向量值Bergman空间上块Toeplitz算子的零积问题 Zero Product Problem of Block Toeplitz Operator in Vector Value Bergman Space

doi:10.12677/AAM.2018.712177

Advances in Applied Mathematics
Vol. 07 No. 12 ( 2018 ), Article ID: 27982 , 9 pages
10.12677/AAM.2018.712177

Zero Product Problem of Block Toeplitz Operator in Vector Value Bergman Space

Nan Zhang, Yin Guan, Wei Shang

●How to Cite this Article

Department of Mathematics, Liaoning Normal University, Dalian Liaoning

Received: Nov. 16^th, 2018; accepted: Dec. 6^th, 2018; published: Dec. 13^th, 2018

ABSTRACT

We give a necessary and sufficient condition for the block Toeplitz operator on vector value Bergman space, where F is the bounded vector value function of general nature, G is harmonic polynomial.

Keywords:Vector Value Bergman Spaces, Block Toeplitz Operator, Zero Product, Mellin Transform

向量值Bergman空间上块Toeplitz算子的零积问题

张楠，关印，尚巍

辽宁师范大学数学学院，辽宁大连

收稿日期：2018年11月16日；录用日期：2018年12月6日；发布日期：2018年12月13日

摘要

本文给出了向量值Bergman空间上块Toeplitz算子T_FT_G = 0的一个充分必要条件，其中F为一般本性有界向量值函数，G为调和多项式。

关键词 :向量值Bergman空间，块Toeplitz算子，零积，Mellin变换

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1. 引言

记IN为自然数集，Z为整数集。定义D是复平面C上的开单位圆盘。dA表示D上正规化的面积测度，即

$d A (z) = \frac{r}{π} d r d θ = \frac{1}{π} d x d y .$

$L^{2} (D, d A)$ 是D上关于dA平方可积的函数全体构成的Hilbert空间，可表示为：

$L^{2} (D, d A) = {f : \int_{D} {| f (z) |}^{2} d A (z) < + \infty},$

对任意的 $f, g \in L^{2} (D, d A)$ ， $L^{2} (D, d A)$ 空间中内积为：

$〈 f, g 〉 = \int_{D} f (z) \bar{g (z)} d A (z) .$

Bergman空间 $L_{a}^{2} (D, d A)$ 为 $L^{2} (D, d A)$ 上由全体解析函数构成的闭子空间。定义D上由关于dA的本性有界可测函数全体构成的Banach空间为 $L^{\infty} (D, d A)$ ，P是从 $L^{2} (D, d A)$ 到 $L_{a}^{2} (D, d A)$ 上的正交射影，则有

$(P f) (z) = 〈 f, K_{z} 〉 = \int_{D} f (w) \bar{K_{z} (w)} d A (w),$

$K_{z} (w) = \frac{1}{{(1 - \bar{z} w)}^{2}}$ $(z, w \in D)$ 为 $L_{a}^{2} (D, d A)$ 的再生核，令 $k_{z} (w) = \frac{K_{z} (w)}{‖ K_{z} ‖}$ 为正规化的再生核。

定义1.1：设 $λ \in$ $L^{\infty} (D, d A)$ ，以 $λ$ 为符号的Toeplitz算子定义如下：

$T_{λ} f = P (λ f), f \in L_{a}^{2} (d, d A) .$

说明：设 $λ, μ \in L^{\infty} (D, d A)$ ，则Toeplitz算子具有以下性质：

1) $\forall a, b \in C$ ， $T_{a λ + b μ} = a T_{λ} + b T_{μ}$ ，

2) $T_{f}^{*} = T_{\bar{f}}$ 。

记 $M_{n \times n}$ 为C上的 $n \times n$ 矩阵的全体。定义 $L^{2} (D, C^{n}) = L^{2} (D, d A) \otimes C^{n}$ 为D上关于dA平方可积的向量值函数空间。 $L_{a}^{2} (D, C^{n}) = L_{a}^{2} (D, d A) \otimes C^{n}$ 为D上的向量值Bergman空间，其中“ $\otimes$ ”为Hilbert张量积。以 $Ψ (z) \in L^{\infty} (D, d A) \otimes M_{n \times n}$ 为符号的Toeplitz算子定义为

