Toeplitz算子的約化子空間研究?

陳 熠， 石巖月

(中國海洋大學數學科學學院， 山東 青島 266100)

誘導的Toeplitz算子的約化子空間。此函數的解析部分和非解析部分均有變量z,w出現，不是變量可分離的，所以不能直接運用上述文獻中的方法，我們的思路是結合文獻[4-5,8-9]中的方法。在本文中我們沿用文獻[4]中的記號，通篇均設

對任意(a,b)∈Ω，令

Ω1={(a,b)∈Ω|s≠t}；Ω2={(a,b)∈Ω|s=t}，

應用上述約化子空間的結論，我們還得到了Tφ生成的馮諾依曼代數的換位代數的結構。

1 預備

設T是Hilbert空間上的有界線性算子，M是一個閉線性子空間，若TM?M,T*M?M，則稱M是T的約化子空間；若不存在T的非零的約化子空間真含于M，則稱M是T的極小約化子空間。

Φ(u,n)=

(1)

λa,b,n,m=Φ(s,n)+Φ(t,m);

Δ(n,m)={(n′,m′):(n′,m′)～a,b(n,m)}。

(2)

首先，我們給出(1)式的一些基本性質。

引理1 令Φ(x,n)如(1)式定義，其中x∈[0,1],n∈Z+，則下面結論成立：

(Ⅰ)當n≥2時，Φ(x,n)關于變量x和變量n分別嚴格單調遞減；Φ(x,0)關于變量x嚴格單調遞減，且Φ(x,1)關于變量x嚴格單調遞增；

(Ⅱ)當n≥2時，Φ(x,n)-Φ(x,1)關于變量x在[0,1]上嚴格遞減；

(Ⅲ)Φ(x,0)-Φ(x,1)關于變量x在[0,1]上嚴格單調遞減；

(Ⅳ)Φ(x,0)<0<Φ(x,n),n≥2；

(Ⅴ)Φ(s,n)≠Φ(s,m),n,m∈Z+且n≠m；

(Ⅵ)Φ(s,x+1)-Φ(s,x)關于變量x≥2嚴格遞增；

(Ⅶ)Φ(s,n)+Φ(t,2)>0,Φ(s,2)+Φ(t,n)>0,s,t∈(0,1]∩Q。

證明 (Ⅰ) 當n≥2時，利用下面等式容易證得結論：

當n=1時，經計算可得

當n=0時，經計算可得

(Ⅱ) 經過化簡可得

f(x)=Φ(x,n)-Φ(x,1)=

從而f(x)嚴格遞減。

(Ⅲ) 代入(1)式并化簡可得

Φ(x,0)-Φ(x,1)=

從而不難驗證，這個函數嚴格單調遞減。

(Ⅳ) 根據定義可以直接驗證。

(Ⅴ) 根據定義可以直接驗證下列成立：

(a)若n,m≥2，由(Ⅰ)知Φ(s,n)≠Φ(s,m)。

(b)若n=0,m≥2或n≥2,m=0，由(Ⅳ)知Φ(s,n)≠Φ(s,m)。

(c)若n=0,m=1或n=1,m=0，由Φ(s,0)=Φ(s,1)得

F(s)=(s+1)2(s+2)+2s(s+2)(s+3)-

(2s+1)(s+3)(s+1)=0。

于是F是一個整系數多項式并且最高項的系數為1。從而F(s)=0的根都是整數，而

s,t∈(0,1]∩Q，且F(1)≠0。

所以Φ(s,0)≠Φ(s,1)在(0,1]上成立。

(d)若n=1,m≥2或n≥2,m=1，則有Φ(s,1)=Φ(s,m)或Φ(s,1)=Φ(s,n)。代入具體的表達式并進行化簡，與上面(c)的證明類似，利用整系數多項式的性質與s∈(0,1]∩Q可得矛盾。

(Ⅵ)將(1)式代入Φ(s,x+1)-Φ(s,x)，求導即可證得。

接下來，我們給出等價關系的一些基本性質。在不產生歧義的情況下，我們將(n,m)～a,b(p,q)簡記為(n,m)～(p,q)。由前面給出定義知(n,p)～(m,p)當且僅當Φ(s,n)=Φ(s,m)。由引理1(Ⅰ)，于是我們容易得到下面結論。

