关于光滑内协算子的不连续扰动的线性响应

《Advances in Mathematics》：On linear response for discontinuous perturbations of smooth endomorphisms

　　**乔瓦尼·卡内斯特拉里（Giovanni Canestrari）**
多伦多大学数学系，40 St. George Street，多伦多，安大略省 M5S 2E4，加拿大

**摘要**
我们研究了光滑endoformisms的不连续扰动，并展示了如果扰动族满足标准对上的均匀混合假设，则物理测度在定义扰动的参数上是Lipschitz连续的。我们还探讨了这类扰动的线性响应问题。最后，我们通过一个具体例子讨论了这些抽象假设的适用性。

**1. 引言**
SRB测度对系统参数的依赖性是光滑遍历理论中的一个自然问题，近年来引起了广泛关注。从物理角度来看，当参数平滑变化时，光滑可观测量的平均值应该会以平滑的方式变化；然而反例表明情况并非总是如此（一个著名的例子是二次扰动族[5]）。
设{F_t : M → M}_t是一族动力系统，对于该族中的每个元素，都存在一个唯一的SRB测度μ_t，设φ : M → R是一个光滑可观测量。线性响应意味着函数t → μ_t(φ)是可微的。
众所周知，证明线性响应（如果它成立的话）比证明连续性要困难得多。然而，这不仅仅是一个有趣的数学问题：在某些情况下，线性响应实际上是一个物理理论严格数学论证的基础（例如，参见[15]、[10]中关于周期性洛伦兹气体中的欧姆定律的推导）。在这种情况下，导电率是通过线性响应用微观量表示的。
如今，线性响应已在许多情形下得到证明，光滑均匀双曲设置似乎已经得到了很好的理解。Ruelle已经证明了光滑双曲微分同胚[28]、[29]和Anosov流[30]的可微性。使用作用在Banach空间上的传递算子也可以得到类似的结果，如[11]中所做的那样。除了均匀双曲性之外，最近在许多方向上也进行了研究：例如，部分双曲系统[22]、间歇映射[9]、[26]、随机系统[2]。有关当前研究状况的更广泛和完整的回顾，请参考[4]、[31]及其引用文献。
当涉及不连续性时，情况就不那么简单了。在一维情况下，即使是在均匀扩张系统中也可能缺乏统计稳定性或线性响应。文献中的结果[3]、[8]、[17]表明，线性响应的主要障碍在于扰动在一阶改变了映射的拓扑类别（即，当扰动是横截的时候）。
在一维情况下，即使是均匀扩张的、分段C^2的映射族，也表明SRB测度的依赖性不会超过t | ln(t) |。这是根据扰动理论[24]、[25]得出的。如果这种依赖性是最优的，那么由于对数的存在，线性响应将不可能实现。在[17]中，确实证明了对于广泛的一类横截扰动，μ_t的连续性模是t | ln(t) |的数量级，这表明线性响应是不兼容的。最近，人们对更高维度中的不连续系统也表现出了浓厚的兴趣（参见[33]、[34]），尽管在光滑均匀双曲性之外的线性响应在某种程度上被认为是正确的，但它仍然是一个开放且具有挑战性的问题。这种认识推动了对新线性响应机制的探索。例如，在[32]中提出，对于具有切线的光滑非均匀双曲系统，足够大的稳定维数可以实现线性响应。
通过我们的工作，我们展示了不均匀双曲系统也可以表现出线性响应，即使这些系统并不与某个共轭类相切，这与一维情况相反。这表明存在一种新的线性响应机制。在一维情况下，不连续性会产生δ函数，这些函数在动态过程中不会收敛到绝对连续的不变测度；而在D>1的情况下（当收缩方向垂直于不连续集的像时），不连续性会产生支持在子流形（例如标准对）上的测度，这些测度有机会收敛到SRB测度。
使用标准对来研究线性响应的想法并不新鲜。在[22]中，它已经成功地用于研究部分双曲系统的扰动。与本文相关的工作还包括[15]，这是一个关于不连续系统扰动的线性响应的例子。更具体地说，[15]研究了在微弱电场作用下的台球运动。然而，[15]利用了系统的某些特殊性质，最显著的是扰动流仍然是1-1且是单射的。在这里，我们考虑了更一般的情况，即扰动可以按定义扰动的参数改变点的前像数量。换句话说，即使在一阶改变未扰动动力系统的拓扑类别的情况下，也可能存在线性响应（第5节中的例子就是这种情况）。
目前的分析仅限于围绕具有光滑不变密度的映射的不连续扰动。由于双曲映射的SRB测度通常是分布（参见[20]），这是一个相当严格的假设。要检查我们提出的策略是否可以扩展到更一般的情况，需要进一步的工作。不幸的是，现有的文献甚至没有提供研究简单例子所需的技术工具（参见第5节命题5.1之前的讨论）。为了弥补这一点，在第6节中，我们提供了处理此处讨论的例子所需的关于标准对行为的结果。
为了测试我们的想法，我们考虑了对著名的Arnold猫映射(xy) ? ({x+y}/{x+(2?t)y}进行以下不连续扰动，其中t ∈ [0,1/8]，{a}是a的小数部分。映射FA,0模拟了一个保守的动力系统（例如，一个哈密顿系统），而FA,t模拟了一些非保守扰动的效果：随着t的增加，图像中会出现一个大小为t的条带状“孔”。
用1表示未扰动猫映射的SRB测度对应的恒定概率密度，用LtA表示与扰动动力学相关的传递算子，它用于演化密度。这种扰动是病态的，因为在右侧未着色的部分，表达式(LtA^(-1)/t有～1/t的爆炸性增长。这是因为质量没有到达那些区域。另一方面，由于扰动将不连续性沿着不稳定锥体的方向移动，质量分布中的不均匀性在不稳定锥体的某个方向上是平滑的，因此从双曲系统的角度来看是“规则的”。为了明确这一点，我们用不稳定的曲线（在这种情况下是线段）均匀地覆盖这个孔，这些曲线的长度与扰动的大小成正比（见假设(H4)）。这种现象也发生在FA,t族中，由于图1右侧正方形内的小白色三角形。大多数曲线在t上长度均匀，这导致了建立线性响应所需的相关性的均匀衰减。用m表示勒贝格测度，用μ_t表示FA,t的SRB测度。在第5节中，我们证明了对于任何光滑可观测量φ，lim_{t→0} μ_t(φ) ? m(φ) = ∑_{k=0}^{∞}[m(φ) ? ∫_0^1 (φ°FA,0_k)(s,s) ds]。上述方程中最右边的项是通过沿正方形的对角线积分得到的测度的推进。对角线的出现是因为(LtA^(-1)/t中的质量不均匀性集中在那里。

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**图1. Arnold猫映射的扰动。**

为了处理一般情况，首先需要开发一个在双曲分段光滑endoformisms设置中使用标准对的完整理论。为此，我们引入了一种与文献不同的耦合方法，该方法通过避免使用Cantor集合上的稳定/不稳定全纯性来简化标准论证（例如[13]）。如果这样的理论得以完善，就应该可以将其应用于新的流形情况。这甚至可能允许研究未扰动SRB测度不是绝对连续的情况，或者研究双曲系统中小孔的条件生存概率的Lipschitz依赖性。
本文的结构如下：第2节致力于介绍我们关心的映射和扰动类以及相关结果。在第3节中，我们证明了关于Lipschitz依赖性的定理2.3。在额外假设下，第4节我们证明了证明定理2.4所需的命题2.6。在第5节中，我们为一个具体例子提供了线性响应公式；在第6节中，我们证明了为该例子提供所需标准对工具的命题5.1。

在整篇文章中，N = {1,2,...}，N_0 = N ∪ {0}，C ∈ R^+是一个仅依赖于族{(F_j,t,M_j,t+)}_{t ∈ [0,ε]}的常数。对于x,y ∈ M，d(x,y)是x和y之间的欧几里得距离。m是勒贝格测度。对于A,B ? R^2，s ∈ R^+，[A]_s = {x ∈ M : d(x,A) ≤ s}，A△B = (A ? B) ∪ (B ? A)，d(A,B)是A和B之间的豪斯多夫距离。给定一组不相交的曲线Γ，我们用|Γ|表示它们的长度之和。对于M = (0,1)^2，我们用C_k(M)表示这样的可微函数集合：对于p ∈ {0,...,k}，f(p)允许在M的边界上有连续的扩展，从而使C_k(M)成为Banach空间。最后，除非另有说明，否则“测度”指的是带符号的测度。

**致谢：**
我感谢Dmitry Dolgopyat提出了启发本文的工作问题，并多次与我分享了他在这个主题上的见解。我还要感谢Carlangelo Liverani耐心地向我解释耦合机制，以及在整个项目开始和进行过程中进行的关键讨论。我感谢Péter Bálint、Shuang Chen和Nicholas Fleming-Vázquez的激励性讨论。最后，我感谢审稿人的深思熟虑的评论，它们改进了本文的表述。这项工作得到了PRIN基金“动力系统中的规则和随机行为”（PRIN 2017S35EHN）、“动力系统的随机性质”（PRIN 2022NTKXCX）以及授予罗马托尔维加塔大学数学系的MIUR卓越部门项目MatMod@TOV和Math@TOV的支持。作者承认自己是GNFM/INDAM的成员，并感谢马里兰大学和Simons中心的热情款待，部分工作是在那里完成的。这项工作是作者在罗马托尔维加塔大学的博士项目以及他在DinAmicI小组内的活动的一部分。

**2. 设置和结果**
设M = (0,1)^2，F是一个如下解释的分段光滑endoformism。设J ? N是一组有限的索引，M_j+ ? M，j ∈ J，是开的不相交路径连通集，使得?M_j+是一个闭合曲线，并且是由有限长度的C^1曲线组成的有限并集，在它们的端点相交。此外，M? = ?_{j ∈ J}M?_j+。对于j ∈ J，我们考虑微分同胚F_j: M_j+ → M_j? = F_j(M_j+)，使得?_{j ∈ JM?_j+ ? M。我们还引入了奇点集S_+ = ?_{j ∈ J}?M_j+，S? = ?_{j ∈ J}?M_j?。映射F_j通过对于x ∈ M_j+应用F_j来定义从M?S+到其像的映射F。如果集合M_j?是两两不相交的（这保证了单射性），并且它们的并集等于M?S?（这保证了满射性），那么映射F: M?S+ → M?S?是一个微分同胚；但我们也在考虑更一般的情况。任何分段endoformism都可以由对{(F_j,M_j+)}_{j ∈ J}唯一确定。我们现在定义了一类具有所需均匀性质的映射。

