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Sarnak 猜想在 skew product 上的情形

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旧博客原文

原题：Sarnak猜想在skew product上的情形。

Cylinder map:
Cylender map:这是一个动力系统\Theta=(T,T^2),T:T^2\longrightarrow T^2 满足：\\
T(x)=x+\alpha,T(y)=cx+y+h(x)
因此
y_1(n)=T^{n}(x)=x+n\alpha,y_2(n)=T^n(y)=nx+\frac{n(n-1)}{2}\alpha+y+\sum_{n=1}^{N-1}h(x+i\alpha)
来自动力系统\Theta中的可观测量是指\xi(n)=f(T^n(x)),其中x\in T^2,$f\in C(T^2)$.
由于Cylender map是零熵的，这个情形下Sarnak猜想成立等价于:
S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)\xi(n)=\sum{n=1}^N \mu(n)f(T^nx)
满足S(N)=o(N),由于f_{\lambda_1\lambda_2}=e^{2\pi i(\lambda_1 x+\lambda_2 y)}是C(T^2)的一组基，只需对f_{\lambda_1\lambda_2}证明S(N)=o(N)\\
展开S(N),我们有\\
S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)\xi(n)=\sum_{n=1}^N \mu(n)f(T^nx)\\

=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{2\pi ik(\lambda_1(x+n\alpha)+\lambda_2(nx+\frac{n(n-1)}{2}+y\sum_{i=1}^{n-1}h(x+i\alpha)))}\\

=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{2\pi i(\phi(n)+\sum_{i=1}^{n-1}h(x+i\alpha))}\\

=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{2\pi i(\phi(n)+\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{m\in Z}\hat h(m)e^{2\pi im(x+i\alpha)})}\\

=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}} \\
其中我们暂时假定h是解析的，实际上我们要求对h的fourior级数有下界控制，总的来说就是\exists \tau_1,\tau_2:
e^{\tau_1 m}<<\hat h(m)<<e^{\tau_2 m}

\begin{lemma}
\forall A>0,\forall \phi(n) 为多项式函数,我们有指数和估计：
|\sum_{n=1}^{N}\mu(n)e^{\phi(n)}|<<\frac{N}{(logN)^A}
\end{lemma}

此引理来自解析数论指数和理论， 那么\alpha \in Q情形是引理的直接推论。接下来处理\alpha \in R-Q情形，这种情形下，我们定义\alpha的连分数展开为：
\alpha=[q_1,q_2,q_3,....]

\begin{lemma}
如果\alpha的连分数展开有一致的上界，即存在C\in N^*,\forall n\in N^*,1\leq q_n\leq C那么：
sup_{0\leq a<b\leq 1}|\sum_{k=0}^{N-1}\chi_{(a,b)}(\{k\alpha\})-N(b-a)|=O(log N)

\end{lemma}

这个引理的证明由三部分组成，第一部分用一个初等的trick加上连分数表示得到一系列长度区间上的更好的估计，第二部分建立一个有效性估计，第三部分将任何区间拆分成第一种区间的并，并使得余项被有效性估计控制。

我们现在考察最后这个式子：
S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}}

我们对这个式子建立有效的估计，指的是能够证明:
S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}}=o(N)
那么我们接下来建立这个估计,这个估计主要由三部分组成，我们分成三节处理这三部分，最后一节是总结。\\
1.带密度的指数和估计。\\
2.cut-off估计。\\
3.一致性均匀估计。\\

\newpage
\section{带密度的指数和估计}
S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}}=o(N)
令：A_n=\mu(n)e(\phi(n)),B_n=e(\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m))
经典的指数和估计是：
theorem：
\forall A>0,\forall \phi(n) 为多项式函数,我们有指数和估计：
|\sum_{n=1}^{N}\mu(n)e^{\phi(n)}|<<\frac{N}{(logN)^A}

theorem：
对于P是一个质数，对于P<<N_1<<N:\\定义\chi_{p}(n)=e^{\frac{2\pi in}{p}}=e_p(n), 定义f:N^*\to Im(\chi_p)满足:\\
对于任何长度为N_1的一段区间$I$，对任意k\in \{0,1,...,p-1\},
\sharp\{n\in I|f(n)=e_p(k)\}=\frac{N_1}{p}+O(1)

|\sum_{n=1}^{N}\mu(n)f(n)e^{\phi(n)}|<<_{C}\frac{N}{(logN)^A}
其中C\sim P,A\\
\mu是Mobius函数

 

cut-off 估计
在式子S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}}=o(N)
中，我们希望对m\in Z和1\leq n \leq N做cut off来简化问题。\\
后者是简单的， 我们待定一个常数c，有:
S(N)=\hat S(n)+\sum_{n=1}^{cN}\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}}=\hat S(n)+O(cN)
c可以待定，之后取得任意小，所以这一部分误差不影响我们最后的结果。\\
对m做cut off会稍微复杂一些，根据Fourior分析我们知道:\\
1如果h\in C^{\omega}(T),则
\hat h(m)=O(e^-\tau m).
2.若h\in C^{d}(T)，则根据分部积分公式\hat h(m)=O(m^{-d}).\\
接下来的结果可能可以用调和分析中的几乎正交性改进到更好的结果，但是至少我们有:\\
e(\sum_{|m|>\delta}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1})\sim \sum_{|m|>\delta}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}
=O(\sum_{|m|>\delta}m \cdot m^{-d})=O(\delta^{d-2})
所以至少当d>2时，我们可以找到\delta \to \infty当$N\to \infty$，使得|m|>\delta的部分可以被cut off.