引理2如果(a,b)∈Ω，n≠m，并且n,m≥2，那么有(n,p)(m,p),?p∈Z+。

引理3 如果(a,b)∈Ω1并且n∈Z+(〗1}，則(n,1)(1,n)。

證明 假設(n,1)～(1,n)，則

Φ(s,n)+Φ(t,1)=Φ(s,1)+Φ(t,n)。

(3)

當n≥2時，由(3)式和引理1(Ⅱ)知s=t。當n=0時，由(3)式和引理1(Ⅲ)知s=t。這與(a,b)∈Ω1矛盾，所以(n,1)(1,n)。

記CardA為有限A中元素的個數，當A為空集時，CardA=0。下面我們對Δ(n,m)進行估計。

引理4 如果(a,b)∈Ω1，則CardΔ(0,0)≤3，且下面結論成立：

(Ⅰ)若(k,l)～(0,0)且(k,l)≠(0,0)，則

(k,l)∈{(1,1)}∪{(1,n):n≥3}∪{(n,1):n≥3}；

(Ⅱ)若CardΔ(0,0)=3，則

Δ(0,0)={(0,0),(1,m),(n,1)}，

其中n,m≥3,m≠n。

證明 根據定義容易驗證

由引理1(Ⅳ)、(Ⅴ)和引理3可得下面結論：

(c) (n,1)(m,1),(1,n)(1,m),n,m∈Z+,n≠m;

(d) (1,n)(n,1),n≥2；

故我們證得所需結論。

接下來，我們考慮當(a,b)∈Ω2時等價類的性質。

引理5 如果(a,b)∈Ω2和m≠n，則

(m+1,n)(n+1,m)。

證明 假設(m+1,n)～(n+1,m)，則

Φ(s,m+1)+Φ(s,n)=Φ(s,n+1)+Φ(s,m)。

(4)

當n,m≥2時，由引理1(Ⅵ)知m=n，這與題設矛盾。當n,m滿足以下情況時，

(a)n≥2,m=1；(b)n≥2,m=0；(c)n=1,m=0。

分別將(1)式代入(4)式，逐一進行化簡，均可轉換為首項系數為1或2的一個整系數多項式等于零的情況，利用此類多項式零點的性質以及s∈(0,1]∩Q均會產生矛盾。具體的，當首項系數為1時，s的取值只能是1，當首項系數為2時，s∈{1/2,1}，而這些數代入(4)式均不成立，所以假設不成立。

引理6 若(a,b)∈Ω2，則Δ(0,0)={(0,0)}。

證明 設(n,m)～(0,0)，則

Φ(s,n)+Φ(s,m)=Φ(s,0)+Φ(s,0)。

(5)

由引理1(Ⅳ)可知n,m必滿足以下4種情況：

(Ⅰ)n≥2,m=1或m≥2,n=1；

(Ⅱ)n=1,m=1；

(Ⅲ)n=1,m=0或n=0,m=1；

(Ⅳ)n=0,m=0。

將(1)式分別按情況(Ⅰ)、(Ⅱ)和(Ⅲ)代入(5)式并進行化簡，可將新等式轉換為一個首項系數為1的整系數多項式Fi(s),i=1,2,3。再利用s∈(0,1]∩Q且Fi(1)≠0，以及整系數多項式零點的性質，可知(5)式無解。所以只有情況(Ⅳ)成立，即(n,m)=(0,0)。

證畢。

利用類似的方法，我們還可以得到下面結論：

引理7 若(a,b)∈Ω2，則Δ(0,1)={(0,1)，(1,0)}。

證明 顯然只需證明Δ(1，0)?{(0,1)，(1,0)}。假設(n,m)～(1,0)且(n,m)?{(1,0),(0,1)}。于是

Φ(s,n)+Φ(s,m)=Φ(s,0)+Φ(s,1)。

(6)