**定义2.1**
设S = S_D，D ∈ R^+，是分段endoformisms的集合，满足以下条件：
(1) J的基数是常数，且?M_j+的长度是均匀有界的。
(2) 对于任何j ∈ J，映射F_j: M_j+ → M_j?允许有一个C^2可逆的扩展F_j到包含M的球UM中。此外，max_{j ∈ J} max_{∥F_j∥^2, ||F_j^(-1)|^2} ≤ D。集合S_+和S?由有限长度的C^1曲线组成，对于每个k ∈ N，定义
(2.1) S_+k = ?_{p = 0}^{k?1} F^(-p)(S+) ? ?M。注意S_+ ? ?M = S_+，1，并且F_k至多在S_+，k处不连续。我们假设集合S_+,k和S?在有限多的点上相交并且是横截的。即，对于任意两条C1曲线γ?S+和γ??S?，在γ∩γ?处γ和γ?是横截的。映射F定义在M?S+上，但可以通过定义F(S+)来扩展F的作用到M?S+=[0,1]2，这是通过对M?S+中点的像的极限来实现的。一般来说，得到的映射取决于特定的极限序列的选择（例如，是从左侧还是从右侧逼近映射的值），但这种不确定性在后续的内容中不会起到任何作用。对于ε∈R+，设{(Fj,t,Mj,t+)}t∈[0,ε]是由实数参数t索引的S中的元素族，设St±、Fj,t和Ft是相应的对象。定义2.2我们说{(Fj,t,Mj,t+)}t∈[0,ε]是一个可接受的族，如果条件(H1)-(H4)得到满足。(H1)存在Q∈R+，使得对于所有t∈[0,ε]和j∈J，有‖Fj,t?Fj,0‖C2?Qt,Mj,0+△Mj,t+?[?Mj,0+??M]Qt∩[?Mj,t+??M]Qt。(H2)我们假设F0保持一个测度μ0?m，并且有h0:=dμ0dm∈C2(M,R)。(H3)对于所有t∈[0,ε)，存在一个测度μt，使得对于任何φ∈C0(M)，有μt(φ)=limn→∞?μ0(φ°Ftn)。下一个假设需要一些预备知识。设W是一条C1曲线，ρ∈C1(W,R)。我们设定，对于t∈[0,ε]，φ∈C0(M)，n∈N0，(2.2)Cor(φ,n,t;ρ)=|∫W(φ°Ftn)ρ?μt(φ)∫Wρ|。设Pt是M?(S0?∪St?)中的一个可测划分，由C1曲线组成。存在条件概率密度pW:W→R+，W∈Pt，以及一个Lebesgue测度的分解2 mPt，使得对于任何有界可测函数g:M→R，(2.3)∫Mgdm=∫Pt(∫WgpW)dmPt(W)。(H4)存在一个正实数序列{Θn}n，∑n=0∞Θn<∞，并且对于每个t∈[0,ε]，存在一个M?(S0?∪St?)的可测划分Pt，具有以下性质。我们假设Pt可以划分为两个mPt-可测集Pt1和Pt2，使得：对于所有t∈(0,ε)和φ∈C1，n∈N0，(a)Cor(φ,n,t;ρWpW)?Θn‖φ‖C1‖ρW‖C1，?W∈Pt1，?ρW∈C1(W,R)；(b)t?1∫Pt2Cor(φ,n,t;gpW)dmPt(W)?Θn‖φ‖C1‖g‖C1，?g∈C1(M)。关于这些假设的讨论，可以参考本节的末尾和引言部分。从现在开始，设{(Fj,t,Mj,t+)}是一个可接受的族，并且μt是由(H3)给出的相应测度。接下来的两个定理是本工作的主要结果。定理2.3 Lipschitz连续性对于所有t∈[0,ε]，以及每一个φ∈C1，有|μt(φ)?μ0(φ)|?C‖φ‖C1t。定理2.3的证明在第3节中给出。回忆一下，h0是在(H2)中 introduc 的。对于t∈[0,ε]，φ∈C0(M)，设νt(φ)=∫M(φ°Ft?φ)h0dm。定理2.4 线性响应如果存在一个测度ν?，使得(2.4)limt→0?νt(φ)t=ν?(φ)，?φ∈C0(M)，那么线性响应成立，并且对于任何φ∈C1，有limt→0?μt(φ)?μ0(φ)t=∑k∈N0ν?(φ°F0k)。条件(2.4)表明，由扰动产生的质量分布的不均匀性收敛到一个初始轮廓ν?。对于Arnold猫映射的具体例子，这个条件在引理5.3中得到了验证。设ν?满足(2.4)。以下命题断言ν?具有一个特殊形式，这保证了ν?是一个具有有限总变差的测度（不是正的，因为ν?(1)=0）。命题2.5存在一个在S0?上支持的具有有限总变差的测度νsing和一个函数R∈Lip(M)，使得对于任何φ∈C0(M)，有ν?(φ)=∫MRφdm+νsing(φ)。命题2.5的证明推迟到第4节。定理2.4是一个更一般结果的结果。设{tn}n∈N?(0,ε]，limn→∞?tn=0，并考虑(2.5)A={νtntn}n∈N，B={μtn?μ0tn}n∈N。根据引理4.3（见(3.6)中对Dt的定义），(2.6)|νt(φ)|t=|∫MφDtdm|?‖φ‖C0‖Dt‖L1?C‖φ‖C0。因此，根据(2.6)和定理2.3，A?{ρ∈C0(M)?：supφ∈C0(M)，‖φ‖C0=1?|ρ(φ)|?C}，B?{ρ∈C1(M)?：supφ∈C1(M)，‖φ‖C1=1?|ρ(φ)|?C}。因此，根据Banach-Alaoglu定理，A和B在相应的弱?拓扑中都承认聚点。用?A?A和?B?B表示这些聚点集。命题2.6存在一个满射I:?A→?B，使得对于任何ν?∈?A，φ∈C1(M)，(2.7)I(ν?)(φ)=∑k∈N0ν?(φ°F0k)。命题2.6的证明在第4节中给出。我们通过展示定理2.4如何是命题2.6的一个结果以及一些评论来结束本节。证明定理2.4设φ∈C1(M)并考虑任意序列{tn}?(0,ε]，limn→∞?tn=0，以及A和B。根据(2.4)，limn→∞?νtn/tn=ν?弱收敛。因此，#?A=1，并且根据命题2.6也有#?B=1。因此，limn→∞?μtn(φ)?μ0(φ)tn=I(ν?)(φ)=∑k∈N0ν?(φ°F0k)。这个结论是来自序列{tn}是任意的这一事实。□我们用对假设的讨论来结束本节。假设(H1)描述了分段平滑映射的扰动，其中映射的连续域和分支允许随扰动而变化。在假设(H2)中，我们限制在未受扰动的动力学是保守的情况，正如引言中讨论的，这是我们在本工作中无法放宽的一个重要限制。假设(H3)要求扰动后的映射具有SRB测度（或者更准确地说，物理测度），在线性响应的背景下这是一个自然的假设。假设(H4)是最技术性的。它要求M?(St?∪S0?)可以用C1曲线划分，这些曲线支持的测度的相关性衰减得足够快。这个假设与标准对的概念密切相关，即，简单来说，是一个在不稳定曲线上支持的具有平滑密度的测度。在双曲动力学的具体情况下，假设(H4)可以“分解”为两部分：标准对混合得很快（这通常发生在具有一些双曲性和收缩方向的系统中，参见例如[22]、[16]、[21]、[13]、[14]），并且不连续集St?∪S0?的几何结构允许M?(St?∪S0?)被长而不稳定的曲线划分，除非有一个测度为O(t2)的集合，这在(H4)–(b)中有所考虑。在第5节的扰动Arnold猫映射的例子中，这个假设成立，因为奇点St?∪S0?与不稳定锥对齐，所以它们不会有效地“切割”不稳定曲线，见图2)。我们寻找长的不稳定曲线，因为在双曲动力学中，不稳定曲线的倒数长度决定了混合所需的时间，因为曲线必须增长才能均匀分布。这些曲线在t上均匀长，保证了线性响应所需的相关性均匀衰减。我们相信/希望这些假设的适用范围很广，但就目前而言，验证(H4)需要大量的工作，即使对于简单的扰动猫映射的例子也是如此。下载：下载高分辨率图像（56KB）下载：下载全尺寸图像图2. S0?（左），St?（中），S0?∪St?（右），t=18。红色和蓝色分别表示集合Rt和Bt。（关于图中颜色的解释，请参阅本文的网页版本。）注释2.7在引理3.11中，我们在之前的假设下展示了：(H4')对于任何t∈(0,ε]，n∈N0，有|∫M(φ°Ftn+1?φ°Ftn)h0dm|t?CΘn‖φ‖C1。虽然假设(H4')可以直接得出定理2.3，但在定理2.4中也可以假设(H4')代替(H4)。3. Lipschitz连续性在本节中，我们证明定理2.3。我们首先为任何g:M→R，和x∈M?St?，逐点定义传递算子，如下：(3.1)Ltg(x)=∑y∈Ft?1(x)g(y)|det?DFt(y)|。众所周知，对于每个h∈L∞(M)和g∈L1(M)，(3.2)∫M(h°Ft)gdm=∫Mh(Ltg)dm。根据以下引理，方程(3.1)在足够小的开集上有一个统一版本。对于每个x∈M?St?和t∈[0,ε]，设(3.3)nt(x)={j∈J：x∈Mj,t?}。引理3.1对于任何t∈[0,ε]，x∈M?St?，存在一个邻域U?x，使得在U上，对于任何g:M→R，Ltg=∑j∈nt(x)g|det?DFj,t|°Fj,t?1。证明集合M?St?是开放的。因此，存在一个x的邻域U，使得U∩St?=?。特别地，对于所有j∈J，要么U?Mj,t?，要么U∩Mj,t?=?。由于x∈U，有U?Mj,t?当且仅当j∈nt(x)。因此，对于任何z∈U，有Ft?1(z)={Fj,t?1(z):j∈nt(x)}，并且结论来自传递算子的公式(3.1)。□下一个引理只是一个简单的观察，它允许我们用级数的收敛性来重新表述线性响应问题。引理3.2对于任何t∈[0,ε]，φ∈C0(M)，μt(φ)?μ0(φ)=∑k∈N0∫Mφ°Ftk(Lth0?h0)dm。证明应用(H3)和(H2)，并通过嵌套求和，μt(φ)=limn→∞?μ0(φ°Ftn)=limn→∞?∫M(φ°Ftn)h0dm=limn→∞?∑k=0n∫M(φ°Ftk+1?φ°Ftk)h0dm+∫Mφh0dm。最后，根据(3.2)得出的等式，证明了结论。我们引入了好点和坏点的集合。回想一下(3.3)，定义(3.4)Bt={x∈M?(St?∪S0?)：nt(x)≠n0(x)}=?j∈JMj,0?△Mj,t??(St?∪S0?)，Gt=M?(Bt∪St?∪S0?)。简单来说，Bt是那些相对于Ft和F0有不同的原像数量的点，和/或原像来自不同的Mj+。由于nt和n0是局部常数函数M?(St?∪S0?)→J，有(3.5)?Bt∪?Gt?St?∪S0?。根据引理3.2，我们理解t?1(Lth0?h0)对我们的分析特别重要。我们将其分为好部分和坏部分：(3.6)Dt=DtG+DtB；DtG=Lth0?h0t1Gt，DtB=Lth0?h0t1Bt。在接下来的引理中，我们论证级数∑k∈N0|∫Mφ°FtkDtdm|在t中一致收敛。为此，注意到Dt的平均值为零是至关重要的，(3.7)∫MDtdm=0。我们首先考虑好部分DtG，并证明它在t中具有一致的C1范数。我们需要以下预备引理。回想一下D是在(U2)中引入的，Q是在(H1)中引入的。我们将用|?|表示有限维范数。引理3.3对于任何足够小的t∈[0,ε]，j∈J和x∈Mj,t?∩Mj,0?，有|Fj,t?1(x)?Fj,0?1(x)|?QDt，|D(Fj,t?1)(x)?D(Fj,0?1)(x)|?D2(D+2)Qt。证明根据(U2)和(H1)，并回想一下Fj是在UM?M中定义的，0=|Fj,0(Fj,0?1(x))?Fj,t(Fj,t?1(x))|?|Fj,0(Fj,0?1(x))?Fj,0(Fj,t?1(x))|?|Fj,0(Fj,t?1(x))?Fj,0(Fj,t?1(x))|?|Fj,0(Fj,t?1(x))?Qt，证明了引理的第一部分。使用我们刚刚证明的内容，(3.8)|D(Fj,t?1)(x)?D(Fj,0?1)(x)|?|(DFj,t)?1°Fj,t?1(x)?(DFj,t)?1°Fj,0?1(x)|+|(DFj,t)?1°Fj,0?1(x)?(DFj,0)?1°Fj,0?1(x)|?supM?|D((DFj,t)?1)|QDt+supM?|(DFj,t)?1?(DFj,0)?1|。为了继续，D((DFj,t)?1)=[D2(Fj,t?1)°Fj,t]DFj,t，并且对于所有足够小的t，|(DFj,0)?1?(DFj,t)?1|?|(DFj,0)?1|2|DFj,0?DFj,t|1?|(DFj,0)?1||DFj,0?DFj,t|。根据上述关系和(U2)，(H1)，我们有(3.8)右侧的量不大于D2QDt+D2Qt1?DQt?D2(D+2)Qt，对于足够小的t。这完成了引理的证明。□我们将假设ε足够小，以便对于任何t∈[0,ε]上述引理都成立，有时我们会用撇号表示函数的导数（或一般意义上的导数），其值域是实数。引理3.4对于任何t∈(0,ε]，supGt?max?{|Dt|,|Dt′|}?C。证明设x∈Gt?M?(St?∪S0?)。由于h0是不变的，并且根据引理3.1，存在一个邻域U?x，使得对于U中的所有点，(3.9)Lth0?h0=Lth0?L0h0=∑j∈nt(x)h0|det?DFj,t|°Fj,t?1?∑j∈n0(x)h0|det?DFj,0|°Fj,0?1=∑j∈n0(x)h0|det?DFj,t|°Fj,0?1，在最后一个等式中我们使用了nt(x)=n0(x)对于x∈Gt。通过加减，(3.10)|Lth0?h0|?∑j∈n0(x)|h0|det?DFj,t|°Fj,t?1?h0|det?DFj,t|°Fj,0?1|+∑j∈n0(x)|h0|det?DFj,t|?h0|det?DFj,0||°Fj,0?1?#Jsupj∈J?supM?|(h0det?DFj另一方面，d(y,?Mj,0+)?d(x,?Mj,0+)?d(y,x)>Qt?δ，由于δ是任意的，这与(H1)中的第二个方程矛盾。在x∈(M?Mj,0+)∩?Mj,t+)的情况下，要么x∈?Mj,0+（这立即导致矛盾），要么对于每个δ∈R+，存在一个半径为δ的球B?x，使得B?M?Mj,0+且B∩Mj,t+≠?。类似地，这意味着存在y∈(Mj,0+△Mj,t+)∩B，使得d(y,?Mj,0+)>Qt?δ，这与(H1)矛盾，从而证明了?Mj,t+?[?Mj,0+]Qt。由于(H1)关于Mj,t+和Mj,0+是对称的，根据上述同样的论证，我们可以得出?Mj,0+?[?Mj,t+]Qt，因此得出了该结论。□

引理3.9 对于所有t∈[0,ε]：如果y∈Mj,0+且Fj,t(y)?Mj,0?，那么d(y,?Mj,0+)?2DQt。相反，如果y∈Mj,t+且Fj,0(y)?Mj,t?，那么d(y,?Mj,0+)?Q(2D+1)t。证明：我们考虑结论的第一部分，并通过反证法进行论证。如果结论是错误的，根据(U2)和(H1)，由于?Mj,0?=Fj,0(?Mj,0+)，我们有(3.13)d(Fj,t(y),?Mj,0?)?d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?d(Fj,t(y),Fj,0(y))?D?1d(y,?Mj,0+)?d(Fj,t(y),Fj,0(y))>D?12DQt?Qt>Qt。因为Fj,t(y)?Mj,0?且Fj,0(y)∈Mj,0?，根据(3.13)，d(Fj,t(y),Fj,0(y))?d(Fj,t(y),?Mj,0?)>Qt，这与(H1)的第一部分矛盾。继续讨论第二个结论，如果这是错误的，根据引理3.8，d(y,?Mj,t+)?d(y,?Mj,0+)?d(?Mj,0+,?Mj,t+)>Q(2D+1)t?Qt=2QDt，我们应用上述相同的论证，只是将下标中的t和0互换。□

