第一单元：从振荡估计到全长度逐点收敛

本单元讨论 C 的 §3。Proposition 3.5 作为指定的分析输入；其后的收敛论证逐步展开。原文定位为 Definition 3.1（p.5）、Proposition 3.5（pp.8–9）、Lemmas 3.6–3.9（pp.9–12）和 §3 末尾的主定理证明（pp.12–13）。

1. 结论、化简与指定输入

1.1 所要推出的结论

对应 C Theorem 1.1，p.1。

设 $(X,\mathcal F,\mu)$ 是概率空间，$T$ 可逆、双可测、保概率且混合。固定三个两两不同的非零整数 $\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3$，以及 $f_1,f_2,f_3\in L^\infty(\mu)$。原稿主张

几乎处处成立，且 $N$ 经过全部正整数。

本单元证明的是：接受下面的振荡估计后，上述结论成立。振荡估计在原稿中来自 C Theorem 2.2、Lemmas 3.2–3.4；这些结果及其 H、D 配套证明留待后续讨论。

1.2 斜率和函数的归一化

对应 C §2.1，p.3 首段，以及 §3 末尾，p.13 最后一段。

令

则 $b_0,b_1,b_2,b_3$ 两两不同，且 $\gcd(|b_1|,|b_2|,|b_3|)=1$。同时 $T^{\lambda_jn}=S^{b_jn}$，所以平均没有改变。$S$ 仍然保概率且可逆；若 $T$ 混合，则 $S$ 混合，因为 $|gn|\to\infty$。

若某个 $f_j$ 的 $L^\infty$ 范数为零，取零代表元，结论立即成立。其余情形把每个函数除以其范数，先处理处处满足 $|f_j|\le1$ 的可测代表元，最后乘回常数。

代表元的选择不会改变几乎处处结论。若 $f_j$ 与 $\widetilde f_j$ 仅在零测集 $Z_j$ 上不同，所有整数时间读数的差异包含在

这是可测的、$T$-不变的零测集。此后可直接使用处处有界的代表元，不需要概率空间完备。

记

有 $|F_n(x)|\le1$。后面的解析输入只要求 $S$ 可逆保测；混合性在识别极限时才进入。

1.3 光滑权重的准确函数类

对应 C Definition 3.1，p.5，式 (3.1)–(3.2)。

称实函数 $\varphi$ 为本文所用的平均权重，若 $\varphi\in C_c^\infty(\mathbb R)$，并满足

以及存在常数 $G\ge1$，使每个整数 $r\ge0$ 都有

常数 $G$ 可以依赖 $\varphi$。后面会对不同近似权重使用不同的 $G$，并不要求统一控制支撑或导数。

这样的 $\varphi$ 必须有正有负。如果 $\varphi\ge0$，零二阶矩意味着 $t^2\varphi(t)=0$ 几乎处处；因而 $\varphi$ 几乎处处支撑在单点 $0$，与积分为 $1$ 矛盾。它不能作为非负概率密度理解。

定义

若 $\operatorname{supp}\varphi\subseteq[-B,B]$，$B\ge1$，则每个和有限，而且

这就是 C 式 (3.10) 的一致有界性。它只固定一个权重，不要求所有权重有共同上界。

1.4 Proposition 3.5：本单元接受的振荡估计

原文位置：C p.8 末的命题陈述、p.9 的证明；结论为式 (3.11)。

固定上述斜率和一个平均权重 $\varphi$。原稿主张存在 $C_{\varphi,b}\lt\infty$，使每个整数 $w\ge1$ 及每组确定整数端点

均满足

$S$ 在此只须可逆、双可测、保概率，既不要求遍历，也不要求混合。函数已归一化为 $|f_j|\le1$。常数可以依赖固定斜率和权重，但不依赖系统、函数、端点或块数 $w$。

