加權(quán)Bergman空間上移位算子在一類不變子空間的游蕩性質(zhì)

徐時(shí)勃

(浙江師范大學(xué) 數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院，浙江金華 321004)

0 引言

設(shè)T是可分的Hilbert空間H上的有界線性算子.如果M是H的一個(gè)閉子空間且當(dāng)f∈M時(shí)，Tf∈M，則說M是T的一個(gè)不變子空間.設(shè)M?TM是TM在M中的正交補(bǔ)，也叫做T在M上的游蕩子空間.若

[M?TM]=M

(1)

成立，則稱T在不變子空間M上有游蕩子空間性質(zhì)，其中[M?TM]是T的包含M?TM的最小不變子空間.若T的所有不變子空間M滿足M=[M?TM]，則稱T在H上Beurling型定理成立.

在文獻(xiàn)[6]中，得到了Shimorin定理.

定理1(Shimorin定理) 設(shè)T是可分的Hilbert空間H上的有界線性算子.若T滿足下列條件：

則H=[H?TH].

定義1對(duì)任意α>-1，a∈，令則Ha是Bα的不變子空間，這種子空間叫做的零基不變子空間.

文獻(xiàn)[9]利用將加權(quán)Bergman空間嵌入到Hardy雙圓盤H2(2)的方法，證明了對(duì)α=0和α=2時(shí)，的Ha型零基不變子空間有游蕩子空間性質(zhì).這種證明方法過程非常復(fù)雜且有局限性，只能用來(lái)處理α是整數(shù)的情形.文獻(xiàn)[10]研究了更一般的零基不變子空間HA的游蕩子空間性質(zhì)，并證明了當(dāng)-1<α≤4時(shí)，Ha有游蕩子空間性質(zhì)；當(dāng)α>4時(shí)，Ha沒有游蕩子空間性質(zhì).

本文研究了平面有界區(qū)域上解析函數(shù)空間上移位算子的Ha型零基不變子空間，并將此應(yīng)用到加權(quán)Bergman空間，得到了相關(guān)結(jié)論的一個(gè)新證明.

1 平面有界區(qū)域上解析函數(shù)空間的移位算子零基不變子空間

對(duì)w0∈，若存在C>0，對(duì)所有多項(xiàng)式p有則稱w0為μ的有界計(jì)值點(diǎn).記bpe(μ)為μ的有界計(jì)值點(diǎn)全體.由Riesz表示定理，對(duì)每個(gè)w0∈bpe(μ)，存在再生核Kμ(·，w0)∈A2(Ω，μ)，使得對(duì)H∈A2(Ω，μ)，有

對(duì)每個(gè)φ∈L∞(Ω，μ)，定義Toeplitz算子為Tφf=P(φf)，f∈A2(Ω，μ).

對(duì)a∈Ω，記Ha={f∈A2(Ω，μ)：f(a)=0}.

引理1 設(shè)Ha?A2(Ω，μ)是S的一個(gè)不變子空間，則f∈Ha?[Ha?SHa]當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)任意的n≥0，有(Sn)*f∈SHa.

證明：通過簡(jiǎn)單的計(jì)算可以得到下列的等價(jià)關(guān)系：

f∈Ha?[Ha?SHa]?f∈Ha，且?n≥0，f∈[Sn(Ha?SHa)]⊥?

?n≥0，?g∈Ha?SHa，

?n≥0，(Sn)*f∈(Ha?SHa)⊥=SHa.

證畢.

對(duì)f∈Ha，g∈Ha，有：

這表明

引理2 設(shè)0∈Ω，a∈Ω，a≠0，則f∈SHa的充要條件是f∈Ha且f(0)=0.

由引理1和引理2，可得定理2.

2 加權(quán)Bergman空間情形

由文獻(xiàn)[12]，有引理3.

(ⅰ)對(duì)a=0，H0=[H0?SH0]，

(ⅱ)對(duì)a∈，a≠0，則f∈Ha?[Ha?SHa]當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)且

(2)

(3)

故有

由命題1，可以得到命題2.

?n≥0，(Sn)*f∈zHa，特別地，f∈zHa.

且f(a)=0，故有

由此，命題2中的(ⅰ)～(ⅲ)等價(jià)于下面的定理.

證明：易知(ⅱ)等價(jià)于下面的形式：

(4)

注意到式(4)也等價(jià)于下列矩陣：

(5)

對(duì)a∈，令則易見φ∈L∞()，且有因此，可以調(diào)和延拓到中，不妨記為不難驗(yàn)證，在上解析且在中無(wú)零點(diǎn)，因此，在H∞上可逆.

(6)

從而由式(6)可得

(7)

由此，可得出結(jié)論：{cnm}為符號(hào)φ∈L∞()關(guān)于H2的基的Toeplitz算子的矩陣.

(8)

(9)

因此，

(10)

由式(10)可有下面的引理.

引理4 設(shè)ρ為一階Blaschke乘積，H2為Hardy空間，則(ρH2)⊥=ka，其中為H2的再生核.

證明：事實(shí)上，?n≥0，f∈H2，<ρf，ka>=ρ(a)f(a)=0，因此，有ka∈(ρH2)⊥.

反過來(lái)，我們證明(ρH2)⊥∈ka.

定理4 若-1<α≤4，對(duì)任意a∈，有Ha=[Ha?SHa].

證明：設(shè)-1<α≤4，通過命題1，只需證明對(duì)a∈，a≠0，若f滿足和則f=0.

通過上面的討論可知，問題轉(zhuǎn)化為g滿足定理3的(ⅰ)～(ⅲ).

因此，對(duì)-1<α≤4，不存在非零f∈Ha?[Ha?SHa]，即Ha=[Ha?SHa].

證畢.

(11)

對(duì)于α>4，α∈N，若4<α≤10，則k=0，k=±1滿足式(2)，這意味著存在3個(gè)解滿足wα+2=1.同理，若10<α≤16，則k=0，k=±1和k=±2滿足式(2)，這意味著存在5個(gè)解滿足wα+2=1.對(duì)一般情況，若6n-2<α≤6n+4，α∈N，n>0，則wα+2=1有2n+1個(gè)解.不失一般性，接下來(lái)僅考慮4<α≤10的情況.

定理5 對(duì)α>4，存在ε>0，若0<1-|a|<ε，則Ha≠[Ha?SHa].

(12)

由于

(13)

因此，

(14)

第一步.由于

4|c1|2|a|2n-2+4|c2|2|z1|2n-2+4|c3|2|z2|2n-2

(15)

(16)

(17)

(18)

(19)

把式(19)帶入式(18)，可得

(20)

不難證明，式(20)有無(wú)窮多個(gè)解.例如：