正如预期的那样，集合Bt靠近奇异线的像。引理3.10 存在H,C∈R+，使得对于任何t∈[0,ε]，Bt∪St??[S0?]Ht且m(Bt)?Ct。证明：设x∈Mj,0?△Mj,t?，j∈J。那么要么(a) x∈Mj,0??Mj,t?，要么(b) x∈Mj,t??Mj,0?。我们考虑第一种情况。那么x=Fj,0(y)，并且要么(a1) y∈Mj,0+?Mj,t+，要么(a2) y∈Mj,0+∩Mj,t+。在情况(a1)下，根据(U2)和(H1)，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?Dd(y,?Mj,0+)?DQt。在情况(a2)下，根据引理3.9的第二部分，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?Dd(y,?Mj,0+)?DQ(2D+1)t。因此，Mj,0??Mj,t??[?Mj,0?]DQ(2D+1)t。在情况(b)下，我们有x=Fj,t(y)，并且要么(b1) y∈Mj,t+?Mj,0+，要么(b2) y∈Mj,t+∩Mj,0+。在情况(b1)下，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,t(y),Fj,0(?Mj,0+))+d(Fj,t(y),Fj,0(y))?DQt+Qt=Q(D+1)t。这导致与(H1)的矛盾，从而证明了?Mj,t+?[?Mj,0+]Qt，因此得出了该结论。□

引理3.9 对于所有t∈[0,ε]：如果y∈Mj,0+且Fj,t(y)?Mj,0?，那么d(y,?Mj,0+)?2DQt。相反，如果y∈Mj,t+且Fj,0(y)?Mj,t?，那么d(y,?Mj,0+)?Q(2D+1)t。证明：我们考虑结论的第一部分，并通过反证法进行论证。如果结论是错误的，根据(U2)和(H1)，使用?Mj,0?=Fj,0(?Mj,0+)，我们有(3.13)d(Fj,t(y),?Mj,0?)?d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?d(Fj,t(y),Fj,0(y))?D?1d(y,?Mj,0+)?d(Fj,t(y),Fj,0(y))>D?12DQt?Qt>Qt。因为Fj,t(y)?Mj,0?且Fj,0(y)∈Mj,0?，根据(3.13)，d(Fj,t(y),Fj,0(y))?d(Fj,t(y),?Mj,0?)>Qt，这与(H1)的第一部分矛盾。继续讨论第二个结论，如果这是错误的，根据引理3.8，d(y,?Mj,t+)?d(y,?Mj,0+)?d(?Mj,0+,?Mj,t+)>Q(2D+1)t?Qt=2QDt，我们应用上述相同的论证，只是将下标中的t和0互换。□

正如预期的那样，集合Bt靠近奇异线的像。引理3.10

存在H,C∈R+，使得对于任何t∈[0,ε]，Bt∪St??[S0?]Ht且m(Bt)?Ct。证明：设x∈Mj,0?△Mj,t?，j∈J。那么要么(a) x∈Mj,0??Mj,t?，要么(b) x∈Mj,t??Mj,0?。我们考虑第一种情况。那么x=Fj,0(y)，并且要么(a1) y∈Mj,0+?Mj,t+，要么(a2) y∈Mj,0+∩Mj,t+。在情况(a1)下，根据(U2)和(H1)，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?Dd(y,?Mj,0+)?DQt。在情况(a2)下，根据引理3.9的第二部分，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?Dd(y,?Mj,0+)?DQ(2D+1)t。因此，Mj,0??Mj,t??[?Mj,0?]DQ(2D+1)t。在情况(b)下，我们有x=Fj,t(y)，并且要么(b1) y∈Mj,t+?Mj,0+，要么(b2) y∈Mj,t+∩Mj,0+。在情况(b1)下，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,t(y),Fj,0(?Mj,0+))+d(Fj,t(y),Fj,0(y))?DQt+Qt=Q(D+1)t。最后，在情况(b2)下，根据引理3.9的第一部分，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,t(y),Fj,0(?Mj,0+))+d(Fj,t(y),Fj,0(y))?2D2Qt+Qt=Q(2D2+1)t。因此，对于某些H∈R+和所有j∈J，(3.14)Mj,0?△Mj,t??[?Mj,0?]Ht，所以Bt??j∈JMj,0?△Mj,t???j∈J[?Mj,0?]Ht=[S0?]Ht。根据引理3.8的相同论证，方程(3.14)得出?Mj,t+?[?Mj,0?]Ht，从而得出了该结论。结论的第二部分是第一部分和引理3.7的结果。□

现在我们利用假设(H4)关于曲线上相关性的可累加衰减以及Bt的测度小的事实来证明扰动参数下相关性的均匀衰减。引理3.11 对于所有t∈(0,ε]，φ∈C1(M)，n∈N0，|∫M(φ°Ftn)Dtdm|?CΘn‖φ‖C1。证明：回顾(3.7)，我们有(3.15)|∫M(φ°Ftn)Dtdm|=|∫M(φ°Ftn)Dtdm?μt(φ)∫MDtdm|?|∫Gt(φ°Ftn)Dtdm?μt(φ)∫GtDtdm|+|∫Bt(φ°Ftn)Dtdm?μt(φ)∫BtDtdm|。设Pt, Pt1, Pt2由(H4)给出。由于Pt是M?(S0?∪St?)的一个划分，对于任何曲线W∈Pt，W要么?Bt，要么W?Gt。因此，通过仅对Bt上的项进行乘法和除法，我们有(3.15)不大于，（回想一下相关性定义的(2.2)和条件密度pW定义的(2.3)，∫{W?Gt}Cor(φ,n,t;pWDtG)dmPt(W)+t?1∫{W?Bt}Cor(φ,n,t;pWtDtB)dmPt(W)=∫Pt1∩{W?Gt}Cor(φ,n,t;pWDtG)dmPt(W)+t?1∫Pt1∩{W?Bt}Cor(φ,n,t;pWtDtB)dmPt(W)+∫Pt2∩{W?Gt}Cor(φ,n,t;pWDtG)dmPt(W)+t?1∫Pt2∩{W?Bt}Cor(φ,n,t;pWtDtB)dmPt(W)。注意在Bt上积分的相关性中多了一个因子t。现在我们证明上述方程中的每一项都受过CΘn‖φ‖C1的约束。分别根据引理3.4和引理3.6，我们有(3.16)‖DtG|W‖C1(W)?‖DtG‖C1(Gt)?C，对于所有W∈Gt，‖tDtB|W‖C1(W)?‖tDtB‖C1(Bt)?C，对于所有W∈Bt。因此，对于第一项我们应用(H4)-(a)并且使用ρW=DtG|W，根据(3.16)我们有，∫Pt1∩{W?Gt}Cor(φ,n,t;pWDtG)dmPt(W)?Θn‖φ‖C1‖DtG‖C1∫Pt1dmPt(W)?CΘn‖φ‖C1。对于第二项，我们应用(H4)-(a)并且使用ρW=tDtB|W，引理3.10和(3.16)，t?1∫Pt1∩{W?Bt}Cor(φ,n,t;pWtDtB)dmPt(W)?t?1Θn‖φ‖C1‖tDtB‖C1∫{W?Bt}dmPt(W)。□

正如预期的那样，集合Bt靠近奇异线的像。引理3.10

存在H,C∈R+，使得对于任何t∈[0,ε]，Bt∪St??[S0?]Ht且m(Bt)?Ct。证明：设x∈Mj,0?△Mj,t?，j∈J。那么要么(a) x∈Mj,0??Mj,t?，要么(b) x∈Mj,t??Mj,0?。我们考虑第一种情况。那么x=Fj,0(y)并且要么(a1) y∈Mj,0+?Mj,t+，要么(a2) y∈Mj,0+∩Mj,t+。在情况(a1)下，根据(U2)和(H1)，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?Dd(y,?Mj,0+)?DQt。在情况(a2)下，根据引理3.9的第二部分，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,0(y),Fj,0(?Mj,0+))?Dd(y,?Mj,0+)?DQ(2D+1)t。因此，Mj,0??Mj,t??[?Mj,0?]DQ(2D+1)t。在情况(b)下，我们有x=Fj,t(y)并且要么(b1) y∈Mj,t+?Mj,0+，要么(b2) y∈Mj,t+∩Mj,0+。在情况(b1)下，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,t(y),Fj,0(?Mj,0+))+d(Fj,t(y),Fj,0(y))?DQt+Qt=Q(D+1)t。最后，在情况(b2)下，根据引理3.9的第一部分，d(x,?Mj,0?)=d(Fj,t(y),Fj,0(?Mj,0+))+d(Fj,t(y),Fj,0(y))?2D2Qt+Qt=Q(2D2+1)t。因此，对于某些H∈R+和所有j∈J，(3.14)Mj,0?△Mj,t??[?Mj,0?]Ht，所以Bt??j∈JMj,0?△Mj,t???j∈J[?Mj,0?]Ht=[S0?]Ht。根据引理3.8的相同论证，方程(3.14)得出?Mj,t??[?Mj,0?]Ht，从而得出了第一部分的证明。结论的第二部分是第一部分和引理3.7的结果。□

现在我们利用假设(H4)关于曲线上相关性的可累加衰减以及Bt的测度小的事实来证明扰动参数下相关性的均匀衰减。引理3.11 对于所有t∈(0,ε]，φ∈C1(M)，n∈N0，|∫M(φ°Ftn)Dtdm|?CΘn‖φ‖C1。证明：回顾(3.7)，我们有(3.15)|∫M(φ°Ftn)Dtdm|=|∫M(φ°Ftn)Dtdm?μt(φ)∫MDtdm|?|∫Gt(φ°Ftn)Dtdm?μt(φ)∫GtDtdm|+|∫Bt(φ°Ftn)Dtdm?μt(φ)∫BtDtdm|。设Pt, Pt1, Pt2由(H4)给出。由于Pt是M?(S0?∪St?)的一个划分，对于任何曲线W∈Pt，W要么?Bt，要么W?Gt。因此，通过仅对Bt上的项进行乘法和除法，我们有(3.15)不大于，（回想一下相关性定义的(2.2)和条件密度pW定义的(2.3），∫{W?Gt}Cor(φ,n,t;pWDtG)dmPt(W)+t?1∫{W?Bt}Cor(φ,n,t;pWtDtB)dmPt(W)=∫Pt1∩{W?Gt}Cor(φ,n,t;pWDtG)dmPt(W)+t?根据Lusin定理（参见例如[23]中的定理7.10），存在一个集合Lε和一个连续函数gε:M→R，使得在Lε上φε?φ°F0k=gε，并且|ν?|(M?Lε)?ε。也可以要求|gε|?|φε?φ°F0k|。通过加减运算并使用ν?的定义（4.1），我们有ν?(φε?φ°F0k)=ν?(gε)+ν?((φε?φ°F0k?gε)1M?Lε)，以及limm→∞?∫MgεDsmdm+ν?((φε?φ°F0k?gε)1M?Lε。因此，利用gε和Lε的性质以及（4.9）、（4.10），我们可以得到|ν?(φε?φ°F0k)|?supm∈N0?|∫MgεDsmdm|+|ν?|(M?Lε)supM?|φε?φ°F0k?gε|?supm∈N0?∫M|φε?φ°F0k||Dsm|dm+4ε‖φ‖C0?Ck‖φ‖C0ε。此外，根据（4.1），存在一个m?∈N，使得对于所有t?m?，有(4.11)|∫MφεDsmdm?ν?(φε)|?ε。结合（4.9）、（4.11）和（4.10），对于所有t?m?，我们有|∫M(φ°F0k)Dsmdm?ν?(φ°F0k)|?|∫M(φ°F0k?φε)Dsmdm|+|∫MφεDsmdm?ν?(φε)|+|ν?(φε?φ°F0k)|?Ck‖φ‖C0ε+ε。因此，根据引理4.9和上述结论，存在一个m?∈N，使得对于所有t?m?，我们有|∫M(φ°Fsmk)Dsmdm?ν?(φ°F0k)|?|∫M(φ°Fsmk)Dsmdm?∫M(φ°F0k)Dsmdm|+|∫M(φ°F0k)Dsmdm?ν?(φ°F0k)|?Ck‖φ‖C1(sm+ε)+ε，这里的Ck仅依赖于k。这完成了引理的证明。

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我们结束了证明命题2.6的部分。设{tn}是定义A和B时的序列。