繼續(xù)分情況進行討論：

(Ⅰ)m∈{0，1}或n∈{0，1},利用引理1(Ⅴ)容易驗證上面關于s的方程在(0,1]∩Q上無解。

(Ⅱ)m,n≥2，將(1)式代入(6)式并進行化簡得

對上面等式進行通分并化簡，可以轉化為整系數多項式F(s)=0，且其首項系數為1。所以F(s)=0的在(0,1]上的有理根只可能為1，代入(6)式得

當n=2(或m=2)時，

當n=3(或m=3)時，m(或n)無整數解。

綜上，三種情況均產生矛盾，所以假設不成立。

引理8 當(a,b)∈Ω2，n≥3時，(n,0)不在下面集合中，

{Δ(n+3,0),Δ(n+2,1),Δ(n-2,2),Δ(n+1,2),Δ(n,3),Δ(n-3,0),Δ(n-1,1)}。

2 Tφ的約化子空間

首先，我們約定一些記號：

En=span{za+(n-r)kwb+rl:r≤n,r∈Z+};

(7)

然后，給出一個后面證明中經常用到的性質。

λa,b,n,m〈Aza+nkwb+ml,za′+pkwb′+ql〉=

〈ATza+nkwb+ml,za′+pkwb′+ql〉=

〈Aza+nkwb+ml,Tza′+pkwb′+ql〉=

再由λa,b,n,m均為實數知結論成立。

接下來，我們考慮當(a,b)∈Ω1時[zawb]的性質。

定理1若(a,b)∈Ω1，則[zawb]=La,b。

證明 顯然，zawb∈[zawb]。由引理3知，(1，0)(0，1)利用

可得za+kwb，zawb+l∈[zawb]，因此E1?[zawb]。由

可得za+2kwb-zawb+2l∈[zawb]，再由

Tφzawb=za+2kwb+zawb+2l∈[zawb]，

可得

za+2kwb，zawb+2l∈[zawb]，

從而za+kwb+l∈[zawb]，因此E2?[zawb]。

下面我們用數學歸納法證明Ei?[zawb]。假設Ei?[zawb](3≤i≤n)，下證En+1?[zawb]。

對任意0≤m≤n，由計算可知

za+(n-m+1)kwb+ml+za+(n-m)kwb+(m+1)l+

其中α=χ(n-m-2)，β=χ(m-2)。又因為

za+(n-m-2)kwb+ml,za+(n-m)kwb+(m-2)l∈En-2?[zawb],

所以

hm=za+(n-m+1)kwb+ml+za+(n-m)kwb+(m+1)l∈[zawb]。

進一步存在λm,λm+1∈C，使得

Thm=λmza+(n-m+1)kwb+ml+λm+1za+(n-m)k·wb+(m+1)l∈[zawb]。

若對任意1≤m≤n-1均有λm=λm+1，則

(n,1)～(n-1,2)～…～(1,n)，

這與引理3矛盾。所以至少存在一個1≤i0≤n-1，使得λi0≠λi0+1，從而

za+(n-i0+1)kwb+i0l,za+(n-i0)kwb+(i0+1)l∈[zawb],

利用hi0-1,hi0+1∈[zawb]，我們可以得到

za+(n-i0+2)kwb+(i0-1)l,za+(n-i0-1)kwb+(i0+2)l∈[zawb],

重復上述步驟，容易證得

za+(n-j+1)kwb+jl∈[zawb],0≤j≤n+1。

于是Ei?[zawb]。進而La,b?[zawb]。顯然，[zawb]?La,b成立，所以[zawb]=La,b。

定理2若(a,b)∈Ω1，則La,b是極小的。

證明 設M?[zawb]為Tφ的一個約化子空間，若M⊥zawb，則M⊥[zawb]，于是M=0；若M⊥/zawb，則PMzawb≠0，由引理4和引理9，不妨設

PMzawb=a00zawb+a11za+kwb+l+

an1za+nkwb+l+a1mza+kwb+ml，

式中a00≠0，n,m≥3，n≠m且a11與an1不同時非零，且a11與a1m不同時非零。下面我將證明這些系數中只有第一項系數a00≠0，這說明zawb∈M，[zawb]?M，結論得證。