$T_{Ψ} h = P_{L_{a}^{2} (D, C^{n})} (Ψ h), h \in L_{a}^{2} (D, C^{n}),$

其中 $P_{L_{a}^{2} (D, C^{n})}$ 是从 $L^{2} (D, C^{n})$ 到 $L_{a}^{2} (D, C^{n})$ 的正交射影。

“ $\oplus$ ”表示直和 $L^{\infty} (D, C^{n}) = L^{\infty} (D, d A) \oplus \dots \oplus L^{\infty} (D, d A)$ ， $L_{a}^{2} (D, C^{n}) = L_{a}^{2} (D, d A) \oplus \dots \oplus L_{a}^{2} (D, d A)$ ，那么块Toeplitz $T_{Ψ}$ 有下列矩阵表示：

$T_{Ψ} = [\begin{matrix} T_{Ψ_{11}} & \dots & T_{Ψ_{1 n}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ T_{Ψ_{n 1}} & \dots & T_{Ψ_{n n}} \end{matrix}],$

其中

$Ψ = [\begin{matrix} ψ_{11} & \dots & ψ_{1 n} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ ψ_{n 1} & \dots & ψ_{n n} \end{matrix}] .$

块Toeplitz算子和块Toeplitz算子的截断行列式存在于在数学和物理学的各个分支中，并有着重要的应用，尤其是在量子力学的理论研究中。例如，经典的二聚体模型 [1] 和不相交行走模型 [2] 的研究应用了块Toeplitz算子的截断行列式理论；盖尔芬德迪基层次的研究 [3] 应用了块算子理论等。

Brown与Halmos证明在单位圆周上的Hardy空间上，若有 $T_{f} T_{g} = 0$ ，则符号f或g必定有一个为零 [4] 。1984年，美国数学家Axler访问四川大学时提出一个问题，若Hardy空间上n个Toeplitz算子的乘积为零，是否必定有其中一个为零? 1994年，郭坤宇 [5] 证明了 $n = 5$ 时结论是对的。Gu证明结论对于 $n = 6$ 也对 [6] 。 $n > 6$ 的情况后来也被解决 [7] 。Bergman空间上的函数论与Hardy空间不一样，因此Bergman空间上的算子理论与Hardy空间上的算子理论也不一样。即使在D上的Bergman空间上，有些看来非常简单的问题解决起来也很困难。例如具有有界调和函数符号的两个Toeplitz算子的乘积为零是否必有一个为零?这个问题就悬置了很长时间。直到2001年才由Ahern和Čučković解决并发表在文 [8] 中。文 [8] 证明了若f和g是有界调和函数，使得 $T_{f} T_{g} = 0$ ，则f或g恒等于零。近年来，许多学者开始研究多圆盘和单位球上的Bergman空间。例如，卢玉峰等 [9] [10] 分别研究了多圆盘和单位球Bergman空间上的有界Toeplitz和Hankel乘积。于涛和朱若卫研究了单位球向量值Bergman空间上的Toeplitz乘积有界的充要条件 [11] 。

本文通过Mellin变换研究Bergman空间上两个Toeplitz算子乘积的有限和为零问题，并以此为基础研究向量值Bergman空间上两个块Toeplitz算子的零积问题。

定义1.2：对 $φ$ 是 $[0, 1]$ 上的可积函数，可定义Mellin变换：

$\hat{φ} (z) = \int_{0}^{1} φ (r) r^{z - 1} d r,$

此时，它是半平面 ${z : Re z > 1}$ 上的有界解析函数。其中 $L^{2} (D, d A)$ 可分解为：

$L^{2} (D, d A) = \underset{k \in Z}{\oplus} e^{i k θ} ℜ, ℜ = {u : D \to C : \int_{0}^{1} r {| u (r) |}^{2} d r < \infty},$