**证明命题2.6**
设ν?∈?A。那么，对于某个子序列{sj}?{tn}，其中j∈N，当j→∞时，有sj→0，因此νsj/sj→ν?弱收敛。根据引理3.2，对于每个j∈N，φ∈C1(M)，有μsj(φ)?μ0(φ)sj=∑k∈N0∫M(φ°Fsjk)Dsjdm。由引理3.11（或假设(H4')），对于每个k∈N0，有|∫M(φ°Fsjk)Dsjdm|?CΘk‖φ‖C1，且这个性质对j∈N是一致的。根据引理4.10，对于每个k∈N0，有limj→∞?∫M(φ°Fsjk)Dsjdm存在。因此，我们可以交换极限和求和，根据引理4.10，我们得到limj→∞?∑k∈N0∫M(φ°Fsjk)Dsjdm=∑k∈N0limj→∞?∫M(φ°Fsjk)Dsjdm=∑k∈N0ν?(φ°F0k)。根据最后两个公式，存在一个属于?B的元素，形式如I(ν?)（如（2.7）中所述）。为了证明I是满射，我们进行如下论证：对于任何μ?∈?B，存在一个子序列{sj}?{tn}，当j→∞时，有sj→0，使得(μsj(φ)?μ0(φ))/sj→μ?。由于A的紧凑性，存在一个子序列sjq和ν?∈?A，使得当q→∞时，有νsjq/sjq→ν?弱收敛。由于我们可以交换极限和求和，对于任何φ∈C1(M)，有μ?(φ)=limq→∞2μsjq(φ)?μ0(φ)sjq=limq→∞2∑k∈N0∫M(φ°Fsjqk)Dsjqdm=∑k∈N0limq→∞2∫M(φ°Fsjqk)Dsjqdm=∑k∈N0ν?(φ°F0k)=I(ν?)(φ)。这完成了命题的证明。

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**5. Arnold猫图的扰动**
在本节中，我们考虑了一个具体的例子，在这个例子中，定理2.3和定理2.4的假设得到满足，并且我们计算了这种情况下的线性响应公式。我们考虑以下对著名的Arnold猫图的扰动FA,t:M?St+→M：
(5.1) (xy)→({x+y}/{x+(2?t)y}，其中t∈[0,1/8]，{a}是a的小数部分。奇点St+将在后面介绍。这些映射是根据第2节定义的分段自同态。为了展示与抽象设置的一致性，我们定义了以下开多边形：
M1,t+={x>0,y>0,yM2,t+={x>0,y>?1/2?tx+1/2?t,yM3,t+={x<1,y<1,y>?x+1,yM4,t+={x<1,y<1,y>?1/2?tx+2/2?t}。这些多边形在（图1）中绘制出来。我们有St+=St+,1∪?M，以及
(5.2) St+,1={(x,y)∈M:y=?1/2?tx+1/2?t 或 y=?1/2?tx+2/2?t 或 y=?x+1}。
对于j∈{1,2,3,4}，设FA,j,t:Mj,t+→Mj,t?=FA,j,t(Mj,t+)，
(5.3) FA,j,t(x,y)=At(xy)?vi，其中At=(1/12?t)，v1=(0/0)，v2=(0/1)，v3=(1/1)，v4=(1/2)。计算表明，(5.1)中的映射FA,t是由第2节描述的FA,j,t映射组成的。使用(5.3)和(5.2)，我们可以得到
(5.4) St???M={(x,y)∈M : y=x 或 y=x?t 或 y=x+(1?t) 或 y=(2?t)x 或 y=(2?t)x?1}。
我们用LtA表示与(5.3)相关联的传递算子。对于稍后会指定的r0>0，我们定义Cu={(ξ,η)∈R2:ξη?0}，Cs={(ξ,η)∈R2:?π/2+r0?arctan?(ηξ)??r0}。上述锥体是横截的，意味着相应锥体中的任何两个非零向量形成的角度都均匀地远离零。我们选择足够小的r0，使得对于每个t∈[0,1/8]，St+,1的线段方向都位于Cs内。在这里我们收集了一些在下一节中重要的基本观察结果。首先注意到锥体的收缩性在t中是一致的，(5.5)AtCu?IntCu，At?1Cs?IntCs，?t∈[0,1/8]，并且存在λ,λ?∈(1,∞)，使得
(5.6) λ∈[0,1/8]2infv∈Cu?|Atv||v|，λ?=supt∈[0,1/8]2supv∈Cu?|Atv||v|。由于St+,1与Cs对齐，根据(5.5)的第二部分，我们有St+,k也与Cs对齐。这最后的观察结果加上S0?与Cu对齐的事实意味着S0+,k与S0?是横截的，正如第2节的一般设置所要求的。我们还用Etu和Ets表示矩阵At的扩展和收缩特征空间。注意Etu∈IntCu，Ets∈IntCs。用μts, μtu分别表示At的稳定和不稳定特征值。对于每个t∈[0,1/8]，
(5.7) μts=det?At，μtu=1?t，μtu?1/λ。现在我们引入适应我们问题的标准对。由于我们讨论的是线性映射，我们只考虑支持在线段上的密度。这个选择的目的是为了仅呈现得出所需结论所需的理论。尽管如此，据作者所知，命题5.1中的结果并不是从文献中的任何已知结果直接得出的。原因是，在耦合结果中，通常假设映射有一个混合SRB测度来展示支持在标准对上的测度的快速衰减（以及由此产生的指数混合）。在我们的例子中，我们事先没有这些信息。然而，我们将展示，对于足够小的t，映射FA,t是混合的，因为未受扰动的映射FA,0具有非常好的统计性质（见引理6.13）。
3. 注意，命题5.1的第一部分可以通过考虑在适当的Banach空间上对传递算子的扰动来获得。这种方法已经在[18]中提出，但我们不能直接应用那里的结果，因为在[18]中假设所有的映射Ft都是分段微分同胚（而在我们的案例中，映射FA,t不是满射）。

4. 我们称任何与Cu对齐的M中的线段为标准线段（或标准曲线）。对于δ∈R?，我们让Wδ是长度至少为δ的标准线段的集合，并且我们设置W=?δ∈R+Wδ。还要注意，由于每个W∈W都在M内部，我们有|W|?2。

**命题5.1**
存在ε0∈(0,1/8]，使得对于每个t∈(0,ε0]，存在一个测度μt，使得μt(φ)=limn→∞?m(φ°FA,tn)，?φ∈C0(M)。此外，存在C∈R?和γ∈(0,1)，使得对于所有t∈[0,ε0]，对于所有W∈W，ρ∈C1(W,R)，以及所有n∈N0，有|∫W(φ°FA,tn)ρ?μt(φ)∫Wρ|?Cγn‖ρ‖C1‖φ‖C1，?φ∈C1(M)。
命题5.1的证明在第6节中。我们现在准备展示扰动猫图的线性响应。设μt是命题5.1中引入的测度，(x,y)是R2上的常规坐标。

**定理5.2**
对于任何φ∈C1(M)，limt→0?μt(φ)?m(φ)t=∑k∈N0[m(φ)?∫01(φ°FA,0k)(s,s)ds]。
**证明**
我们证明{FA,t}t∈[0,ε0]是命题5.1所给出的ε0的一个可接受集合。(U1)、(U2)和(H1)是定义的直接结果。(H2)得到验证，因为FA,0投影到环面上的线性自同构，因此保留了Lebesgue测度。(H3)与命题5.1中的第一个断言一致。现在我们讨论(H4)。在（图2）中，我们展示了集合S0?∪St?。我们考虑M?(S0?∪St?)的标准线段划分Pt。由于我们期望Pt上的条件概率测度的顺序为pW～1/|W|（它们是概率测度），我们希望M?(S0?∪St?)的Pt划分是由长度为1的标准曲线组成的（在t中均匀）。然而，这是不可能的，因为以下两个集合的存在：对于(x,y)∈M，Rt={x>0,x+1?t< />< />(5.9) dmrt(s)=|rst|ds2/prst=1/rst|。对于g∈c1(m)，t∈(0,ε0]，根据命题5.1的第二部分，有cor(φ,n,t;prstg)=1/rst||∫rst(φ°fa,tn)g?μt(φ)∫rstg|?cγn‖g‖c1‖φ‖c1|rst|。因此，根据(5.9)，(5.10)我们有
∫rtcor(φ,n,t;prstg)dmrtt?∫0tcγn‖g‖c1‖φ‖c1|rst||rst|ds2t?cγn‖φ‖c1‖g‖c1。类似地，对于bt也有类似的计算，对于t∈(0,ε0)，
(5.11) ∫btcor(φ,n,t;pbstg)dmbtt?cγn‖φ‖c1‖g‖c1。根据(5.10)和(5.11)，我们得出条件(h4)-(b)得到满足，其中θn=cγn。对于pt1，我们首先注意到可以用长度不小于某个给定常数的标准线段集合来划分m?(s0?∪st?∪rt∪bt)（这个常数的值不重要，但1/2就足够了）。这意味着可以定义pt1，使得
(5.12) ‖pw‖c1?c，对于w∈pt1和t∈(0,ε0]都成立。我们在附录a中给出了pt1的构造和(5.12)的证明的更多细节。根据命题5.1的第二部分，对于每个t∈(0,ε0]，w∈pt1和ρw∈c1(w,r)，有cor(φ,n,t;pwρw)=|∫w(φ°fa,tn)pwρw?μt(φ)∫wpwρw|?c‖pwρw‖c1‖φ‖c1γn?cγn‖ρw‖c1‖φ‖c1，其中在最后一个不等式中我们使用了(5.12)。因此，条件(h4)-(a)得到满足。定理5.2的陈述根据定理2.4和引理5.3得出，回忆m对于fa,0是不变的。

**引理5.3**
对于任何φ∈c0(m)，limt→0?∫m(φ°fa,t?φ)dmt=m(φ)?∫01φ(s,s)ds。
**证明**
通过直接计算（也参见（图1)），对于所有t∈(0,1/8)，
(5.13) lta1?1t=1?t1m?ht?1t1ht，其中ht是（图1）右侧的m的白部分，即ht=dt∪rt，dt=?s∈(0,t){(x,y)∈m:y=x?s}，rt=?s∈(0,t)rst，其中rst在(5.8)中定义。由于φ在紧集上连续，它是均匀连续的，并且对于任何ε∈r?，存在tε∈r?，使得对于所有x∈[0,1]，
(5.14) |φ(x,y)?φ(x,x)|?ε，?y∈(x?tε,x+tε)∩m。由于m(rt)=t2/2，m(dt)=t?t2/2，并且根据(5.14)，对于任何t∈(0,tε)，
(5.15) |∫htφ(x,y)tdm?∫01φ(s,s)ds|?|∫dtφ(x,y)tdm?∫01φ (5.9) dmrt(s)=|Rst|ds2/pRst=1/Rst|。对于g∈C1(M)，t∈(0,ε0]，根据命题5.1的第二部分，有Cor(φ,n,t;pRstg)=1/Rst||∫Rst(φ°FA,tn)g?μt(φ)∫Rstg|?Cγn‖g‖C1‖φ‖C1|Rst|。因此，根据(5.9)，(5.10)我们有 ∫rtcor(φ,n,t;prstg)dmrtt?∫0tcγn‖g‖c1‖φ‖c1|rst||rst|ds2t?cγn‖φ‖c1‖g‖c1。类似地，对于bt也有类似的计算，对于t∈(0,ε0)， (5.11) ∫btcor(φ,n,t;pbstg)dmbtt?cγn‖φ‖c1‖g‖c1。根据(5.10)和(5.11)，我们得出条件(h4)-(b)得到满足，其中θn=Cγn。对于Pt1，我们首先注意到可以用长度不小于某个给定常数的标准线段集合来划分M?(S0?∪St?∪Rt∪Bt)（这个常数的值不重要，但1/2就足够了）。这意味着可以定义Pt1，使得 (5.12) ‖pw‖c1?c，对于w∈pt1和t∈(0,ε0]都成立。我们在附录a中给出了pt1的构造和(5.12)的证明的更多细节。根据命题5.1的第二部分，对于每个t∈(0,ε0]，w∈pt1和ρw∈c1(w,r)，有cor(φ,n,t;pwρw)=|∫W(φ°FA,tn)pWρW?μt(φ)∫WpWρW|?C‖pWρW‖C1‖φ‖C1γn?Cγn‖ρW‖C1‖φ‖C1，其中在最后一个不等式中我们使用了(5.12)。因此，条件(H4)-(a)得到满足。定理5.2的陈述根据定理2.4和引理5.3得出，回忆m对于FA,0是不变的。 **引理5.3** 对于任何φ∈c0(m)，limt→0?∫m(φ°fa,t?φ)dmt=m(φ)?∫01φ(s,s)ds。 **证明** 通过直接计算（也参见（图1)），对于所有t∈(0,1 8)， (5.13) lta1?1t=1?t1M?Ht?1t1Ht，其中Ht是（图1）右侧的M的白部分，即Ht=Dt∪Rt，Dt=?s∈(0,t){(x,y)∈M:y=x?s}，Rt=?s∈(0,t)Rst，其中Rst在(5.8)中定义。由于φ在紧集上连续，它是均匀连续的，并且对于任何ε∈R?，存在tε∈R?，使得对于所有x∈[0,1]， (5.14) |φ(x,y)?φ(x,x)|?ε，?y∈(x?tε,x+tε)∩m。由于m(rt)=t2/2，m(Dt)=t?t2/2，并且根据(5.14)，对于任何t∈(0,tε)， (5.15)>(5.9) dmrt(s)=|rst|ds2/prst=1/rst|。对于g∈c1(m)，t∈(0,ε0]，根据命题5.1的第二部分，有cor(φ,n,t;prstg)=1/rst||∫rst(φ°fa,tn)g?μt(φ)∫rstg|?cγn‖g‖c1‖φ‖c1|rst|。因此，根据(5.9)，(5.10)我们有
∫rtcor(φ,n,t;prstg)dmrtt?∫0tcγn‖g‖c1‖φ‖c1|rst||rst|ds2t?cγn‖φ‖c1‖g‖c1。类似地，对于bt也有类似的计算，对于t∈(0,ε0)，
(5.11) ∫btcor(φ,n,t;pbstg)dmbtt?cγn‖φ‖c1‖g‖c1。根据(5.10)和(5.11)，我们得出条件(h4)-(b)得到满足，其中θn=cγn。对于pt1，我们首先注意到可以用长度不小于某个给定常数的标准线段集合来划分m?(s0?∪st?∪rt∪bt)（这个常数的值不重要，但1/2就足够了）。这意味着可以定义pt1，使得
(5.12) ‖pw‖c1?c，对于w∈pt1和t∈(0,ε0]都成立。我们在附录a中给出了pt1的构造和(5.12)的证明的更多细节。根据命题5.1的第二部分，对于每个t∈(0,ε0]，w∈pt1和ρw∈c1(w,r)，有cor(φ,n,t;pwρw)=|∫w(φ°fa,tn)pwρw?μt(φ)∫wpwρw|?c‖pwρw‖c1‖φ‖c1γn?cγn‖ρw‖c1‖φ‖c1，其中在最后一个不等式中我们使用了(5.12)。因此，条件(h4)-(a)得到满足。定理5.2的陈述根据定理2.4和引理5.3得出，回忆m对于fa,0是不变的。

