾.其他情况类似,从而(1)不成立.

当集合G与${\tilde{G}}$各包含式(32)中的2个差时,设λ₅-λ₁∈Z₁,λ₄-λ₁∈Z₃.由引理1(g)可知,Z₁与${\tilde{Z}}$₁,${\tilde{Z}}$₂,${\tilde{Z}}$₅,${\tilde{Z}}$₆中不能同时包含式(32)中的差,Z₃与${\tilde{Z}}$₁,${\tilde{Z}}$₂,${\tilde{Z}}$₃,${\tilde{Z}}$₄中不能同时包含式(32)中的差.因此,当λ₅-λ₁∈Z₁,λ₄-λ₁∈Z₃时,${\tilde{G}}$=∅.同理可证其他情况,从而(2)也不成立.

综上证明可知,当p_j∈2Z+1\{±1}(j=1,2,3)时,μ_M0,D0不是谱测度,且空间L²(μ_M0,D0)中至多有4个正交指数函数系.而且可以找到4个正交指数函数系,如对式(8)中的S₀,指数函数系E(S₀)就是空间L²(μ_M0,D0)正交系.从而可知数字“4”是最好的.

根据相似变换不改变谱性质以及定理2,即可得到定理1的结论.

例1  对如下形式的扩张矩阵和数字集

$M = \left[ {\matrix{ \matrix{ 11/2 \hfill \cr 3/2 \hfill \cr - 3/2 \hfill \cr} & \matrix{ - 1/2 \hfill \cr 15/2 \hfill \cr 1/2 \hfill \cr} & \matrix{ - 2 \hfill \cr 2 \hfill \cr 6 \hfill \cr} \cr } } \right],D = \left\{ {\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 1 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 1 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 1 \cr } } \right)} \right\},$

则空间L²(μ_M,D)中存在无限正交系E(Λ)且Λ⊆Z³.

证明 因为

$M = \left[ {\matrix{ \matrix{ 11/2 \hfill \cr 3/2 \hfill \cr - 3/2 \hfill \cr} & \matrix{ - 1/2 \hfill \cr 15/2 \hfill \cr 1/2 \hfill \cr} & \matrix{ - 2 \hfill \cr 2 \hfill \cr 6 \hfill \cr} \cr } } \right] = \left[ {\matrix{ \matrix{ 7/2 + 4/2 \hfill \cr 7/2 - 4/2 \hfill \cr - 7/2 + 4/2 \hfill \cr} & \matrix{ 7/2 - 8/2 \hfill \cr 7/2 + 8/2 \hfill \cr - 7/2 + 8/2 \hfill \cr} & \matrix{ 4/2 - 8/2 \hfill \cr - 4/2 + 8/2 \hfill \cr 4/2 + 8/2 \hfill \cr} \cr } } \right],$

故可作相似变换,令

$P = \left[ {\matrix{ \matrix{ 1/2 \hfill \cr 1/2 \hfill \cr - 1/2 \hfill \cr} & \matrix{ 1/2 \hfill \cr - 1/2 \hfill \cr 1/2 \hfill \cr} & \matrix{ - 1/2 \hfill \cr 1/2 \hfill \cr 1/2 \hfill \cr} \cr } } \right],则{P^{ - 1}} = \left[ {\matrix{ \matrix{ 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 1 \hfill \cr 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 1 \hfill \cr 1 \hfill \cr} \cr } } \right].$

从而有

${M_0}: = {P^{ - 1}}MP = \left[ {\matrix{ \matrix{ 7 \hfill \cr 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 4 \hfill \cr 0 \hfill \cr} & \matrix{ 0 \hfill \cr 0 \hfill \cr 8 \hfill \cr} \cr } } \right]H{D_0} = {P^{ - 1}}D = \left\{ {\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 1 \cr 0 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 1 \cr 0 \cr } } \right),\left( {\matrix{ 0 \cr 0 \cr 1 \cr } } \right)} \right\},$

由定理2可知,空间L²(μ(M₀,D₀))中存在无限正交系E(Λ₀)且Λ₀⊆Z³,从而空间L²(μ_M,D)中存在无限正交系E(Λ)且Λ⊆Z³.