加权Bergman空间上移位算子在一类不变子空间的游荡性质

徐时勃

(浙江师范大学 数学与计算机科学学院，浙江金华 321004)

0 引言

设T是可分的Hilbert空间H上的有界线性算子.如果M是H的一个闭子空间且当f∈M时，Tf∈M，则说M是T的一个不变子空间.设M⊖TM是TM在M中的正交补，也叫做T在M上的游荡子空间.若

[M⊖TM]=M

(1)

成立，则称T在不变子空间M上有游荡子空间性质，其中[M⊖TM]是T的包含M⊖TM的最小不变子空间.若T的所有不变子空间M满足M=[M⊖TM]，则称T在H上Beurling型定理成立.

在文献[6]中，得到了Shimorin定理.

定理1(Shimorin定理) 设T是可分的Hilbert空间H上的有界线性算子.若T满足下列条件：

则H=[H⊖TH].

定义1对任意α>-1，a∈，令则Ha是Bα的不变子空间，这种子空间叫做的零基不变子空间.

文献[9]利用将加权Bergman空间嵌入到Hardy双圆盘H2(2)的方法，证明了对α=0和α=2时，的Ha型零基不变子空间有游荡子空间性质.这种证明方法过程非常复杂且有局限性，只能用来处理α是整数的情形.文献[10]研究了更一般的零基不变子空间HA的游荡子空间性质，并证明了当-1<α≤4时，Ha有游荡子空间性质；当α>4时，Ha没有游荡子空间性质.

本文研究了平面有界区域上解析函数空间上移位算子的Ha型零基不变子空间，并将此应用到加权Bergman空间，得到了相关结论的一个新证明.

1 平面有界区域上解析函数空间的移位算子零基不变子空间

对w0∈，若存在C>0，对所有多项式p有则称w0为μ的有界计值点.记bpe(μ)为μ的有界计值点全体.由Riesz表示定理，对每个w0∈bpe(μ)，存在再生核Kμ(·，w0)∈A2(Ω，μ)，使得对H∈A2(Ω，μ)，有

对每个φ∈L∞(Ω，μ)，定义Toeplitz算子为Tφf=P(φf)，f∈A2(Ω，μ).

对a∈Ω，记Ha={f∈A2(Ω，μ)：f(a)=0}.

引理1 设Ha⊂A2(Ω，μ)是S的一个不变子空间，则f∈Ha⊖[Ha⊖SHa]当且仅当对任意的n≥0，有(Sn)*f∈SHa.

证明：通过简单的计算可以得到下列的等价关系：

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.

证毕.

对f∈Ha，g∈Ha，有：

这表明

引理2 设0∈Ω，a∈Ω，a≠0，则f∈SHa的充要条件是f∈Ha且f(0)=0.

由引理1和引理2，可得定理2.

2 加权Bergman空间情形

由文献[12]，有引理3.

(ⅰ)对a=0，H0=[H0⊖SH0]，

(ⅱ)对a∈，a≠0，则f∈Ha⊖[Ha⊖SHa]当且仅当对且

(2)

(3)

故有

由命题1，可以得到命题2.

∀n≥0，(Sn)*f∈zHa，特别地，f∈zHa.

且f(a)=0，故有

由此，命题2中的(ⅰ)～(ⅲ)等价于下面的定理.

证明：易知(ⅱ)等价于下面的形式：

(4)

注意到式(4)也等价于下列矩阵：

(5)

对a∈，令则易见φ∈L∞()，且有因此，可以调和延拓到中，不妨记为不难验证，在上解析且在中无零点，因此，在H∞上可逆.

(6)

从而由式(6)可得

(7)

由此，可得出结论：{cnm}为符号φ∈L∞()关于H2的基的Toeplitz算子的矩阵.

(8)

(9)

因此，

(10)

由式(10)可有下面的引理.

引理4 设ρ为一阶Blaschke乘积，H2为Hardy空间，则(ρH2)⊥=ka，其中为H2的再生核.

证明：事实上，∀n≥0，f∈H2，<ρf，ka>=ρ(a)f(a)=0，因此，有ka∈(ρH2)⊥.

反过来，我们证明(ρH2)⊥∈ka.

定理4 若-1<α≤4，对任意a∈，有Ha=[Ha⊖SHa].

证明：设-1<α≤4，通过命题1，只需证明对a∈，a≠0，若f满足和则f=0.

通过上面的讨论可知，问题转化为g满足定理3的(ⅰ)～(ⅲ).

因此，对-1<α≤4，不存在非零f∈Ha⊖[Ha⊖SHa]，即Ha=[Ha⊖SHa].

证毕.

(11)

对于α>4，α∈N，若4<α≤10，则k=0，k=±1满足式(2)，这意味着存在3个解满足wα+2=1.同理，若10<α≤16，则k=0，k=±1和k=±2满足式(2)，这意味着存在5个解满足wα+2=1.对一般情况，若6n-2<α≤6n+4，α∈N，n>0，则wα+2=1有2n+1个解.不失一般性，接下来仅考虑4<α≤10的情况.

定理5 对α>4，存在ε>0，若0<1-|a|<ε，则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)带入式(18)，可得

(20)

不难证明，式(20)有无穷多个解.例如：