**引理5.3**
对于任何φ∈c0(m)，limt→0?∫m(φ°fa,t?φ)dmt=m(φ)?∫01φ(s,s)ds。
**证明**
通过直接计算（也参见（图1)），对于所有t∈(0,1/8)，
(5.13) lta1?1t=1?t1m?ht?1t1ht，其中ht是（图1）右侧的m的白部分，即ht=dt∪rt，dt=?s∈(0,t){(x,y)∈m:y=x?s}，rt=?s∈(0,t)rst，其中rst在(5.8)中定义。由于φ在紧集上连续，它是均匀连续的，并且对于任何ε∈r?，存在tε∈r?，使得对于所有x∈[0,1]，
(5.14) |φ(x,y)?φ(x,x)|?ε，?y∈(x?tε,x+tε)∩m。由于m(rt)=t2/2，m(dt)=t?t2/2，并且根据(5.14)，对于任何t∈(0,tε)，
(5.15) |∫htφ(x,y)tdm?∫01φ(s,s)ds|?|∫dtφ(x,y)tdm?∫01φ>我们引入了一个在定义扰动的参数中具有一致性的版本。设 Kk∈N0，Kk=supt∈[0,1/8]?supx∈St+,k?{#{O∈Mtk:x∈?O}}。上述是 St+,k 中在某一点相交的最大段数。下一个引理通常被总结为“双曲性优于切割”。引理 6.3：存在一个 N0∈N，使得 KN0+1λN0<1。证明：该陈述基于 [6] 中的命题 17 的证明，而命题 17 又基于 [12]。实际上，在 [6] 中已经表明，supx∈St+?{#{O∈Mtk:x∈?O}} 随 k 的增加而多项式增长，其中的参数仅依赖于分区的维数和边数 {Mj,t+}j∈J。由于这些参数在 t 上是一致的，因此该陈述得证。□ 回顾第 5.1 节中命题 5 之前的 W 的定义。引理 6.4：对于任何 k∈N0，存在一个 Pk∈R+，使得对于任何 t∈[0,1/8]，有 W∈W,#{W∩Stk,+}?Kk+Pk|W|，或者等价地，#{W′:W′ 是 W?Stk,+} 的最大连通分量}?Kk+1+Pk|W|。证明：对于每个 k∈N0，存在一个 δ0∈R+，它在 t∈[0,1/8] 上是一致的，使得任何 W∈?δ?δ0Wδ 与 St+,k 相交的次数最多为 Kk 次。实际上，根据引理 6.2，并因为 t 在一个紧凑的集合中变化，所以存在一个下界来限制在 St+,k 中不相交的段之间的距离。对于 W∈W，我们将 W 分成 ?|W|/δ0? 个大小为 δ0 的分量。根据 δ0 的定义，每个这样的分量与 St+,k 相交的次数最多为 Kk 次。因此，设置 Pk=Kk/δ0，总的相交次数被限制为 ?|W|δ0?Kk+Kk?Pk|W|+Kk，从而得出结论。□ 我们称任何有限的集合 G={(Wj,pj)}j∈I 为一个标准家族，其中 I?N，Wj∈W 且 pj∈(0,1]，并且 ∑j∈Ipj=1。对于任何标准家族 G，我们关联一个概率测度 μG，定义为 μG(φ)=∑j∈Ipj∫Wjφ|Wj|。将 pj 视为“段 Wj 中的质量比例”是有用的。这些段 Wj 不必是不相交的。如果两个标准家族 G1 和 G2 的测度相同，即对于任何 φ∈C0(M)，有 μG1(φ)=μG2(φ)，我们说 G1 和 G2 是等价的，并写作 μG1=μG2。我们还定义了 G 的规律性 Z(G) 为 (6.1)Z(G)=∑j∈Ipj1|Wj|。即使 μG=μG′，Z(G) 也可能不等同于 Z(G′)。有时考虑具有修改后的权重的相同标准家族也是有用的。设 G 如上所述，并且对于某些有限的索引 Ij?N，j∈I，以及 pj,k′>0，有 ∑k∈Ijpj,k′=1，定义 (6.2)G?={(Wj,k,pj,k)}(j,k)，Wj,k=Wj,pj,k=pjpj,k′。在这种情况下，有 μG=μG? 且 Z(G)=Z(G?)。一般来说，如果两个标准家族 G 和 G? 可以通过 (6.2) 中修改权重来获得，我们说 G 和 G? 是不可区分的，并写作 G?G?。给定一个标准家族 G={Wj,pj}j∈I，我们定义其演化 FA,tG 为 (6.3)FA,tG={(FA,t(Wj,k),pj,k)}(j,k)，其中 pj,k=pj|Wj,k||Wj|，Wj,k 是 Wj?St+, j∈I 的最大连通分量。根据 (5.5)，FA,tG 是一个标准家族。通过变量替换，我们得知标准家族的演化描述了相关测度的前向传播，即 (6.4)μG(φ°FA,t)=∑j∈Ipj∫Wjφ°FA,t|Wj|=∑j∈I∑kpj∫Wj,kφ°FA,t|Wj|=∑j∈I∑kpj∫FA,t(Wj,k)φ|Wj||Wj,k||FA,t(Wj,k)|=μFA,tG(φ)。注意，如果 G?G?，那么对于所有 p∈N，有 FA,tpG?FA,tpG?。下一个引理提供了关于权重的更多信息。对于任何 W∈W，自然地关联一个标准家族 GW={(W,1)}。引理 6.5：设 W∈W，n∈N0，并且表示 (重新命名索引) FA,tnGW={(Wq,pq)}。那么 pq=|Wq|/|FA,tn(W)|，特别地 pq?|Wq|/(λ￣n|W|)。证明：我们通过归纳法证明该陈述。对于 n=0，该陈述是显而易见的。假设对于某个 n∈N0，该陈述是成立的。设 (Wj,pj)∈FtnGW 并且设 Wj,k 是 Wj∩St+ 的连通分量。那么，写作 Wq=FA,t(Wj,k)，使用归纳假设并回忆 (6.3)，与 Wq 相关联的权重为 pq=pj|Wj,k||Wj|=|Wj||FA,tn(W)||Wj,k||Wj|=|Wj,k||FA,tn(W)|=|FA,t(Wj,k)||FA,tn+1(W)|=|Wq||FA,tn+1(W)|，在第四个等式中我们使用了 Wj,k?FA,tn(W)，因此 Wj,k 和 FA,tn(W) 有相同的斜率。这证明了引理的第一部分。第二部分来自我们刚刚的证明和 (5.6) 的第二部分。□ 在下一个引理中，我们展示了当通过动态迭代时，小段平均而言会增长，直到它们达到由映射的属性给出的某个长度尺度。虽然类似的增长引理在研究具有不连续性的双曲系统中很常见，但以下引理与 [13] 中的非常接近。设 N0 由引理 6.3 给出。引理 6.6：增长引理：存在 z∈(0,1) 和 Z∈R+，使得对于任何 t∈[0,1/8]，k∈N0，以及标准家族 G，有 Z(FA,tkN0G)?zkZ(G)+Z。此外，存在 Z?,Z??,Q1,Q2∈R+，使得对于所有 t∈[0,1/8]，有 Z(FA,tpG)?max?{Z??Z(G),Z?}，?p∈N0，Z(FA,tpG)?Z?，?p?Q1|ln?Z(G)|+Q2。证明：设 G={Wj,pj}j∈I。对于每个 j∈I，设 {Wj,j′}，j′∈Ij，是 FA,tp(Wj) 的一个连通分量划分，p∈N0。Ij 的基数不大于 Wj?St+,p 的连通分量数。因此，根据引理 6.4，存在一个常数 Pp∈R+，使得对于每个 j∈I，有 (6.5)#Ij?Kp+1+Pp|Wj|。此外，根据引理 6.5，与 Wj,j′ 相关联的权重为 (6.6)pj,j′=pj|Wj,j′||FA,tp(Wj)|。因此，根据 (6.5) 和 (6.6)，(6.7)Z(FA,tpG)=∑j∈I∑j′∈Ijpj,j′1|Wj,j′|=∑j∈I∑j′∈Ijpj|Wj,j′||FA,tpWj|1|Wj,j′|?∑j∈IpjKp+1+Pp|Wj|λp|Wj|?Kp+1λpZ(G)+Ppλp。现在我们证明引理的第一部分。当 k=1 时，根据 (6.7) 和引理 6.3 可以得到。对于一般的 k∈N，通过使用 (6.7) 并将 G 替换为 FA,tkN0G 以及 p=N0 可以得到。此外，方程 (6.7) 当 p=1 时得出 (6.8)Z(FA,tG)?K1+1λZ(G)+P1λ?K1+1+2P1λZ(G)，其中我们使用了 Z(G)?1/2（回想一下标准段长度的上界）。写作 p=kN0+q，k∈N0，q∈{0,...,N0?1}，(6.9)Z(FA,tpG)?(K1+1+2P1λ)qZ(FA,tkN0G)?Z??max?{Z(G),Z1?z}?max?{Z??Z(G),Z?}，其中我们在第一个不等式中重复使用了 (6.8)，在第二个不等式中使用了引理的第一部分，并且我们设置了 (6.10)Z??=(K1+1+2P1λ+1)N0，Z?=2ZZ??1?z。第三个结论可以通过引理的第一部分以及 (6.9) 中的第一个不等式和上述方程中 Z? 的定义得到。□ 我们强调引理 6.6 中参数 t 的一致性。跟踪标准家族的规律性将是一项重要的任务。如果满足 (6.11)Z(G)?Z?，Z?=20000Z?，其中 Z? 如 (6.10) 中所定义，我们说 G 是一个规则的标准家族。以下简单的引理揭示了 Z 与标准家族中长段的质量比例之间的联系。引理 6.7：对于任何标准家族 G 和任何 δ∈R+，有 ∑j∈I:|Wj|?δpj?δZ(G)，或者等价地，∑j∈I:|Wj|>δpj?1?δZ(G)。证明：实际上，有 ∑j∈I:|Wj|?δpj?∑j∈I:|Wj|?δpjδ|Wj|?δZ(G)。第二个断言可以从第一个和 ∑j∈Ipj=1 中得出。□ 我们引入了一个将来有用的数 δ?∈R+。设置 (6.12)δ?=1100Z?。考虑到引理 6.6 和引理 6.7，δ? 表示在标准家族中大多数质量所在的段的最小长度（确切地说，不少于 99% 的质量）在增长引理所需的时间之后。粗略地说，我们可以将 δ? 视为由不平衡动态在平衡状态下给出的内在长度尺度（在 t 上是一致的）。我们现在定义标准家族的耦合。直观地说，如果至少有 p 的比例它们的质量沿着稳定方向相距 η，我们说两个标准家族是 (p,η)-耦合的。定义 6.8 (p,η)-耦合：我们说 W1,W2∈W 是 η-coupled 的，对于 η∈R+，如果对于所有 x∈W1，有 {x+η?v}η?∈[?η,η]∩W2≠?，v∈Ets，‖v‖=1，并且对于所有 x∈W2，有 {x+η?v}η?∈[?η,η]∩W1≠?，v∈Ets，‖v‖=1。给定两个标准家族 G1={W1,j,p1,j}j∈I1 和 G2={W2,j,p2,j}j∈I2，如果存在 I1,c?I1，I2,c?I2，标准曲线 W1,j,c?W1,j，j∈I1,c，和 W2,j,c?W2,j，j∈I2,c，以及一个双射 ?:I1,c→I2,c，使得 W1,j,c 和 W2,?(j),c 是 η?coupled；∑j∈I1,cmin?{p1,j|W1,j,c||W1,j|,p2,?(j)|W2,?(j)|W2,?(j)|=p，我们说 G1 和 G2 是 (p,η)-coupled，p∈(0,1]，η∈R+。如果 G1 和 G2 是 (1,η)-coupled，我们说它们是 η-coupled。每当我们有两个 (p,η)-coupled 的标准家族时，我们总是可以重新排列索引使得 ?(j)=j，即 I1,c=I2,c。对于两个 (p,η)-coupled 的标准家族，我们可以定义它们的耦合和未耦合部分，并重新规范化权重以使它们再次成为标准家族。定义 6.9：分解：设 Gι, ι∈{1,2}，是两个 (p,η)-coupled 的标准家族，以及 {Wι,j,c}，如上所述。对于 j∈Iι，设 Dι,j 是索引 Wι,j?Wι,j,c 的连通分量的某个有限集合，并用 W￣ι,j,p 表示它们，p∈Dι,j（如果 j∈Iι?Iι,c，则设置 Wι,j,c=?）。我们定义，p_j=min?{p1,j|W1,j,c||W1,j|,p2,j|W2,j|，?j∈I1,c=I2,c，‘我们在家族的第 j 个元素中耦合的质量’；p?,j=p_j∑k∈I1,cp_k=p_jp，‘如上所述，但按总耦合质量规范化’；p￣ι,j=pι,j|Wι,j||Wι,j|?p_j，?j∈Iι,c，‘由于两个密度之间的差异，我们在家族的第 j 个元素中不耦合的质量’；p￣ι,j,p=pι,j|W￣ι,j,p||Wι,j|，?p∈Dι,j,j∈Iι，‘我们在家族的第 j 个元素中不耦合的其他质量’；p□,ι,j=p￣ι,j1?p，‘按所有未耦合质量规范化的其他非耦合质量’；p□,ι,j,p=p￣ι,j,p1?p，‘按所有未耦合质量规范化的其他非耦合质量’。