情況1若a11=0，則

一方面，

a00(za+kwb+zawb+l)+an1(za+(n+1)kwb+l+

za+nkwb+2l)+a1m(za+2kwb+ml+za+kwb+(m+1)l)+

b1za+(n-2)kwb+l+b2za+kwb+(m-2)l。

若an1≠0，則b1≠0。另一方面，

(n+1,1),(n-2,1)∈Δ(0,1)∪Δ(1,0)。

由引理1(Ⅴ)知(n+1,1)(0,1)，(n-2,1)(0,1)，所以

(n+1,1)～(1,0)，(n-2,1)～(1,0)，

這又與(n+1,1)(n-2,1)產生矛盾。于是an1=0。同理可證a1m=0。

情況2若a11≠0，由引理1(Ⅴ)知an1=a1m=0，

a00(za+kwb+zawb+l)+a11(za+2kwb+l+za+kwb+2l)∈

EΔ(0,1)∨EΔ(1,0)。

如情況1可得(2,1)～(1,0)且(1,2)～(0,1) ，即：

Φ(s,2)+Φ(t,1)=Φ(s,1)+Φ(t,0)；

Φ(s,0)+Φ(t,1)=Φ(s,1)+Φ(t,2)。

但是

Φ(s,2)-Φ(s,0)>0>Φ(t,0)-Φ(t,2),

產生矛盾。定理得證。

最后，我們考慮(a,b)∈Ω2時的性質。

因為

za+(r-j+1)kwb+jl+za+jkwb+(r-j+1)l+

za+(r-j)kwb+(j+1)l+za+(j+1)kwb+(r-j)l+b(z,w)，

其中0≤j≤r,

(za+(r-j-2)kwb+jl+za+jkwb+(r-j-2)l)+

za+(j-2)kwb+(r-j)l)∈Er-2,

所以

za+(r-j+1)kwb+jl+za+jkwb+(r-j+1)l+

za+(r-j)kwb+(j+1)l+za+(j+1)kwb+(r-j)l∈[zawb]。

當r-j=j時，有

za+(r-j+1)kwb+jl+za+jkwb+(r-j+1)l∈[zawb]；

當r-j≠j時，由引理5，有

za+(r-j+1)kwb+jl+za+jkwb+(r-j+1)l∈[zawb]。

3 極小約化子空間之間的酉等價

在本節(jié)，我們考慮極小約化子空間之間的酉等價。設M1和M2為Tφ的約化子空間，若存在酉算子U:M1→M2，使得UTφ=TφU，則稱M1與M2酉等價。同引理9的證明類似可得

(8)

由于后面證明中將多次利用(8)式,我們需要先深入討論算子T的特征值λa,b,n,m的性質。

引理10設(a,b),(a′,b′)∈Ω1且(s,t)≠(s′,t′),(s,t)≠(t′,s′)，則下列敘述成立：

(Ⅰ) 當λa,b,0,0=λa′,b′,0,0時，λa,b,1,0,λa,b,0,1?{λa′,b′,1,0,λa′,b′,0,1}；

(Ⅱ) 當λa,b,n,1=λa′,b′,0,0，n≥2時，λa,b,n,0?{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}；

(Ⅲ) 當λa,b,n,0=λa′,b′,0,0，n≥2時，λa,b,n,1?{λa′,b′,1,0,λa′,b′,0,1}；

(Ⅳ)λa,b,0,0?{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}。

證明 (Ⅰ)假設λa,b,1,0=λa′,b′,1,0，由于λa,b,0,0=λa′,b′,0,0，于是分別代入(2)式并且兩式相減可得

Φ(s,1)-Φ(s,0)=Φ(s′,1)-Φ(s′,0)，

由引理1(Ⅲ)可得s=s′，代入

Φ(s,0)+Φ(t,0)=Φ(s′,0)+Φ(t′,0)

可得Φ(t,0)=Φ(t′,0)，由引理1(Ⅰ)可得t=t′，矛盾。類似可證λa,b,0,1≠λa′,b′,0,1,λa,b,0,1≠λa′,b′,1,0,λa,b,1,0≠λa′,b′,0,1。

