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。\\
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1. 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。
2. 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$o(N)$
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