“确定端点”指同一组 $k_i$ 用于所有 $x$。最大值的位置可以依赖 $x$，但每次最大化只涉及有限个尺度，故被积函数可测。这两点并不矛盾。

本单元不把式 (O) 当作已知经典定理。它是本稿所提供、需要继续核验的关键输入。其来源依次为：局部深度变化估计 C Theorem 2.2（pp.3–4），消去核 C Lemma 3.2（p.6），实直线估计 C Lemma 3.3（p.7），整数序列估计 C Lemma 3.4（pp.7–8），最后是有限轨道转移。

2. 振荡为什么排除正测度的不收敛

对应 C Lemma 3.6，pp.9–10。这里把命题先写成抽象函数序列的形式。

2.1 完整陈述

设 $(Z_k)_{k\ge0}$ 是概率空间上的一致有界可测复函数序列。假设有一个常数 $C$，对每个 $w\ge1$ 和每组确定端点 $0\le k_1\lt\cdots\lt k_{w+1}$，都有

则 $Z_k(x)$ 在一个可测满测集上收敛。结论不指定极限，也不给收敛速率。

2.2 尾部直径与固定振幅

原文位置：p.9，Lemma 3.6 证明的第一段及尾部直径公式。

令

每个上确界只涉及可数个可测函数，因此 $\omega_K$ 可测。它随 $K$ 递减，而且由一致有界性可知有限，故极限存在且可测。$\omega(x)=0$ 当且仅当 $(Z_k(x))$ 满足 Cauchy 条件；复数空间完备，因此这也等价于收敛。

反设 $\mu\{\omega>0\}>0$。由于

至少存在一个 $m$ 使右边对应集合有正测度。记 $\delta=1/m$，

此后 $E,d,\delta$ 固定。不同点最初可能有不同的尾部振幅，这一步把它们限制在一个共同的正振幅尺度上。

2.3 从无限尾部选出确定的有限块

原文位置：p.10，Lemma 3.6 证明的开头，紧接 $E$ 的定义。

固定任意整数 $K\ge0$。对 $p,q\ge K$，三角不等式给出

取上确界后得到

令

当 $L\to\infty$，$M_{K,L}$ 单调增加到上面的尾部上确界。单调收敛定理给出

因此存在一个确定整数 $L>K$，使

$L$ 是根据积分选出的整数，不是 $x$ 的函数。式 (B) 不要求整批 $E$ 中的点都在这一块内跳动，也不要求它们在同一个尺度跳动；只要求块内最大值的积分达到固定正量。

2.4 线性下界与平方根上界

原文位置：p.10，Lemma 3.6 证明的最后三句。

从 $k_1=0$ 开始。每次把前一步终点当作新的 $K$，按式 (B) 选出下一个终点。得到一组确定的严格递增端点，而且每块都满足同一个下界 $\delta d/2$。因此对每个 $w$，

也就是 $\sqrt w\le2C/(\delta d)$。右边固定而 $w$ 可以任意大，矛盾。故 $\omega=0$ 几乎处处，命题得证。

令 $Z_k=V_k^\varphi$，结合式 (O) 和 §1.3 的一致有界性，就得到固定权重的光滑平均几乎处处收敛。到此没有使用混合性。

2.5 次线性增长的必要性

若右端只有 $Cw$，结论不成立。例如 $Z_k(x)=(-1)^k$ 与 $x$ 无关，每个非空整数块的最大振荡为 $2$，因而总和为 $2w$，但序列不收敛。真正起作用的是对所有端点统一的次线性增长。

即使给定一个点总会继续跳动，也不能预先给出一个适用于所有点的跳动时刻。证明使用“有限最大值后积分”，正是为了避免这一量词错误。

3. 普通混合如何给出多重平均的 $L^2$ 极限

对应 C Lemmas 3.7–3.8，pp.10–11。下面对任意有限个因子叙述范数定理，应用于当前三重问题时取变换为 $S$。

设 $(X,\mathcal F,\mu)$ 是概率空间，$T$ 可逆、双可测、保概率且混合。固定整数 $d\ge1$、两两不同的非零整数 $a_1,\ldots,a_d$ 和 $f_1,\ldots,f_d\in L^\infty(\mu)$。则