(Ⅲ)假設λa,b,n,1=λa′,b′,1,0，由于λa,b,n,0=λa′,b′,0,0，于是分別代入(2)式并且兩式相減可得

Φ(t,1)-Φ(t,0)=Φ(s′,1)-Φ(s′,0)，

由引理1(Ⅲ)可得t=s′，代入

Φ(s,n)+Φ(t,0)=Φ(s′,0)+Φ(t′,0)，

得Φ(s,n)=Φ(t′,0)，然而Φ(s,n)>0,Φ(t′,0)<0，矛盾。

類似可證λa,b,n,1≠λa′,b′,0,1。

(Ⅳ)由引理1(Ⅶ)和(Ⅳ)有λa′,b′,2,0>0,λa′,b′,0,2>0，λa,b,0,0<0，所以λa,b,0,0?{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}。

引理11設(a,b),(a′,b′)∈Ω2，則下列敘述成立：

(Ⅰ)當λa′,b′,0,0=λa,b,1,1時，λa′,b′,2,0≠λa,b,1,0；

(Ⅱ) 當λa,b,0,1=λa′,b′,0,0時，λa,b,0,0?{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}；

(Ⅲ)λa,b,0,0=λa′,b′,0,0當且僅當(a,b)=(a′,b′)。

證明 (Ⅰ)、(Ⅱ)證明方法與引理10(Ⅱ)類似。

(Ⅲ) 因為(a,b),(a′,b′)∈Ω2，λa,b,0,0=λa′,b′,0,0，代入(2)式可得Φ(s,0)=Φ(s′,0)，由引理1(Ⅰ)可得s=s′，因此(a,b)=(a′,b′)。

引理12設(a′,b′)∈Ω1,(a,b)∈Ω2，n≥2，則下列敘述成立：

(Ⅰ) 當λa′,b′,0,0=λa,b,1,1時，λa,b,1,0?{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}；

(Ⅱ) 當λa′,b′,0,0=λa,b,n,1時，λa,b,n,0?{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}；

(Ⅲ)當λa′,b′,0,0=λa,b,0,0時，λa,b,0,1?{λa′,b′,1,0,λa′,b′,0,1}。

證明 (Ⅰ)和(Ⅱ)證明方法與引理10(Ⅱ)類似。(Ⅲ)證明方法與引理10(Ⅰ)類似，最后可得s′=t′，從而矛盾。

引理13設(a,b)∈Ω2，則下列敘述成立：

(Ⅰ)當n>m≥3時，(n+1,m)?{Δ(n-2,m),Δ(n,m-2)}，(n,m-2)?{Δ(n-2,m),Δ(n,m+1)}；

(Ⅱ)當n≥2,m=1時，(n+1,1)?{Δ(n-2,1),Δ(n,2)}，(n,2)(n-2,1)；

(Ⅲ)當n≥2,m=0時(n+1,0)?{Δ(n-2,0),Δ(n,1)}，(n-2,0)(n,1)。

證明 這里只證明當n≥4時(n,m-2)(n-2,m)，可通過求導的方法得出當n≥4時f(x)=Φ(x,n-2)-Φ(x,n)在x∈[0,1]上嚴格遞減，所以若(n,m-2)～(n-2,m)，則n=m，矛盾。其余結論可結合引理1，或者利用首項系數為1或2的整系數多項式零點的性質以及s∈(0,1]∩Q證得。

命題1當(a,b),(a′,b′)∈Ω1且(a,b)≠(a′,b′)時，La,b與La′,b′酉等價當且僅當(s,t)=(t′,s′)。

證明 充分性：若 (s,t)=(t′,s′)，如下定義

U:La,b→La′,b′,Uza+nkwb+ml=za′+mkwb′+nl。

可以驗證U是一個酉算子，并且

UTφza+nkwb+ml=

TφUza+nkwb+ml。

必要性：設(s,t)≠(t′,s′)，若存在滿足條件的酉算子U：La,b→La′,b′，只需證明

Uza+nkwb+ml⊥za′wb′,n,m∈Z+。

(9)

這與U是滿射矛盾。于是命題得證。

當n,m≥2時，由引理1(Ⅳ)知λa,b,n,m>0>λa′,b′,0,0，由(8)式得(9)式成立。接下來我們考慮當n∈{0,1}或m∈{0,1}時的情況。假設(9)式不成立，同上有λa,b,n,m=λa′,b′,0,0。由引理4，不妨設