连分数与Ostrowoski表示
我们知道任何一个(0,1)中的数都有连分数表示，并且这个表示是唯一的。
\alpha=(q_1,q_2,....,q_n,...)
此时我们定义正整数集N^*关于\alpha的Ostrowoski表示（wangzhiren 2）：
定义：
每一个正整数n可以唯一的表示为：
n=\sum_{i=0}^{\infty}(\Pi_{j=0}^{i-1}q_j)r_i
其中r_i \in [0,q_{i}-1]

很明显上面表示中只有有限个r_i不为0,为什么要利用Ostrowoski表示，关键在于Ostrowoski表示中的标架\{q_1...q_k\}是最佳逼近下最好的标架。\\
实际上我们归纳定义\alpha-标准长度\{l_k\}_{k=1}^{\infty}如下：

l_1=\alpha,l_{k+1}=1-[\frac{1}{l_k}]l_k

容易知道l_{k+1}<l_{k},做一些微小的计算会发现第k个\alpha-标准长度和连分数展开的前k项系数乘积之间能够相互控制。
lemma:
\forall k\in N^*
\frac{1}{2q_1...q_k}<l_k<\frac{1}{q_1....q_k}

直接将\alpha的连分数展开代入计算即可证明。\alpha-标准长度的关键性质是\{n\alpha\}在这个区间中的均匀分布性的余项可以得到很好地控制。
lemma:
对任意k\in N^*,对任意长度为l_k=(a,b)的区间I_k\subset (0,1),\forall N\in N^*我们有：
\sum_{n=1}^N\chi_{(a,b)}(\{n\alpha\})=N(b-a)+O(1)

证明是对k归纳，实际上k等于1的时候将f(n)=\{n\alpha\}提升为g=n\alpha,因为实轴上长度为\alpha的区间中一定会包含一个\{g(1),...,g(n)\}中的元素，有由于长度为n\alpha的区间中有[n\alpha]个整数，所以：
\sum_{n=1}^N\chi_{(a,b)}(\{n\alpha\})=[N\alpha]=N(b-a)+O(1)
归纳过渡也是简单的。

\section{一致性均匀估计}
最后我们要建立一致性均匀估计，将对
S(N)=\sum_{n=1}^N\mu(n)e^{\phi(n)+\sum_{m\in Z}e(mx)\hat H(m)\frac{e(nm\alpha)-1}{e(m\alpha)-1}}
进行多尺度分解，并且说明他和一个多重带密度的指数和的差是$o(N)$
\newpage

 

补充说明

以下是新整理的中文说明；上方旧博客原文保持不变。

这篇笔记讨论一个很典型的零熵动力系统：圆环或二维环面上的 skew product。Sarnak 猜想在这里会变成一个指数和问题。动力系统给出相位，莫比乌斯函数给出算术权重，最后要证明两者没有长期相关。

Sarnak 猜想在 skew product 上的情形
Skew product 的迭代把 Fourier character 转成带有旋转 Birkhoff sum 的指数和。

1. Skew product 的形式

考虑二维环面上的映射

$$T(x,y)=(x+\alpha,\;y+h(x))\pmod 1.$$

这里 $\alpha$ 是旋转数，$h$ 是足够光滑或解析的函数。若 $f\in C(\mathbb T^2)$，Sarnak 猜想要求

$$\frac1N\sum_{n\le N}\mu(n)f(T^n(x,y))\to0.$$

由于 trigonometric polynomials 在 $C(\mathbb T^2)$ 中稠密，可以先检验 Fourier characters $f(x,y)=e(mx+ny)$。

2. 相位展开

迭代 $T$ 得到

$$T^k(x,y)=\left(x+k\alpha,\;y+\sum_{j=0}^{k-1}h(x+j\alpha)\right).$$

所以相关和变成

$$\sum_{k\le N}\mu(k)e\left(m(x+k\alpha)+n y+n\sum_{j

问题的核心是控制这个由旋转 Birkhoff sum 产生的相位。若 $h$ 是多项式或 Fourier 支持很简单，相位可以化成多项式相位，经典解析数论的指数和估计可以直接进入。

3. 有界型旋转数

当 $\alpha$ 的连分数展开系数有一致上界时，旋转轨道具有较好的均匀分布余项。Ostrowski 表示把任意长度拆成由分母 $q_k$ 控制的标准块：

$$N=\sum_k b_k q_k.$$

这些标准块是处理旋转和的自然尺度。每一块上相位的波动可控，块与块之间再通过 cut-off 和 Fourier 展开拼接。

4. Cut-off 与 Fourier 级数

若 $h$ 解析，它的 Fourier 系数指数衰减；若只要求有限光滑性，则系数只有多项式衰减。把高频部分 cut off 后，误差由

$$\sum_{|r|>R}|\widehat h(r)|$$

控制。低频部分则给出有限多个可估的指数和。这里调和分析中的 almost orthogonality 可以改进一些粗糙估计，但最重要的是把问题压缩到有限频率。

5. 证明图像

整个论证可以理解成三层：先把 observables 化成 Fourier characters；再把 skew product 的迭代化成旋转和；最后用连分数分块、cut-off 和带密度的指数和估计控制莫比乌斯相关。这个模型清楚展示了 Sarnak 猜想在零熵系统中常见的结构：动力系统低复杂度负责给出可分解相位，解析数论负责证明乘法函数无法跟随这些相位。

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