这是一条范数收敛结论。它不直接给出全部长度上的几乎处处收敛，也不同于没有时间平均的高阶混合命题。

3.1 从集合的混合性到函数相关

原文定位：C p.10，§3.3 开头及式 (3.13)。

集合的混合性是对固定 $E,F\in\mathcal F$，有 $\mu(E\cap T^{-m}F)\to\mu(E)\mu(F)$（$|m|\to\infty$）。由此需要推出：对固定有界可测 $g,h$，

若 $g,h$ 是简单函数，把它们写成有限个指示函数的线性组合，左边展开为有限个集合相关，因此结论直接由定义逐项得到。

一般情形，对每个 $\varepsilon>0$ 取简单函数 $g_\varepsilon,h_\varepsilon$，使 $\|g-g_\varepsilon\|_\infty\le\varepsilon$、$\|h-h_\varepsilon\|_\infty\le\varepsilon$。这种一致逼近可通过把有界复值范围划分为有限小格得到。对每个 $m$，

两个积分乘积之差也有同样的上界。先固定 $\varepsilon$，对简单函数使用 $|m|\to\infty$ 的结论，再令 $\varepsilon\downarrow0$，即得所需函数形式。复值系数不改变这个论证。

3.2 Lemma 3.7：有限 Hilbert 空间不等式

原文定位：C p.10，从零延拓恒等式到有限 $H$ 估计的整段证明。

设 $v_n$ 属于 Hilbert 空间，$\|v_n\|\le M$。假设对每个固定正整数 $h$，

存在。内积约定对第一变量线性。对每个固定整数 $H\ge1$，有

证明如下。固定 $H$，取 $N\ge H$；仅为这一次有限估计，在区间 $1\le n\le N$ 外把 $v_n$ 延拓为零。于是

由 Cauchy–Schwarz 不等式，

展开右侧平方。对角项的和至多为 $HNM^2$，偏移量为 $h$ 的项出现 $H-h$ 次，因此

固定 $H$ 后令 $N\to\infty$，得到式 (H)。若 $\gamma_h\to0$，则

再令 $H\to\infty$，可知平均向量在范数中趋于零。

3.3 Lemma 3.8：对因子个数归纳

原文定位：C p.11，式 (3.14) 的证明，至减均值展开完成归纳。

先处理至少一个函数均值为零的情形。令

固定 $h$，保测性给出

若 $d=1$，右侧不依赖 $n$，故 $\gamma_h=\int_Xq_{1,h}\,\mathrm{d}\mu$。

设结论已对 $d-1$ 个函数成立。由于 $a_j-a_1$（$2\le j\le d$）两两不同且非零，归纳假设给出

记上式左侧为 $G_{N,h}$，右侧的常数极限为 $c_h$。由于 $q_{1,h}\in L^2(\mu)$，Cauchy–Schwarz 不等式给出

将此极限代入式 (C)，并注意固定 $h$ 时删去末尾 $h$ 项的误差为 $O(h/N)$，得到

因为 $a_j\ne0$，混合性说明

至少一个 $f_j$ 均值为零，所以 $\gamma_h\to0$。由式 (H)，$N^{-1}\sum_{n=1}^Nv_n\to0$ 于 $L^2$。

最后，将每个函数写成

展开乘积。全是常数的一项为 $\prod_jm_j$；其余每一项含至少一个零均值函数，且只有有限多项，故其平均均在 $L^2$ 中趋于零。归纳完成。

3.4 假设与极限次序

• 斜率两两不同，保证归纳中的差值斜率非零。
• 每个斜率非零，保证 $|a_jh|\to\infty$，可以使用混合性。
• 可逆性使负时间及保测换元合法。
• 有界性保证所有乘积属于 $L^2$，并控制固定 $h$ 时删去的有限项。
• 先固定 $h$，再取 $N\to\infty$；式 (H) 中先固定 $H$，最后取 $H\to\infty$。证明没有要求混合速率。

不能删除斜率条件。例如两个相同斜率、$f_2=\overline{f_1}$ 时，平均变为 $|f_1|^2$ 的普通遍历平均，极限一般不是 $|\int f_1|^2$。若允许一个斜率为零，取另一个函数恒为一，则零斜率对应的读数始终保留对起点的依赖。