Uza+nkwb+ml=c0za′wb′+c1za′+kwb′+l+

c2za′+pkwb′+l+c3za′+kwb′+ql,

(10)

其中c0≠0,p,q≥3且c1,c2不同時非零，c1,c3不同時非零。進一步計算得

za+nkwb+l)=c0(za′+kwb′+za′wb′+l)+g(z,w)，

(11)

其中g(z,w)⊥{za′+kwb′,za′wb′+l}。

斷言1Uza+nkwb⊥za′wb′,n=0,1。

否則，由引理9知λa,b,n,0=λa′,b′,0,0。

當n=0時，由引理10(Ⅰ)知λa′,b′,1,0?{λa,b,1,0,λa,b,0,1}，因此〈Uza+kwb,za′+kwb′〉=〈Uzawb+l,za′+kwb′〉=0，從而(11)式的左邊與za′+kwb′的內積為零，但是其右邊

〈c0(za′+kwb′+za′wb′+l)+g(z,w)，za′+kwb′〉≠0，

產生矛盾。

當n=1時，由假設得λa′,b′,0,0=λa,b,1,0，再由(10)式得

〈Uzawb,za′+2kwb′+za′wb′+2l〉,

所以λa,b,0,0∈{λa′,b′,0,2,λa′,b′,2,0}，這與引理10(Ⅳ)矛盾。

利用對稱性可證Uzawb+l⊥za′wb′。

斷言2Uza+nkwb⊥za′wb′,n≥2。

否則，我們有λa′,b′,0,0=λa,b,n,0。由引理1(Ⅶ)知n≥3。由引理10(Ⅲ)知

λa′,b′,1,0≠λa,b,n,1，λa′,b′,0,1≠λa,b,n,1。

所以Uza+nkwb+l⊥{za′+kwb′,za′wb′+l}。由(11)式得

c0〈za′+kwb′+za′wb′+l,h(z,w)〉，

(12)

其中h(z,w)∈{za′+kwb′,za′wb′+l}。同上分析得到

{λa′,b′,0,1,λa′,b′,1,0}={λa,b,n+1,0,λa,b,n-2,0}。

若λa′,b′,1,0=λa,b,n-2,0，由(12)式得

〈Uza+(n-2)kwb,za′+kwb′〉=

引理1(Ⅴ),(Ⅶ)表明(n,0)(n-3,0)，λa,b,n-2,2>0>λa′,b′,0,0，于是

〈UTφza+(n-2)kwb,za′wb′〉=

〈Uza+nkwb,za′wb′〉=c0||za′wb′||2。

同時

〈TφUza+(n-2)kwb,za′wb′〉=

〈Uza+(n-2)kwb,za′+kwb′+za′wb′+l〉=

n-2=2s′-s<2。

于是我們有n=3，2s′-s=1，λa′,b′,1,0=λa,b,1,0和λa′,b′,0,0=λa,b,3,0。但0<Φ(s,3)-Φ(s′,0)=Φ(s,1)-Φ(s′,1)。由f(x)=Φ(x,1)嚴格單調增知s>s′，從而容易驗證s=2s-s>2s′-s>1，這與2s′-s=1矛盾。同理當λa′,b′,0,1=λa,b,n-2,0時也產生矛盾。

利用引理10(Ⅲ)的對稱性得到當λa,b,0,n=λa′,b′,0,0時，λa,b,1,n?{λa′,b′,0,1,λa′,b′,1,0},n≥2。再利用斷言1和斷言2的方法，類似的可以得到下面結論，這里不再敘述細節(jié)。

Uzawb+nl⊥za′wb′,U*za′wb′+nl⊥zawb,n≥0。

(13)