因此对任意 $f \in L^{2} (D, d A)$ ，都有

$f (r e^{i θ}) = \sum_{k = - \infty}^{\infty} f_{k} (r) e^{i k θ}, f_{k} \in ℜ .$

引理1.1 [8] ：若 $f \in L^{2} (D, d A)$ ，对 $z = R e^{i θ}$ ，则可定义f的Berezin变换 $B f$ ：

$(B f) (z) = 〈 f k_{z}, k_{z} 〉 = 2 {(1 - R^{2})}^{2} \sum_{k = - \infty}^{\infty} R^{| k |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k |) {\hat{f}}_{k} (2 n + | k |) R^{2 (n - 1)}] e_{.}^{i k θ}$

引理1.2 [12] ：若 $φ$ 为 ${z : Re z > 1}$ 上的有界解析函数，若存在自然数序列 ${n_{k}}_{k = 0}^{\infty}$ 使得

$\hat{φ} (n_{k}) = 0$ 且 $\sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{n_{k}} = \infty$

则 $ϕ = 0.$

2. Bergman空间上两个Toeplitz算子乘积的有限和

定理2.1：假设 $f^{(p)} \in L^{\infty} (D, d A)$ ， $g^{(p)} = α_{p} z^{j} + β_{p} {\bar{z}}^{l}$ ， $α_{p}, β_{p} \in C$ ， $α_{p}, β_{p} \in C$ ，且满足

$\sum_{p = 1}^{N} (α_{p} + β_{p}) f^{(p)} = 0.$

那么有 $\sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} = 0$ 当且仅当 $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f^{(p)} \equiv 0$ 。

证明：必要性。因为 $\sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} = 0$ ，所以

$\sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} k_{w} = 0.$

令 $g_{1}^{(p)} = α_{p} z^{j}$ ， ${\bar{g}}_{2}^{(p)} = β_{p} {\bar{z}}^{l}$ 。由 $T_{g^{(p)}} k_{w} = g_{1}^{(p)} k_{w} + {\bar{g}}_{2}^{(p)} (w) k_{w} (p = 1, 2, \dots, N)$ ，有

$0 = 〈 \sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} k_{w}, k_{w} 〉 = \sum_{p = 1}^{N} 〈 T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} k_{w}, k_{w} 〉 = \sum_{p = 1}^{N} (〈 T_{f^{(p)}} T_{g_{1}^{(p)}} k_{w}, k_{w} 〉 + 〈 T_{f^{(p)}} T_{{\bar{g}}_{2}^{(p)}} k_{w}, k_{w} 〉)$

由引理1.1，上式可变成

$\sum_{p = 1}^{N} [B (f^{(p)} g_{1}^{(p)}) (w) + \bar{g_{2}^{(p)} (w)} B f^{(p)} (w)] = 0,$

即

$\sum_{p = 1}^{N} B (f^{(p)} g_{1}^{(p)}) = - \sum_{p = 1}^{N} {\bar{g}}_{2}^{(p)} (B f^{(p)}) .$ (1)

由引理1.1得

$\begin{matrix} \sum_{p = 1}^{N} B (f^{(p)} g_{1}^{(p)}) = 2 {(1 - R^{2})}^{2} \sum_{k = - \infty}^{\infty} R^{| k |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k |) R^{2 n - 2} \sum_{p = 1}^{N} α_{p} (r^{j} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (r)) (2 n + | k |)] e^{i k θ} \\ = 2 {(1 - R^{2})}^{2} \sum_{k = - \infty}^{\infty} R^{| k |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k |) R^{2 n - 2} \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n + | k | + j)] e_{.}^{i k θ} \end{matrix}$