4. 光滑权重的 $L^2$ 极限与逐点极限识别

对应 C Lemma 3.8，p.11，从正负时间部分和的定义到式 (3.15)，以及紧接其后的 Fatou 论证。

4.1 正负时间必须分别处理

恢复第一节的记号 $F_n=\prod_{j=1}^{3}f_j\circ S^{b_jn}$ 和 $p=\prod_j\int f_j\,\mathrm{d}\mu$。上一节的范数定理分别应用于斜率 $b_j$ 与 $-b_j$，得到

两组斜率都满足两两不同且非零，因此这两次应用合法。此处的负时间不可省略，因为平均权重可以在负半轴有支撑。

更一般地，取任意固定 $\chi\in C_c^1(\mathbb R)$，$\int\chi=1$。本节将证明

这一结论不需要前三阶消失矩，也不需要 §1.3 的高阶导数界；那两项要求只属于振荡估计所用的较小函数类。

4.2 有限分部求和的恒等式

选定 $B\ge1$，使 $\operatorname{supp}\chi\subseteq[-B,B]$。令

因为 $M_a/a>B$，所以 $w_{M_a}^\pm=0$，更大的指标也为零。约定 $R_0^\pm=0$，则

逐项展开并移位，得到精确恒等式

末端项 $w_{M_a}^\pm R_{M_a}^\pm$ 为零，起始项涉及 $R_0^\pm=0$，所以没有留下边界项。

由均值定理，

于是正、负两个部分分别满足

4.3 为什么右边确实是 $o(1)$

给定 $\varepsilon>0$。先取一个固定 $N_0$，使对两种符号及每个 $n\ge N_0$，都有 $\|R_n^\pm\|_2\le\varepsilon n$。这是使用 $o(N)$ 的唯一位置。

式 (A) 右侧按 $n<N_0$ 与 $n\ge N_0$ 分开。第一部分是固定有限和乘 $a^{-2}$，当 $a\to\infty$ 时趋于零。第二部分至多

由于 $M_a/a\to B$，其极限上界不超过 $\varepsilon B^2\|\chi'\|_\infty/2$。最后让 $\varepsilon\downarrow0$，正负两个加权误差均趋于零。这里没有要求 $\|R_n^\pm\|_2/n$ 的衰减速率。

$n=0$ 对应的中心化项为 $a^{-1}\chi(0)(F_0-p)$，其 $L^2$ 范数为 $O(a^{-1})$。常数部分满足

，因为 $\chi$ 连续且紧支撑，均匀网格 Riemann 和收敛。三部分合起来得到式 (W)。

4.4 识别已经存在的逐点极限

取 $\chi=\varphi$ 且 $a=2^k$，得到 $V_k^\varphi\to p$ 于 $L^2$。第二节已经说明 $V_k^\varphi$ 在可测满测集 $E_\varphi$ 上收敛，记其极限为 $L_\varphi$。Fatou 引理给出

因此 $L_\varphi=p$ 几乎处处。若有必要，从 $E_\varphi$ 再删去一个可测零测集，就得到 $V_k^\varphi(x)\to p$ 对每个 $x\in E_\varphi$ 成立。

这里无需用支配收敛来推导积分极限；Fatou 已经足够。混合性负责本节的范数极限，振荡估计负责此前全尺度逐点极限的存在。

5. 光滑函数类：导数条件与消失矩近似

对应 C p.5 在 Definition 3.1 后的光滑函数构造，以及 Lemma 3.9，p.12。原文在这两处分别处理导数条件和矩校正。

5.1 一个满足导数增长条件的非负光滑函数

令

它在 $(-1,1)$ 上光滑且为正。需要核对的是零延拓在端点光滑，以及所有导数满足 §1.3 的增长形式。

固定 $|t|<1$，记 $d=1-t^2$。在复平面上取 $|z-t|\le d/16$。则

因而 $\operatorname{Re}(1-z^2)\ge3d/4$，且 $|1-z^2|\le5d/4$。利用 $\operatorname{Re}(1/q)=\operatorname{Re}(q)/|q|^2$，得到

