徐時勃

(浙江師范大學 數(shù)學與計算機科學學院，浙江金華 321004)

0 引言

設T是可分的Hilbert空間H上的有界線性算子.如果M是H的一個閉子空間且當f∈M時，Tf∈M，則說M是T的一個不變子空間.設M?TM是TM在M中的正交補，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，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[6]中，得到了Shimorin定理.

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

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，并將此應用到加權Bergman空間，得到了相關結論的一個新證明.

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w0∈，若存在C>0，對所有多項式p有則稱w0為μ的有界計值點.記bpe(μ)為μ的有界計值點全體.由Riesz表示定理，對每個w0∈bpe(μ)，存在再生核Kμ(·，w0)∈A2(Ω，μ)，使得對H∈A2(Ω，μ)，有

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

對a∈Ω，記Ha={f∈A2(Ω，μ)：f(a)=0}.

引理1 設Ha?A2(Ω，μ)是S的一個不變子空間，則f∈Ha?[Ha?SHa]當且僅當對任意的n≥0，有(Sn)*f∈SHa.

證明：通過簡單的計算可以得到下列的等價關系：

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f∈Ha，g∈Ha，有：

這表明

引理2 設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Bergman空間情形

由文獻[12]，有引理3.

(ⅰ)對a=0，H0=[H0?SH0]，

(ⅱ)對a∈，a≠0，則f∈Ha?[Ha?SHa]當且僅當對且

(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)等價于下面的定理.

證明：易知(ⅱ)等價于下面的形式：

(4)

注意到式(4)也等價于下列矩陣：

(5)

對a∈，令則易見φ∈L∞()，且有因此，可以調和延拓到中，不妨記為不難驗證，在上解析且在中無零點，因此，在H∞上可逆.

(6)

從而由式(6)可得

(7)

由此，可得出結論：{cnm}為符號φ∈L∞()關于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：事實上，?n≥0，f∈H2，<ρf，ka>=ρ(a)f(a)=0，因此，有ka∈(ρH2)⊥.

反過來，我們證明(ρH2)⊥∈ka.

定理4 若-1<α≤4，對任意a∈，有Ha=[Ha?SHa].

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

通過上面的討論可知，問題轉化為g滿足定理3的(ⅰ)～(ⅲ).

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

證畢.

(11)

對于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個解滿足wα+2=1.對一般情況，若6n-2<α≤6n+4，α∈N，n>0，則wα+2=1有2n+1個解.不失一般性，接下來僅考慮4<α≤10的情況.

定理5 對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)有無窮多個解.例如：