再次运用引理1.1，

$\begin{matrix} - \sum_{p = 1}^{N} {\bar{g}}_{2}^{(p)} B f^{(p)} = - 2 β {(1 - R^{2})}^{2} \sum_{k = - \infty}^{\infty} R^{| k |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k |) R^{2 n + l - 2} \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k}^{(p)} (2 n + | k |)] e^{i (k - l) θ} \\ = - 2 β {(1 - R^{2})}^{2} \sum_{k = - \infty}^{\infty} R^{| k + l |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k + l |) R^{2 n + l - 2} \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n + | k + l |)] e_{.}^{i k θ} \end{matrix}$

对比式(1)两边 $e^{i k θ}$ 的系数，得

$R^{| k |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k |) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n + | k | + j)] R^{2 n - 2} = - R^{| k + l |} [\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + | k + l |) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n + | k + l |)] R^{2 n + l - 2}$ (2)

对 $k \in I N$ 都成立。

当 $k \geq 0$ 时，式(2)变成

$\sum_{n = 1}^{\infty} n (n + k) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n + k + j) R^{2 n - 2} = - \sum_{n = 1}^{\infty} n (n + k + l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n + k + l) R^{2 n + 2 l - 2}$

令 $n - l$ 代n，等式右边变成

$- \sum_{n = l + 1}^{\infty} (n - l) (n + k) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n + k - l) R^{2 n - 2},$

上式两边都是关于 $0 \leq R \leq 1$ 的函数，故当 $n \geq l + 1$ 时，对 $k \geq 0$ 有

$n \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n + k + j) = - (n - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n + k - l) .$

因此有界解析函数 $(z - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 z + k - l) + z \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 z + k + j)$ 在几何级数 ${l + 1, l + 2, \dots}$ 上为零，由引理1.2，进而在 ${z : Re z > 1}$ 上等于零，所以有

$- (z - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 z + k - l) = z \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 z + k + j)$ (3)

对 $k \geq 0, Re z > 1$ 成立。

若 $Re z > 1, k \geq 0$ ，则有下面的等式成立：

$\begin{array}{l} - (z - l) (z - l + (j + l)) \dots (z - l + m (j + l)) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l + m (j + l)}^{(p)} (2 z + k - l + m (j + l)) \\ = z (z + j + l) \dots (z + m (j + l)) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 (z + m (j + l)) + k + j) \end{array}$ (4)

证明：假设m时成立，下证 $m + 1$ 时成立。

$\begin{array}{l} - (z - l) (z - l + (j + l)) \dots (z - l + (m + 1) (j + l)) \\ \cdot \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l + m (j + l) + j + l}^{(p)} (2 z + k - l + (m + 1) (j + l)) \end{array}$

令 $k^{'} = k + j + l$ ，此时有

$\begin{array}{l} = - (z - l + (m + 1) (j + l)) (z - l) (z - l + (j + l)) \dots (z - l + m (j + l)) \\ \cdot \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k^{'} + l + m (j + l)}^{(p)} (2 z + k^{'} - l + m (j + l)) \end{array}$

由归纳假设， $k^{'} > 0$ ，得到

$\begin{array}{l} = z (z + j + l) \dots (z + m (j + l)) (z + (m + 1) (j + l) - l) \\ \cdot \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k^{'} - j}^{(p)} (2 (z + m (j + l)) + k^{'} + j) \\ = z (z + j + l) \dots (z + m (j + l)) (z + (m + 1) (j + l) - l) \\ \cdot \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 (z + m (j + l)) + k + 2 j + l) \end{array}$ (5)

因为 $\sum_{p = 1}^{N} (α_{p} + β_{p}) f^{(p)} = 0$ ，所以(5)式等于

$\begin{array}{l} - z (z + j + l) \dots (z + m (j + l)) (z + (m + 1) (j + l) - l) \\ \cdot \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 (z + m (j + l)) + k + 2 j + l) \end{array}$