圆盘内分母不为零，复函数 $\exp(-1/(1-z^2))$ 解析，且其绝对值至多 $\exp(-12/(25d))$。Cauchy 导数估计于是给出

对固定 $r$，当 $d\downarrow0$ 时，右端趋于零，因为指数衰减快于任意固定幂。各阶内部导数都连续延至端点并取零值，逐阶验证后，零延拓属于 $C_c^\infty(\mathbb R)$。

为得到随 $r$ 的界，令 $u=1/d\ge1$。函数 $u^r\mathrm e^{-cu}$ 在正半轴的最大值为 $(r/(c\mathrm e))^r$（$r=0$ 单独用常数界）。由式 (G)，存在绝对常数 $C$，使

又有 $r!\le(r+1)^r$，故把 $G$ 选为足够大的固定常数，右端可被 $[G(r+2)]^{G(r+2)}$ 控制。归一化

后，$\rho$ 非负，质量为 $1$，支撑在 $[-1,1]$，并仍满足同类导数界。

$\rho$ 只是构造平均权重的材料，尚不满足消失矩条件。它的非负性与平均权重必须有符号并不冲突。

5.2 固定操作为何不改变导数类

原文位置：C p.5，Definition 3.1 之后关于函数类封闭性的段落。

固定平移不改变导数的上确界。对固定尺度 $a>0$ 及固定中心 $z$，

因此固定伸缩只多出一个对 $r$ 至多指数增长的系数，可由增大常数 $G$ 吸收。固定阶数的求导将 $r$ 替换为 $r+m$；固定有限线性组合只把有限多个导数界相加，同样可增大 $G$。这里的“固定”很重要：并未得到对所有平移系数、尺度或线性组合统一的 $G$。

5.3 Lemma 3.9 的完整陈述

对每个 $c\in[1,2]$ 及 $\varepsilon>0$，存在 §1.3 意义下的平均权重 $\varphi$，满足

所求 $\varphi$ 同时具有质量 $1$、一至三阶矩为零、紧支撑和上述导数增长条件。仅用 $C_c^\infty$ 在 $L^1$ 中稠密，不能完成这条命题。

5.4 先光滑化，再固定原有矩

原文位置：C p.12，Lemma 3.9 证明第一段。

令 $\rho_\delta(t)=\delta^{-1}\rho(t/\delta)$，并取

$v$ 是实值、非负、光滑且紧支撑的函数，$\int v=1$，支撑包含于 $[-\delta,c+\delta]$。对于任意实数 $s$，两个长度为 $c$ 的区间相差的总长度为 $2\min(|s|,c)$，所以