设置 Dι={(j,p):j∈Iι,p∈Dι,j}。我们定义耦合和未耦合的标准家族为 Coupp,η(G1,G2)={(W1,j,c,p?,j)}j∈I1,c，Coupp,η(G2,G1)={(W2,j,c,p?,j)}j∈I2,c，G1?Coupp,η(G1,G2)={(W1,j,c,p□,1,j)}j∈I1,c∪{(W￣1,j,p,p□,1,j,p)}(j,p)∈D1,G2∪Coupp,η(G2,G1)={(W2,j,c,p□,2,j)}j∈I2,c。注意 Coupp,η(G1,G2) 和 Coupp,η(G2,G1) 是 η-coupled 的，并且以上所有都是标准家族。我们还观察到对于每个 Wι,j，ι∈{1,2}，我们最多只耦合一个连通段 Wι,j,c，因此有 (6.13)#Dι,j?2，?j∈Iι。由于我们经常处理两个标准家族，我们引入了以下符号来表示“另一个”家族。对于 ι∈{1,2}，我们设置 ι?=ι+1mod2。如果从上下文中可以清楚，我们有时会省略 Coup 符号中的一个或两个下标。注意，如果两个标准家族 G1 和 G2 是 (p,η)-coupled，那么 Coup(Gι,Gι?) 可能有多个选择，但对于以下内容来说区别不大。上述分解的整个要点是，对于任何 φ∈C0(M)，有 (6.14)μGι(φ)=pμCoup(Gι,Gι?)(φ)+(1?p)μGι?Coup(Gι,Gι?)(φ)。耦合两个标准家族的问题是我们通常只能耦合它们的部分。这种碎片化导致我们接下来在引理中研究的耦合和未耦合家族的规律性丧失。引理 6.10：设 G1 和 G2 是两个 (p,η)-coupled 的标准家族，对于某些 p∈(0,1)，η∈R+。那么，对于 ι∈{1,2}，有 Z(Coup(Gι,Gι?))?Z(Gι)p，Z(Gι?Coup(Gι,Gι?))?3Z(Gι)1?p。证明：为了方便表示，设 ι=1，并根据定义 6.9，有 Z(Coup(G1,G2))=∑j∈I1,cp?由于CenterWi∩Q≠?，我们可以考虑Wic?Wi，使得ζ/200?|Wic|?ζ，并且Wic在Q3ρ的右侧有一个端点，全部位于该侧的右侧，并且对于某个我们现在要指定的η，它们是η-耦合的。由于Wic都截距大小为3ρ的正方形，因此沿着Ets的W1,c和W2,c之间的距离小于3ρ+max{|W1,c|,|W2,c|}sin?∠(W1,W2)?3ρ+ζsin?∠(W1,W2)。W1和W2之间的角度小于2α?，这证明了结论。□ 现在我们展示对于小的t值，可以在控制时间内将一定量的质量耦合到扰动后的映射FA,t中。回忆一下公式(6.11)中的Z?，公式(6.12)中的δ?，以及公式(6.2)之后引入的G1?G2。引理6.13：对于任何η∈R+和δ∈R+，存在Nη,δ∈N，使得对于任何k?Nη,δ，存在ε0∈(0,18]，具有以下性质：对于任何t∈[0,ε0]和Wι∈Wδ，ι∈{1,2}，存在标准族Gc,k,ι?FA,tkGWι，它们是(δ?400λ￣k,η)?耦合的。此外，Z(Coup(Gc,k,ι,Gc,k,ι?))?Z?（即，耦合的族是规则的）。证明：设η0∈R+，使得对于任何η?η0，引理6.11的陈述都成立。不失一般性，我们只考虑足够小的η，对于一般的η，由于(O1)，该陈述也是成立的。选择任何η,δ∈R+，(6.19)0<η?min?{η0,δ?2000}。我们现在按这个顺序确定nη,δ, k和ε0。由于wι∈wδ，我们有z(gwι)?δ?1。因此，根据增长引理6.6的第三个陈述，存在n1∈n，使得对于所有p?n1，wι∈wδ，(6.20)max?{z(fa,tpgw1),z(fa,tpgw2)}?z?。也让n2∈n根据引理6.11对于由引理陈述给出的η和δ来确定。最后，让n3∈n足够大，使得对于所有p?n3，(6.21)δ?sin?(2∠(fa,tpwι,etu))?η，∠(fa,tpwι,etu)?π8，ι∈{1,2}。设nη,δ=max?{n1,n2,n3}。固定k?nη,δ。回忆一下，根据引理4.7，存在ck,qk∈r+，使得(6.22)supm?[s0+,k]qkt?|fa,tk?fa,0k|?ckt。也让pk根据引理6.4来确定。我们固定ε0足够小，使得(6.23)ckε0?η100，(kkδ+pk)qkcconeε0?1100，其中ccone∈r+仅依赖于cu和cs之间的横截性，并且将在(6.26)中引入，kk是复杂性。对于t∈[0,ε0]，ι∈{1,2}，定义nt(ι)={x∈wι：fa,tk(x)属于fa,tk(wi)的连通分中心的点且不短于δ?}，gt(ι)=(m?[s0+,k]qkt)∩nt(ι)，q?η,tgood(ι)={q∈q?η：q∩fa,0k(gt(ι))≠?}。为了帮助读者理解证明，我们在继续之前简要讨论一下刚刚引入的定义。集合gt(ι)中的点是wι中的点，在扰动映射经过k次迭代后，这些点将属于fa,tk(wi)的长连通分中心，并且足够远离奇点集s0+,k。做出这些选择有两个原因。首先，为了耦合质量，我们展示两个族fa,tkgwι中的每个分都截距同一个正方形。然而，为了应用引理6.12，我们需要这些分足够长。第二个原因是我们使用未扰动动力学的混合属性来展示两个族同时截距同一个正方形。但是，我们需要足够远离奇点以便比较扰动和未扰动的动力学（见公式(6.22)）。我们能够耦合质量的正方形是(q?η,tgood中的正方形的）放大版本。回到证明，我们做出以下声明：对于每个t∈[0,ε0]，(6.24)q?η,tgood(1)∩q?η,tgood(2)≠?。为了方便起见，设fa,tkgwι={(wjι,pjι)}j∈iι。注意到，对于ι∈{1,2}，|nt(ι)||wι|=|fa,tk(nt(ι))||fa,tk(wi)|=∑j∈iι:|wjι|?δ?|centerwjι||fa,tk(wi)|=∑j∈iι:|wjι|?δ?|wjι||fa,tk(wi)||centerwjι||wjι|=∑j∈iι:|wjι|?δ?pjι|centerwjι||wjι|，在第一个等式中我们使用了fa,t是线性的且单射，在第二个等式中使用了nt(ι)的定义，在最后一个等式中使用了引理6.5。由于位于中心的分的比例是总数的49/50，对于所有t∈[0,ε0]，(6.25)|nt(ι)||wι|?4950∑j∈iι:|wjι|?δ?pjι?4950(1?δ?z?)?495099100?95100，在第二个不等式中我们使用了引理6.7和公式(6.20)，在第三个不等式中使用了(6.12)中选择的δ?。此外，由于s0+,k和cu之间的横截性，对于某个仅依赖于cs和cu的ccone∈r+，(6.26)|wj∩(m?[s0+,k]qkt)||wι|=1?|wj∩[s0+,k]qkt||wι|?1?cconeqkt#{wj∩s0+,k}|wι|。根据引理6.4，(6.26)中的右项不小于1?cconeqkt(kk+pk|wι|)|wι|。因此，使用|wι|?δ和(6.23)中的第二个不等式，我们有，对于所有t∈[0,ε0]，(6.27)|wj∩(m?[s0+,k]qkt)||wι|?1?(kkδ+pk)qkcconeε0?99100。结合(6.25)和(6.27)，我们有，对于所有t∈[0,ε0]，|gt(ι)||wι|?|wj∩(m?[s0+,k]qkt)|+|nt(ι)|?|wι||wj|?99+95100?1?910。因此，使用fa,0的线性和单射性，对于t∈[0,ε0]，ι∈{1,2}，(6.28)|fa,0k(gt(ι))||fa,0k(wi)|=|gt(ι)||wι|?910，即|fa,0k(wi)?fa,0k(gt(ι))||fa,0k(wi)|?110。回想一下k?nη,δ?n2，因此我们可以应用引理6.11。因此，对于所有t∈[0,ε0]，ι∈{1,2}，它成立#(q?η?q?η,tgood(ι))#q?η=∑q∈q?η：q∩fa,0k(gt(ι))=?1#q?η?∑q∈q?η|1#q?η?|q∩fa,0k(wi)||fa,0k(wi)||+∑q∈q?η：q∩fa,0k(gt(ι))=?|q∩fa,0k(wi)||fa,0k(wi)|?1100+|fa,0k(wi)?fa,0kgtk(ι))||fa,0k(wi)|?1100+110，在最后一个不等式中我们使用了(6.28)。特别是上述等式证明了声明(6.24)，因为两个段中良好正方形的比例超过1/2。我们现在结束引理的证明。对于任何t∈[0,ε0]，设qc∈q?η,tgood(1)∩q?η,tgood(2)，并设qc,2是以qc为中心且大小为qc两倍的正方形（这样的正方形存在，因为q∈q?η并且至少距离?m有2η）。根据良好正方形的定义，对于每个ι∈{1,2}，存在xι∈gt(ι)使得fa,0k(xι)∈qc。然而，根据(6.22)和(6.23)的第一个不等式，并回想一下gt(ι)?m?[s0+,k]qkt，d(fa,tk(xι),fa,0k(xι))?ckt?ckε0?η100。因此，由于qc,2的大小为2η，(6.29)fa,tk(xι)∈qc,2，ι∈{1,2}。由于xι∈gt(ι)?nt(ι)，根据nt(ι)的定义，我们有fa,tk(xι)属于fa,tk(wi)的不小于δ?的连通分中心。因此，公式(6.29)意味着对于所有的ι∈{1,2}，fa,tk(wi)的长分都截距同一个正方形qc,2。根据(6.19)，qc,2的大小为2η?δ?/100，并且考虑到(6.21)的第二个不等式，我们可以应用引理6.12。根据所提到的引理，存在耦合的标准段wic?fa,tk(wi)，使得(6.30)min?{|w1,c|,|w2,c|}?δ?200，并且相关的标准族gw1,c和gw2,c是6η+δ?sin?(2∠(fa,tkwι,etu))?7η-耦合的，其中我们也使用了(6.21)的第一个不等式。为了计算耦合的质量，我们用w￣ι,c表示包含wic的连通分，并用p￣ι,c表示相关的权重。然后，根据引理6.5，min?{p￣1,c|w1,c||w￣1,c|,p￣2,c|w2,c||w￣2,c|}=min?{|w￣1,c||fa,tkw1||w1,c||w￣1,c|,|w￣2,c||fa,tkw2||w2,c|}=min?{|w1,c||fa,tkw1|,|w2,c||fa,tkw2|}。因此，根据定义6.8，族fa,tkgw1和fa,tkgw2是(min?{|w1,c||fa,tkw1|,|w2,c||fa,tkw2|},7η)-耦合的。由于|fa,tkwι|?λ￣k2，并且根据(6.30)，耦合的质量不小于δ?/(400λ￣k)。此外，设置coup(fa,tkgwι,fa,tkgwι?)=(wι,c,1)，根据(6.30)再次，z(coup(fa,tkgwι,fa,tkgwι?))?max?{1|w1,c|,1|w2,c|}?200δ??20000z?=z?。最后，根据(o2)，存在标准族gc,k,ι?fa,tkgwι，它们正好是(δ?400λ￣k,7η)-耦合的，并且z(coup(gc,k,ι,gc,k,ι?))=z(coup(fa,tkgwι,fa,tkgwι?))?z?。根据最后一个陈述并且通过重命名η，我们完成了引理的证明。□ 换句话说，可以耦合任意小的片段并且使它们任意接近。为此需要等待可能非常长的时间k?nη,δ，并且耦合的质量很少～λ￣?k。然而，这些估计在t∈[0,ε]范围内是均匀的，并且耦合的标准族的规则性是可控的（?z?）。我们将引理6.13升级为规则的标准族。6.2. 两个标准族的耦合：在这一小节中，我们证明在扰动映射经过足够多的迭代后，可以耦合任意两个规则的标准族。我们希望应用引理6.13来耦合两个标准族的所有段。不幸的是，这是不可行的，因为标准族可能有任意小的片段。然而，如果标准族是规则的，那么大多数片段都不会太短。回想一下，如果z(g)?z?，那么g是规则的。引理6.14：对于任何η∈r+，存在nη∈n，使得对于所有k?nη，存在pc∈(0,1]和ε0∈r+，具有以下性质：对于任何t∈[0,ε0]，对于任意两个规则的标准族gι，ι∈{1,2}，存在两个(pc,η)-耦合的标准族gc,k,ι?fa,tkgι。