斷言3Uza+kwb+l⊥za′wb′。

否則，λa′,b′,0,0=λa,b,1,1。一方面由引理1(Ⅶ)得

〈U(zawb+2l+za+kwb+l),za′wb′〉=

〈Uza+kwb+l,za′wb′〉≠0，

〈Uza+kwb,za′+2kwb′+za′wb′+2l〉≠0。

當λa′,b′,0,2=λa,b,0,1，λa′,b′,2,0=λa,b,1,0時，

〈Uza+kwb,za′+2kwb′〉≠0。

由斷言2得

〈Uzawb,za′+4kwb′〉=〈zawb,U*za′+4kwb′〉= 0，

同理由斷言1得〈Uzawb,za′+kwb′〉=0，又因為λa,b,2,2>0>λa′,b′,0,0，所以〈Uzawb,za′+2kwb′+2l〉=0，進而

產生矛盾。

利用輪換性，當λa′,b′,2,0=λa,b,0,1，λa′,b′,0,2=λa,b,1,0時，同樣也會產生矛盾。斷言3得證。

斷言4Uza+nkwb+l⊥za′wb′,n≥2。

否則，我們有λa′,b′,0,0=λa,b,n,1，再結合斷言1,2可得

〈Uza+nkwb,za′+2kwb′+za′wb′+2l〉 =

〈Uza+nkwb+l,za′wb′〉≠0，

所以λa,b,n,0∈{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}，但這與引理10(Ⅱ)矛盾。

可利用引理10(Ⅱ)的對稱性得到當λa,b,1,m=λa′,b′,0,0時，λa,b,0,m?{λa′,b′,0,2,λa′,b′,2,0}，類似斷言4的方法，可證得Uza+kwb+ml⊥za′wb′,m≥3。

綜上， 當n<2或m<2時，(9)式成立，命題得證。

U(za+nkwb+ml-za+mkwb+nl)⊥(za′+kwb′-za′wb′+l),n>m≥0。

(14)

由引理7和引理9，不妨設

U(za+nkwb+ml-za+mlwb+nl)=c0(za′+kwb′-za′wb′+l),c0≠0,

則

U(f1(z,w)+f2(z,w)+f3(z,w)+f4(z,w))=

c0(za′+2kwb′-za′wb′+2l)，

(15)

其中

f1(z,w)=za+(n+1)kwb+ml-za+mkwb+(n+1)l,

f2(z,w)=za+nkwb+(m+1)l-za+(m+1)kwb+nl,

(Ⅱ) 當n=1,m=0時，利用引理7，計算可得

其中

γ=〈U(za+kwb-zawb+l),za′+kwb′-za′wb′+l〉。

于是

U(za+nkwb+ml-za+mkwb+nl)⊥za′wb′,n>m≥0。

(16)

由引理6和引理9，假設

U(za+nkwb+ml-za+mkwb+nl)=c0za′wb′,c0≠0。

情況1當n>m≥2時，λa,b,n,m>0>λa′,b′,0,0，這與λa,b,n,m=λa′,b′,0,0矛盾。

情況3當n=1,m=0時，結合引理6和引理7得

γ=〈U(za+kwb-zawb+l),za′wb′〉。

再結合λa,b,1,0=λa′,b′,0,0可得方程組

經過化簡得2s3+10s2+13s+1=0，然而當s∈(0,1]時，2s3+10s2+13s+1=s(2s2+10s+13)+1>1，產生矛盾。(16)式得證。

U(za+nkwb+ml-za+mkwb+nl)=

c0za′wb′+c1za′+kwb′+l+c2za′+qkwb′+l+c3za′+kwb′+pl，

其中c0≠0,p,q≥3且c1,c2不同時非零，c1,c3不同時非零。

情況1當n>m≥2或n=2,m∈{0,1}時，

λa,b,n,m>0>λa′,b′,0,0，

這與λa,b,n,m=λa′,b′,0,0矛盾。

情況2當n>2,m=0時，由引理1(Ⅴ)，(Ⅶ)知

λa′,b′,0,0?{λa′,b′,3,0,λa′,b′,2,1,λa′,b′,1,2,λa′,b′,0,3}，

再利用引理8和下面等式

(17)