由积分三角不等式和 $\rho_\delta\ge0$，

取 $\delta$ 足够小，使 $\|v-h_c\|_1<\varepsilon/2$。又因为 $\|h_c\|_1=1$，

由上一小节，$v$ 满足所需导数类。现在固定 $v$，记

一般 $m_j\ne0$，还需校正这些矩。后面出现的常数允许依赖已经固定的 $v$。

5.5 矩校正矩阵的可逆性

原文位置：C p.12，Lemma 3.9 证明中定义 $P_j$、$\rho_{i,A}$ 和矩阵 $M$ 的段落。

固定四个两两不同的实数 $z_0,z_1,z_2,z_3$，例如 $0,1,2,3$。令

因此 $P_j$ 是次数为 $j$ 的首一多项式。令矩阵的行指标为 $j$，列指标为 $i$，

若

则 $M=LV$。矩阵 $L$ 下三角，且每个对角元素为 $\mu_0=1$。故

这把原文的“与 Vandermonde 矩阵作三角变换”展开为一个具体恒等式。$M$ 现在是固定的实可逆矩阵。

5.6 把少量质量移到大尺度处

对尺度 $A\ge1$，定义

它非负且质量为 $1$。代换 $t=A(z_i+u)$ 得到

解线性方程

因为 $A\ge1$，在向量 $\ell^1$ 范数下有

定义

方程的第零行是 $\sum_i\beta_i=0$，所以 $\int\varphi=1$。对于 $j=1,2,3$，方程第 $j$ 行乘以 $A^j$，得到

又因为每个 $\rho_{i,A}$ 非负且质量为 $1$，

取 $A$ 足够大，使式 (M) 右边小于 $\varepsilon/2$，便有

所有系数实，$A$ 此时固定，$\varphi$ 是有限个紧支撑光滑函数之和；§5.2 保证它满足导数增长条件。这就同时验证了平均权重定义中的全部要求。

5.7 支撑扩大为何不可忽略

$\rho_{i,A}$ 的支撑在 $A[z_i-1,z_i+1]$。随精度提高，$A$ 可能增大，校正项的支撑也随之扩大。校正项的 $L^1$ 质量为 $O(A^{-1})$，而其 $j$ 阶矩可以有 $A^j$ 的放大，因此小 $L^1$ 改动可以精确改变低阶矩。

若反而要求所有近似都支撑在同一个 $[-R,R]$，则

，在 $R\ge c$ 时迫使二阶矩也随 $L^1$ 误差收敛。可是 $\int t^2\varphi=0$，而 $\int t^2h_c=c^2/3>0$，矛盾。因此不能给这条近似命题额外加上固定共同支撑。原文没有作这样的要求。

6. 从光滑二进尺度恢复全部整数长度

对应 C pp.12–13，Lemma 3.9 之后的主定理证明，重点为式 (3.16)–(3.17) 及 p.13 的有限有理网格。

6.1 只取一次可数满测集的交

对每个有理数 $c\in[1,2]$ 及整数 $h\ge1$，预先选一个平均权重 $\varphi_{c,h}$，使

由第二节及第四节，对每个固定 $(c,h)$ 都存在一个可测满测集 $E_{c,h}$，在其上

指标集 $([1,2]\cap\mathbb Q)\times\mathbb N$ 可数，因此

仍是可测满测集。此后始终固定 $x\in E$，所有有理比例和所有近似精度在同一个集合上处理。没有对不可数个函数或比例取满测集之交。

6.2 区间权重的精确端点恒等式

令 $N_k=\lfloor c2^k\rfloor$。由 $h_c=c^{-1}\mathbf1_{(0,c]}$，求和中恰好出现整数 $1\le n\le N_k$，所以

由于 $|A_{N_k}|\le1$ 且 $0\le c2^k-N_k<1$，左边与 $A_{N_k}$ 之差的绝对值至多 $(c2^k)^{-1}$。对任意固定平均权重 $\varphi$，三角不等式便给出原文式 (3.16)：

函数 $|h_c-\varphi|$ 有界且紧支撑，其不连续点至多为 $0,c$，因此 Riemann 可积。均匀网格求和于是收敛到 $\|h_c-\varphi\|_1$。取 $\varphi=\varphi_{c,h}$，固定 $h$ 让 $k\to\infty$，得到

再令 $h\to\infty$，即得

这里先固定权重后取尺度极限。没有把随近似精度变化的导数常数、支撑半径或振荡常数带入一个不存在的一致估计。

6.3 平均长度改变时的误差

设复数列 $(a_j)$ 满足 $|a_j|\le1$。对于 $1\le n\le N$，

分别估计两项，得到

该不等式逐点成立；既不使用保测性，也不使用 mixing。其作用是控制相邻网格长度之间尚未考察的平均。

6.4 固定网格、尺度极限、最后加密网格

固定整数 $s\ge1$，取有限有理网格

对任意 $N\ge1$，取唯一整数 $k\ge0$ 使 $2^k\le N<2^{k+1}$。令 $i$ 是满足

的最大索引。索引 $i=0$ 总能满足；索引 $i=s$ 对应 $2^{k+1}>N$，所以 $i<s$。由最大性及相邻网格距离，

式 (L) 给出

由式 (Q)，每个固定网格点的平均都趋于 $p$。网格是有限的，因此这些误差的最大值也趋于零：

合并得到