此外，max?{z(coup(gc,k,ι,gc,k,ι?)),z(gc,k,ι?coup(gc,k,ι,gc,k,ι?))}?z?。证明：设gι={wjι,pjι}j∈iι。考虑任何η∈r+，并让nη由引理6.13中的nη,δ给出，其中η由声明给出，δ=(2z?)?1。固定k?nη，并让ε0由引理6.13对于选定的k给出。通过选择δ，∑{j∈iι:|wjι|?δ}pjι?1?δz(gι)?1?δz??12，其中我们也使用了引理6.7，并且知道gι是规则的。根据上述等式，并根据(6.2)修改权重，我们可以不失一般性地假设存在两个子集i?ι?{j∈iι:|wjι|?δ}，使得∑j∈i?ιpjι=12。为了耦合，我们需要考虑另外两个标准族g?ι?gι。根据最后一个等式，我们有pjι=∑l∈i?ι?2pjιplι?。因此，通过用{(wjι,2pjιplι?)}l∈i?ι替换每对(wjι,pjι)，j∈i?ι，定义的标准族g?ι与原始族不可区分。得到的标准族是g?1={(wj1,2pj1pl2)}(j,l)∈i?1×i?2∪{(wj1,pj)}j∈i1?i?1和g?2={(wl2,2pj1pl2)}(j,l)∈i?1×i?2∪{(wl2,pl)}l∈i2?i?2。特别是，它们对于共同的索引i?1×i?2具有相同的权重，并且根据定义，min?{|wj1|,|wl2|}?δ，对于所有(j,l)∈i?1×i?2。因此，引理6.13适用，允许耦合(wj1,2pj1pl2)∈g?1与(wl2,2pj1pl2)∈g?2，对于任何(j,l)∈i?1×i?2。根据最后一句，对于任何t∈[0,ε0]，存在标准族gc,k,ι?fa,tkg?ι?fa,tkgι，它们是(pc,η)-耦合的，其中pc=∑(j,l)∈i?1×i?22pj1pl2δ?400λ￣k=δ?800λ￣k∈(0,12)。这证明了引理的第一部分。关于耦合部分的规则性的估计来自引 k和ε0。由于wι∈wδ，我们有z(gwι)?δ?1。因此，根据增长引理6.6的第三个陈述，存在n1∈n，使得对于所有p?n1，wι∈wδ，(6.20)max?{z(fa,tpgw1),z(fa,tpgw2)}?z?。也让n2∈n根据引理6.11对于由引理陈述给出的η和δ来确定。最后，让n3∈n足够大，使得对于所有p?n3，(6.21)δ?sin?(2∠(fa,tpwι,etu))?η，∠(fa,tpwι,etu)?π8，ι∈{1,2}。设nη,δ=max?{N1,N2,N3}。固定k?Nη,δ。回忆一下，根据引理4.7，存在Ck,Qk∈R+，使得(6.22)supM?[S0+,k]Qkt?|FA,tk?FA,0k|?Ckt。也让Pk根据引理6.4来确定。我们固定ε0足够小，使得(6.23)Ckε0?η100，(Kkδ+Pk)QkCconeε0?1100，其中Ccone∈R+仅依赖于Cu和Cs之间的横截性，并且将在(6.26)中引入，Kk是复杂性。对于t∈[0,ε0]，ι∈{1,2}，定义Nt(ι)={x∈Wι：FA,tk(x)属于FA,tk(Wi)的连通分中心的点且不短于δ?}，Gt(ι)=(M?[S0+,k]Qkt)∩Nt(ι)，Q?η,tgood(ι)={Q∈Q?η：Q∩FA,0k(Gt(ι))≠?}。为了帮助读者理解证明，我们在继续之前简要讨论一下刚刚引入的定义。集合Gt(ι)中的点是Wι中的点，在扰动映射经过k次迭代后，这些点将属于FA,tk(Wi)的长连通分中心，并且足够远离奇点集S0+,k。做出这些选择有两个原因。首先，为了耦合质量，我们展示两个族FA,tkGWι中的每个分都截距同一个正方形。然而，为了应用引理6.12，我们需要这些分足够长。第二个原因是我们使用未扰动动力学的混合属性来展示两个族同时截距同一个正方形。但是，我们需要足够远离奇点以便比较扰动和未扰动的动力学（见公式(6.22)）。我们能够耦合质量的正方形是(Q?η,tgood中的正方形的）放大版本。回到证明，我们做出以下声明：对于每个t∈[0,ε0]，(6.24)Q?η,tgood(1)∩Q?η,tgood(2)≠?。为了方便起见，设FA,tkGWι={(Wjι,pjι)}j∈Iι。注意到，对于ι∈{1,2}，|Nt(ι)||Wι|=|FA,tk(Nt(ι))||FA,tk(Wi)|=∑j∈Iι:|Wjι|?δ?|CenterWjι||FA,tk(Wi)|=∑j∈Iι:|Wjι|?δ?|Wjι||FA,tk(Wi)||CenterWjι||Wjι|=∑j∈Iι:|Wjι|?δ?pjι|CenterWjι||Wjι|，在第一个等式中我们使用了FA,t是线性的且单射，在第二个等式中使用了Nt(ι)的定义，在最后一个等式中使用了引理6.5。由于位于中心的分的比例是总数的49/50，对于所有t∈[0,ε0]，(6.25)|Nt(ι)||Wι|?4950∑j∈Iι:|Wjι|?δ?pjι?4950(1?δ?Z?)?495099100?95100，在第二个不等式中我们使用了引理6.7和公式(6.20)，在第三个不等式中使用了(6.12)中选择的δ?。此外，由于S0+,k和Cu之间的横截性，对于某个仅依赖于Cs和Cu的Ccone∈R+，(6.26)|Wj∩(M?[S0+,k]Qkt)||Wι|=1?|Wj∩[S0+,k]Qkt||Wι|?1?CconeQkt#{Wj∩S0+,k}|Wι|。根据引理6.4，(6.26)中的右项不小于1?CconeQkt(Kk+Pk|Wι|)|Wι|。因此，使用|Wι|?δ和(6.23)中的第二个不等式，我们有，对于所有t∈[0,ε0]，(6.27)|Wj∩(M?[S0+,k]Qkt)||Wι|?1?(Kkδ+Pk)QkCconeε0?99100。结合(6.25)和(6.27)，我们有，对于所有t∈[0,ε0]，|Gt(ι)||Wι|?|Wj∩(M?[S0+,k]Qkt)|+|Nt(ι)|?|Wι||Wj|?99+95100?1?910。因此，使用FA,0的线性和单射性，对于t∈[0,ε0]，ι∈{1,2}，(6.28)|FA,0k(Gt(ι))||FA,0k(Wi)|=|Gt(ι)||Wι|?910，即|FA,0k(Wi)?FA,0k(Gt(ι))||FA,0k(Wi)|?110。回想一下k?Nη,δ?N2，因此我们可以应用引理6.11。因此，对于所有t∈[0,ε0]，ι∈{1,2}，它成立#(Q?η?Q?η,tgood(ι))#Q?η=∑Q∈Q?η：Q∩FA,0k(Gt(ι))=?1#Q?η?∑Q∈Q?η|1#Q?η?|Q∩FA,0k(Wi)||FA,0k(Wi)||+∑Q∈Q?η：Q∩FA,0k(Gt(ι))=?|Q∩FA,0k(Wi)||FA,0k(Wi)|?1100+|FA,0k(Wi)?FA,0kGtk(ι))||FA,0k(Wi)|?1100+110，在最后一个不等式中我们使用了(6.28)。特别是上述等式证明了声明(6.24)，因为两个段中良好正方形的比例超过1/2。我们现在结束引理的证明。对于任何t∈[0,ε0]，设Qc∈Q?η,tgood(1)∩Q?η,tgood(2)，并设Qc,2是以Qc为中心且大小为Qc两倍的正方形（这样的正方形存在，因为Q∈Q?η并且至少距离?M有2η）。根据良好正方形的定义，对于每个ι∈{1,2}，存在xι∈Gt(ι)使得FA,0k(xι)∈Qc。然而，根据(6.22)和(6.23)的第一个不等式，并回想一下Gt(ι)?M?[S0+,k]Qkt，d(FA,tk(xι),FA,0k(xι))?Ckt?Ckε0?η100。因此，由于Qc,2的大小为2η，(6.29)FA,tk(xι)∈Qc,2，ι∈{1,2}。由于xι∈Gt(ι)?Nt(ι)，根据Nt(ι)的定义，我们有FA,tk(xι)属于FA,tk(Wi)的不小于δ?的连通分中心。因此，公式(6.29)意味着对于所有的ι∈{1,2}，FA,tk(Wi)的长分都截距同一个正方形Qc,2。根据(6.19)，Qc,2的大小为2η?δ?/100，并且考虑到(6.21)的第二个不等式，我们可以应用引理6.12。根据所提到的引理，存在耦合的标准段Wic?FA,tk(Wi)，使得(6.30)min?{|W1,c|,|W2,c|}?δ?200，并且相关的标准族GW1,c和GW2,c是6η+δ?sin?(2∠(FA,tkWι,Etu))?7η-耦合的，其中我们也使用了(6.21)的第一个不等式。为了计算耦合的质量，我们用W￣ι,c表示包含Wic的连通分，并用p￣ι,c表示相关的权重。然后，根据引理6.5，min?{p￣1,c|W1,c||W￣1,c|,p￣2,c|W2,c||W￣2,c|}=min?{|W￣1,c||FA,tkW1||W1,c||W￣1,c|,|W￣2,c||FA,tkW2||W2,c|}=min?{|W1,c||FA,tkW1|,|W2,c||FA,tkW2|}。因此，根据定义6.8，族FA,tkGW1和FA,tkGW2是(min?{|W1,c||FA,tkW1|,|W2,c||FA,tkW2|},7η)-耦合的。由于|FA,tkWι|?λ￣k2，并且根据(6.30)，耦合的质量不小于δ?/(400λ￣k)。此外，设置Coup(FA,tkGWι,FA,tkGWι?)=(Wι,c,1)，根据(6.30)再次，Z(Coup(FA,tkGWι,FA,tkGWι?))?max?{1|W1,c|,1|W2,c|}?200δ??20000Z?=Z?。最后，根据(O2)，存在标准族Gc,k,ι?FA,tkGWι，它们正好是(δ?400λ￣k,7η)-耦合的，并且Z(Coup(Gc,k,ι,Gc,k,ι?))=Z(Coup(FA,tkGWι,FA,tkGWι?))?Z?。根据最后一个陈述并且通过重命名η，我们完成了引理的证明。□ 换句话说，可以耦合任意小的片段并且使它们任意接近。为此需要等待可能非常长的时间k?nη,δ，并且耦合的质量很少～λ￣?k。然而，这些估计在t∈[0,ε]范围内是均匀的，并且耦合的标准族的规则性是可控的（?z?）。我们将引理6.13升级为规则的标准族。6.2. 两个标准族的耦合：在这一小节中，我们证明在扰动映射经过足够多的迭代后，可以耦合任意两个规则的标准族。我们希望应用引理6.13来耦合两个标准族的所有段。不幸的是，这是不可行的，因为标准族可能有任意小的片段。然而，如果标准族是规则的，那么大多数片段都不会太短。回想一下，如果z(g)?z?，那么g是规则的。引理6.14：对于任何η∈r+，存在nη∈n，使得对于所有k?nη，存在pc∈(0,1]和ε0∈r+，具有以下性质：对于任何t∈[0,ε0]，对于任意两个规则的标准族gι，ι∈{1,2}，存在两个(pc,η)-耦合的标准族gc,k,ι?fa,tkgι。此外，max?{z(coup(gc,k,ι,gc,k,ι?)),z(gc,k,ι?coup(gc,k,ι,gc,k,ι?))}?z?。证明：设gι=>根据前面的结果，我们可以得出任何属于Wj,singι的x都位于W?jι与St+,N0交集的一个Cconeη邻域内。因此，有|Wj,singι|?Cconeη#{St+,N0∩W?jι}?Cconeη(KN0+PN0E|Wjι|)，其中我们在第二个不等式中使用了引理6.4。根据上述估计，丢失的质量不会超过(6.33)∑j∈Ipj|Wj,singι||Wjι|?Cconeη(KN0maxι∈{1,2}?Z(Gι)+EPN0)?Cconeη(KN0Z?+EPN0)。在上面的第二个不等式中，我们利用了这两个家族的规则性。我们即将得出结论。定义L∈R+为L=∑j=0∞λ?jN0Ccone(KN0Z?+EPN0)。根据(5.7)，在jN0次迭代后仍然耦合的质量mj∈[0,1]满足λ?jN0η-coupled。因此，通过将λ?jN0η替换为η，并利用方程(6.33)，我们可以得出在jN0到(j+1)N0之间的迭代中未能耦合的初始质量的比例不大于Cconeλ?jN0η(KN0Z?+EPN0)mj?Cconeλ?jN0η(KN0Z?+EPN0)。因此，通过对FA,tN0的迭代求和，我们可以得出在时间kN0时仍为λ?kN0-coupled的初始质量的比例不小于1?∑j=0k?1λ?jN0ηCcone(KN0Z?