產生矛盾。

情況3當n=1,m=0，則

c0(za′+kwb′+za′wb′+l)+f(z,w),

其中f(z,w)⊥{za′+kwb′,za′wb′+l}，于是λa′,b′,0,1=λa′,b′,1,0=λa,b,2,0，這與引理3矛盾。

情況4當n>2,m=1時，λa′,b′,0,0=λa,b,n,1。結合情況2和3的結論可得：

〈U(za+nkwb+l-za+kwb+nl),za′wb′〉=

〈U(za+nkwb-zawb+nl),za′+2kwb′+za′wb′+2l〉，

則λa′,b′,0,2=λa,b,n,0或λa′,b′,2,0=λa,b,n,0，這與引理3(Ⅱ)矛盾。

綜上，式(16)成立，命題得證。

U(za+nkwb+ml+za+mkwb+nl)⊥za′wb′,n≥m≥0。

(18)

顯然，由引理1(Ⅰ)，(Ⅳ)，(Ⅶ)和引理11(Ⅲ)知，當n≥m≥2時或n=m=0或2∈{n,m}時，λa,b,n,m≠λa′,b′,0,0。其他情況時，假設

U(za+nkwb+ml+za+mkwb+nl)=c0za′wb′,c0≠0。

注意到，當n>2,m∈{0,1}時，將(15)式左邊的減號換成加號，(15)式右邊換成c0(za′+kwb′+za′wb′+l)，利用引理13(Ⅱ),(Ⅲ)，與命題2的證明一致。于是為證明本命題，我們只需證明當n,m∈{0,1}時結論也成立。

情況1當n=m=1時，λa′,b′,0,0=λa,b,1,1，且λa,b,2,0>0>λa′,b′,0,0

可得

2〈Uza+kwb+l,za′wb′〉=

〈U(za+kwb+zawb+l),za′+2kwb′+za′wb′+2l〉≠0,

(19)

所以λa,b,1,0=λa′,b′,2,0，與引理11(Ⅰ)矛盾。

情況2當n=1,m=0時，因為

〈U(zawb+l+za+kwb),za′wb′〉=

〈Uzawb,za′+2kwb′+za′wb′+2l〉≠0，

所以λa′,b′,2,0=λa,b,0,0，與λa′,b′,2,0>0>λa,b,0,0矛盾。

U(za+nkwb+ml+za+mkwb+nl)=

c0za′wb′+c1za′+kwb′+l+c2za′+qkwb′+l+c3za′+kwb′+pl,

其中c0≠0,p,q≥3且c1,c2不同時非零，c1,c3不同時非零。

情況1當n=m=1時，λa′,b′,0,0=λa,b,1,1。同樣由(19)式知λa,b,1,0∈{λa′,b′,2,0,λa′,b′,0,2}，這與引理12(Ⅰ)矛盾。

情況2當n>2,m=0時，將命題4的情況2中(17)式的減號換成加號，證明過程一致。

情況3當n=m=0時，則λa′,b′,0,0=λa,b,0,0，結合引理1(Ⅶ)和情況2的結論，我們有：

〈UTφ(za+kwb+zawb+l),za′wb′〉=

〈U(za+kwb+zawb+l),za′+kwb′+za′wb′+l〉，

所以λa′,b′,1,0=λa,b,0,1或λa′,b′,0,1=λa,b,0,1，與引理12(Ⅲ)矛盾。

情況4當n=1,m=0時，因為

〈U(zawb+l+za+kwb),za′wb′〉=

〈Uzawb，za′+2kwb′+za′wb′+2l〉，

所以λa,b,0,0∈{λa′,b′,2,0，λa′,b′,0,2}，這與下列不等式矛盾

λa′,b′,2,0>0,λa′,b′,0,2>0,λa,b,0,0<0。

情況5當n>2,m=1時，λa′,b′,0,0=λa,b,n,1，結合情況1～4的結論可得

〈U(za+nkwb+l+za+kwb+nl),za′wb′〉=

〈U(za+nkwb+zawb+nl),za′+2kwb′+za′wb′+2l〉,

有λa′,b′,0,2=λa,b,n,0或λa′,b′,2,0=λa,b,n,0。與引理12(Ⅱ)矛盾。

a=m1k′-1,b=m2l′-1,a′=m2k′-1,

b′=m1l′-1,

其中σ=GCD(k,l),k=k′σ,l=l′σ,m1,m2∈[1,σ],m1≠m2。利用文獻[4]中的方法，我們可以得到下面定理：

*-同構，其中m=(σ2-σ)/2,m′=kl-σ2+2σ。