作变量替换， $z^{'} = z + (m + 1) (j + l)$ ，此时上式变形为

$= - z (z + j + l) \dots (z + m (j + l)) (z^{'} - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 z^{'} + k - l)$

运用(3)， $Re z^{'} > 1$ ，得到

$\begin{array}{l} = z (z + j + l) \dots (z + m (j + l)) (z + (m + 1) (j + l)) \\ \cdot \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 (z + (m + 1) (j + l)) + k + j) \end{array}$

证毕。

在(4)式中令 $z = l$ ，有

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 m (j + l) + k + j + 2 l) = 0.$

对任意自然数m成立， $k \geq 0$ 。固定非负整数k， $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (z)$ 在几何级数上为零，由引理1.2，故恒为零。于是得到

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{k - j}^{(p)} (r) = 0,$

即对任意 $k \geq 0$ ，有 $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{- j}^{(p)}, \sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{_{- j + 1}}^{(p)}, \dots, \sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{_{0}}^{(p)}, \sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{_{1}}^{(p)}, \dots$ 都为零。

当 $- l \leq k < 0$ 时，此时(2)式为

$\sum_{n = 1}^{\infty} n (n - k) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) R^{2 n - k - 2} = - \sum_{n = 1}^{\infty} n (n + k + l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n + k + l) R^{2 n + k + 2 l - 2}$ , (6)

用 $n + k + l$ 等替换上式(6)式中的n，得

$= - \sum_{n = k + l + 1}^{\infty} n (n - k - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l) R^{2 n - k - 2} .$

对比(6)式左右两端关于R的系数得当 $n \geq k + l + 1$ 时，

$(n - k) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) = - (n - k - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l),$

整理得

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) = - \frac{n - k - l}{n - k} \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l) .$

又由 $\sum_{p = 1}^{N} (α_{p} + β_{p}) f^{(p)} = 0$ ，得到

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) = \frac{n - k - l}{n - k} \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l),$

又因为 $k + l \geq 0$ ，运用 $k \geq 0$ 时的结论得， $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{- l - j}^{(p)}, \sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{- l - j + 1}^{(p)}, \dots$ 为零。

当 $- 2 l \leq k < - l$ 时，此时式(2)为

$\sum_{n = 1}^{\infty} n (n - k) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) R^{2 n - k - 2} = - \sum_{n = 1}^{\infty} n (n - k - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l) R^{2 n - k - 2} .$

于是得到当 $n \geq 1$ 时，有

$(n - k) \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) = - (n - k - l) \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l),$

再次运用 $\sum_{p = 1}^{N} (α_{p} + β_{p}) f^{(p)} = 0$ ，有

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k - j}^{(p)} (2 n - k + j) = - \frac{n - k - l}{n - k} \sum_{p = 1}^{N} β_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l) = \frac{n - k - l}{n - k} \sum_{p = 1}^{N} α_{p} {\hat{f}}_{k + l}^{(p)} (2 n - k - l) .$

运用 $- l \leq k < 0$ 时， $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{k + l}^{(p)} \equiv 0$ ，得 $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{- 2 l - j}^{(p)}, \sum_{p = 1}^{N} α f_{- 2 l - j + 1}^{(p)}, \dots$ 为零。

如此循环下去，

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f_{k}^{(p)} = 0 (k \in Z) .$

进而

$\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f^{(p)} (z) \equiv 0.$

充分性。因为 $\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f^{(p)} = 0$ ，由 $\sum_{p = 1}^{N} (α_{p} + β_{p}) f^{(p)} = 0$ ，得到 $\sum_{p = 1}^{N} β_{p} f^{(p)} = 0$ 。那么有

$\sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} = \sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{α_{p} z^{j} + β_{p} {\bar{z}}^{l}} .$

由Toeplitz算子的性质，等式右边变为

$\sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} (T_{α_{p} z^{j}} + T_{β_{p} {\bar{z}}^{l}}),$