+EPN0)?1?Lη。回想一下(O1)，这证明了引理的第一部分。至于引理的第二部分，根据引理6.10和声明的第一部分，我们有Z(Coup1?Lη,λ?kN0η(FA,tkN0Gι,FA,tkN0Gι?))?Z(FA,tkN0Gι)1?Lη。根据引理6.6，并且由于Gι是规则的，上述量不大于zkZ(Gι)+Z1?Lη?zkZ?+Z1?Lη?zZ?+Z1?Lη?Z?，在最后一个不等式中我们使用了Z??2Z/(1?z)，并且我们假设η足够小。这证明了引理的结论。□ 根据之前的结果，‘解耦’的质量量与耦合质量的距离η成正比，我们预期这个距离最终会趋于零。然而，它的规则性非常差，因为它依赖于长度为η的小段。换句话说，失去非常小质量的代价是我们不得不处理具有任意差的规则性的标准家族。这种现象由引理6.10描述。为了帮助我们理解，增长引理指出质量会以指数速率变得规则。如接下来的两节将清楚的，净效应是指数混合。6.4. 线性方案 在这个小节中，我们使用之前的结果来展示耦合和未耦合质量的演化遵循一个特定的线性方案。设L由引理6.15给出。我们引入一个足够小的η0∈R+，使得引理6.15成立，并且有(6.34)η0?1/2L。η0是我们耦合质量的最大距离，现在一次性确定。设Nη0∈N由引理6.14对于η0给出，并设置(6.35)Nc=min?{mN0:m∈N,mN0?Nη0,λ?mN0<1/2}，ρ=λ?Nc∈(0,1/2)。注意Nc∈N是N0的倍数，如引理6.15所要求的，并且不小于Nη0，如引理6.14所要求的。我们将时间以Nc为单位来衡量。为了处理具有非常小段的标准家族，我们引入规则性类别。回想一下引理6.6中的z和Z。对于r∈N0，我们递归地定义Qr∈R+，即Q0=Z?，Qr+1=(Qr?Z)z?NcN0。我们有Qr随r指数增长。实际上，根据上述方程明确写出Qr，对于任何r∈N，(6.36)Qr=Z?z?rNcN0?Z∑j=1rz?jNcN0?Z?z?rNcN0?Zz?(r+1)NcN0?1z?NcN0?1?(Z??Z1?zNcN0)z?rNcN0?(Z??Z1?z)z?rNcN0?Z?2z?rNcN0，在最后一个不等式中我们使用了Z?=20000Z??2Z/(1?z)，这是从(6.10)中可以得出的。如果标准家族G满足Z(G)?Qr，我们说G属于第r个规则性类别，并写作G∈Hr。根据引理6.6的第一部分和Qr的定义，对于任何r∈N0，有Z(FA,tNcG)=Z(FA,tN0NcN0G)?zNcN0Z(G)+Z?zNcN0Qr+1+Z=Qr。特别地，最后一个方程意味着(6.37)FA,tNcG∈Hr?G∈Hr+1。换句话说，在jN0到(j+1)N0之间的迭代中，我们未能耦合的初始质量的比例不超过Cconeλ?jN0η(KN0Z?+EPN0)mj?Cconeλ?jN0η(KN0Z?+EPN0)。因此，通过对FA,tN0的迭代求和，我们可以得出在时间kN0时仍为λ?kN0-coupled的初始质量的比例不小于，对于任何k∈N，1?∑j=0k?1λ?jN0ηCcone(KN0Z?+EPN0)?1?Lη。回想一下(O1)，这证明了引理的第一部分。至于引理的第二部分，根据引理6.10和声明的第一部分，我们有Z(Coup1?Lη,λ?kN0η(FA,tkN0Gι,FA,tkN0Gι?))?Z(FA,tkN0Gι)1?Lη。根据引理6.6并且由于Gι是规则的，上述量不大于zkZ(Gι)+Z1?Lη?zkZ?+Z1?Lη?zZ?+Z1?Lη?Z?，在最后一个不等式中我们使用了Z??2Z/(1?z)，并且我们假设η足够小。这证明了引理的结论。□ 根据之前的结果，‘解耦’的质量量与耦合质量的距离η成正比，我们预期这个距离最终会趋于零。然而，它的规则性非常差，因为它依赖于长度为η的小段。这些段是在奇异点附近创建的，并且它们的长度也是η的阶。换句话说，失去非常小质量的代价是我们不得不处理具有任意差规则性的标准家族。这种现象由引理6.10描述。为了帮助我们理解，增长引理指出质量会以指数速率变得规则。正如接下来的两节将会清楚的，净效应是指数混合。6.4. 线性方案 在这个小节中，我们使用之前的结果来展示耦合和未耦合质量的演化遵循一个特定的线性方案。设L由引理6.15给出。我们引入一个足够小的η0∈R+，使得引理6.15成立，并且有(6.34)η0?1/2L。数η0是我们耦合质量的最大距离，现在一次性确定。设Nη0∈N由引理6.14对于η0给出，并设置(6.35)Nc=min?{mN0:m∈N,mN0?Nη0,λ?mN0<1/2}，ρ=λ?Nc∈(0,1/2)。注意Nc∈N是N0的倍数，如引理6.15所要求的，并且不小于Nη0，如引理6.14所要求的。我们将时间以Nc为单位来衡量。为了处理具有非常小段的标准家族，我们引入规则性类别。回想一下引理6.6中的z和Z。对于r∈N0，我们递归地定义Qr∈R+，即Q0=Z?，Qr+1=(Qr?Z)z?NcN0。我们有Qr随r指数增长。实际上，根据上述方程明确写出Qr，对于任何r∈N，(6.36)Qr=Z?z?rNcN0?Z∑j=1rz?jNcN0?Z?z?rNcN0?Zz?(r+1)NcN0?1z?NcN0?1?(Z??Z1?zNcN0)z?rNcN0?(Z??Z1?z)z?rNcN0?Z?2z?rNcN0，在最后一个不等式中我们使用了Z?=20000Z??2Z/(1?z)，这是从(6.10)中可以得出的。如果标准家族G满足Z(G)?Qr，我们说G属于第r个规则性类别，并写作G∈Hr。根据引理6.6的第一部分和Qr的定义，对于任何r∈N0，有Z(FA,tNcG)=Z(FA,tN0NcN0G)?zNcN0Z(G)+Z?zNcN0Qr+1+Z=Qr。特别地，最后一个方程意味着(6.37)FA,tNcG∈Hr?G∈Hr+1。换句话说，在Hr中的质量在成为我们可以通过引理6.14耦合的标准家族之前需要r次FA,tNc的迭代。注意G∈H0等同于说G是规则的。现在我们引入一些记录工具。回想一下在(6.35)中定义的ρ∈(0,1/2)。定义6.16 耦合-解耦分解 对于任何两个标准家族G1, G2和任何n∈N0，我们写crG1,G2(n)=cr,urG1,G2(n)=ur，对于r∈N0，cr,ur∈[0,1]，如果存在ρrη0-coupled规则标准家族G1,rc, G2,rc和标准家族G1,ru, G2,ru在Hr中，使得对于ι∈{1,2}，(6.38)μFA,tnNcGι=∑r∈N0crμGι,rc+∑r∈N0urμGι,ru。我们可以省略上标，简单写作cr(n),ur(n)，只要标准家族没有歧义。注意，在(6.38)中的分解可能是非唯一的，因为cr(n)和ur(n)的值并不是由G1和G2唯一确定的。每当我们写cr(n)和ur(n)有某个值时，我们意味着存在如(6.38)中的分解，使得cr和ur有那个特定的值。定义6.16的用途是它只记录了关于两个标准家族演化的重要数据：有多少质量被耦合以及耦合的距离，以及未耦合部分的规则性。从现在开始，设pc∈(0,1]和ε0∈R+根据以下内容固定：(6.39)设pc∈(0,1]和ε0∈R+由引理6.14对于η=η0和k=Nc给出，其中我们回想一下Nc是在(6.35)中引入的。以下线性方案基本上总结了前三个部分的所有结果。引理6.17 设t∈[0,ε0]，r0∈N0，和G1,G2∈Hr0是两个标准家族。存在β1,β2∈N和如定义6.16中的FA,tnNcGι, ι∈{1,2}, n∈N的分解，使得cr(0)=0?r∈N0，ur0(0)=1，ur(0)=0?r∈N0?{r0}，并且cr(n),ur(n)，n∈N，通过归纳定义：cr(n+1)=(1?1/2ρr?1)cr?1(n)如果r∈Nc0(n+1)=pcu0(n)u0(n+1)=u1(n)+(1?pc)u0(n)ur(n+1)={ur+1(n)+1/2ρr?β2β1cr?β2β1(n)，如果r∈N，ur+1(n)，r∈N?N，其中我们已经设置了N={r∈N:(r?β2)/β1∈N0}。证明我们通过归纳法证明这个声明。对于n=0，我们总是可以认为G1和G2完全解耦，且声明由假设得出因为G1和G2属于Hr0。假设声明对于某个n∈N0是正确的，并且设Gι,rc/u由分解(6.38)给出。那么，(6.40)μFA,tNc(n+1)Gι=∑r∈N0cr(n)μFA,tNcGι,rc+∑r∈N0ur(n)μFA,tNcGι,ru=∑r∈N0cr(n)μFA,tNcGι,rc+u0(n)μFA,tNcGι,0u+∑r∈Nur(n)μFA,tNcGι,ru。我们逐一研究(6.40)中的所有项。我们从最右边的求和开始。根据(6.37)，标准家族G?ι,ru:=FA,tNcGι,r+1u属于Hr，r∈N0，我们有(6.41)∑r∈Nur(n)μFA,tNcGι,ru=∑r∈N0ur+1(n)μG?ι,ru。现在我们考虑带有u0(n)的项。回想(6.39)和引理6.14，存在规则(pc,η0)-coupled标准家族G?ι,0c和规则未耦合标准家族G?ι,0u，使得(6.42)u0(n)μFA,tNcGι,0u=u0(n)pcμG?ι,0c+u0(n)(1?pc)μG?ι,0u。最后，我们考虑(6.40)中最左边的求和。根据引理6.15，并且由于Gι,rc和Gι?,rc是η0ρr-coupled，我们有FA,tNcG1,rc和FA,tNcG2,rc是(1?Lη0ρr,η0ρr+1)-coupled，我们还使用了ρ的定义。回想一下η0?1/(2L)，如(6.34)中指定的，并且可能根据(O2)耦合较少的质量，存在两个标准家族Hι,r?FA,tNcGι,rc是(1?ρr/2,η0ρr+1)-coupled，并且Z(Coup(Hι,r,Hι?,r))=Z(Coup(FA,tNcGι,rc,FA,tNcGι?,rc))?Z?。在上述方程中，等式是(O2)的结果，不等式是由引理6.15的第二部分得出的。此外，根据引理6.10，Z(Hι,r?Coup(Hι,r,Hι?,r))?3Z(Hι,r)1/2ρr=6Z(FA,tNcGι,rc)ρr?6(ZNcN0Z?+Z)ρr?6Z?ρr，其中在第二个不等式中我们使用了增长引理6.6并且Gι,rc是规则的，等式是由Hι,r?FA,tNcGι,rc得出的。为了得到一个关于规则性的界限，注意存在足够大的β1,β2∈N，使得对于任何r∈N0，上述量不大于Z?2z?NcN0(β1r+β2)，其中我们使用了(6.36)。因此，当r遍历N0时，我们有以下(1?ρr/2,η0ρr+1)-coupled规则标准家族和未耦合标准家族在Hβ1r+β2,G?ι,r+1c:=Coup(Hι,r,Hι?,r)，G?ι,β1r+β2u:=Hι,r?Coup(Hι,r,Hι?,r)，它们的总和，按耦合/未耦合质量加权，等同于FA,tNcGι,rc。因此，我们有(6.43)∑r∈N0cr(n)μFA,tNcGι,rc=∑r∈N0cr(n)[(1?1/2ρr)μG?ι,r+1c+ρr1/2μG?ι,β1r+β2u]。通过将(6.41)，(6.42)和(6.43)代入(6.40)，我们证明了声明。□6.5. 标准家族的相关性指数衰减 在这个小节中，我们使用第6.4用 {Vx}x∈[0,1] 表示将单位正方形划分为垂直线的方法，用 (x,y) 表示 M 中的笛卡尔坐标。根据 Fubini 定理，(6.56) 有 limn→∞?m(φ°FA,tn)=limn→∞?∫01∫Vxφ°FA,tn(x,y)dydx。由于对于每个 x∈[0,1]，Vx 都是标准线段（它们位于圆锥体内）且 |Vx|=1，根据引理 6.20 的第一部分，(6.57) 可得 limn→∞?∫Vxφ°FA,tn(x,y)dy=limn→∞?μGVx(φ°FA,tn)=μt(φ)。最后，根据 (6.57) 以及 ‖φ°FA,tn‖L∞?‖φ‖C0，我们可以应用 Lebesgue 支配收敛定理；结合 (6.56)，对于任意 φ∈C0(M)，有 limn→∞?m(φ°FA,tn)=∫01limn→∞?∫Vxφ°FA,tn(x,y)dydx=μt(φ)。上述方程证明了命题 5.1 的第一部分，而第二部分正是引理 6.21。□