即

$\begin{matrix} \sum_{p = 1}^{N} (T_{f^{(p)}} T_{α_{p} z^{j}} + T_{f^{(p)}} T_{β_{p} {\bar{z}}^{l}}) = \sum_{p = 1}^{N} (α_{p} T_{f^{(p)}} T_{z^{j}} + β_{p} T_{f^{(p)}} T_{{\bar{z}}^{l}}) \\ = \sum_{p = 1}^{N} (T_{α_{p} f^{(p)}} T_{z^{j}} + T_{β_{p} f^{(p)}} T_{{\bar{z}}^{l}}) \\ = T_{\sum_{p = 1}^{N} α_{p} f^{(p)}} T_{z^{j}} + T_{\sum_{p = 1}^{N} β_{p} f^{(p)}} T_{{\bar{z}}^{l}} \\ = 0. \end{matrix}$

所以 $\sum_{p = 1}^{N} T_{f^{(p)}} T_{g^{(p)}} = 0$ 。

3. 向量值Bergman空间上两个块Toeplitz算子的零积

定理3.1：假设 $F = {(f_{p q})}_{N \times N} \in L^{\infty} (D, d A) \otimes M_{N \times N}$ ， $G = {(δ_{p q})}_{N \times N} = A z^{j} + B {\bar{z}}^{l}$ ，其中 $A = {(α_{p q})}_{N \times N} \in M_{N \times N}$ ， $B = {(β_{p q})}_{N \times N} \in M_{N \times N}$ ， $α_{p q}, β_{p q} \in C$ ， $j, l \in I N$ ，且满足

$(A^{'} + B^{'}) F^{'} = 0.$

那么则有 $T_{F} T_{G} = 0$ 当且仅当 $A^{'} F^{'} = 0$ ( $A^{'}$ 表示矩阵A的转置)。

证明：必要性。由

$F = [\begin{matrix} f_{11} & f_{12} & \dots & f_{1 N} \\ f_{21} & f_{22} & \dots & f_{2_{N}} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ f_{N 1} & f_{N 2} & \dots & f_{N N} \end{matrix}], G = [\begin{matrix} δ_{11} & δ_{12} & \dots & δ_{1 N} \\ δ_{21} & δ_{22} & \dots & δ_{2 N} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ δ_{N 1} & δ_{N 2} & \dots & δ_{N N} \end{matrix}],$

得

$T_{F} = [\begin{matrix} T_{f_{11}} & T_{f_{12}} & \dots & T_{f_{1 N}} \\ T_{f_{21}} & T_{f_{22}} & \dots & T_{2 N} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ T_{f_{N 1}} & T_{f_{N 2}} & \dots & T_{f_{N N}} \end{matrix}], T_{G} = [\begin{matrix} T_{δ_{11}} & T_{δ_{12}} & \dots & T_{δ_{1 N}} \\ T_{δ_{21}} & T_{δ_{22}} & \dots & T_{δ_{2 N}} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ T_{δ_{N 1}} & T_{δ_{N 2}} & \dots & T_{δ_{N N}} \end{matrix}],$

于是有

$\begin{matrix} T_{F} T_{G} = [\begin{matrix} T_{f_{11}} & T_{f_{12}} & \dots & T_{f_{1 N}} \\ T_{f_{21}} & T_{f_{22}} & \dots & T_{2 N} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ T_{f_{N 1}} & T_{f_{N 2}} & \dots & T_{f_{N N}} \end{matrix}] [\begin{matrix} T_{δ_{11}} & T_{δ_{12}} & \dots & T_{δ_{1 N}} \\ T_{δ_{21}} & T_{δ_{22}} & \dots & T_{δ_{2 N}} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ T_{δ_{N 1}} & T_{δ_{N 2}} & \dots & T_{δ_{N N}} \end{matrix}] \\ = [\begin{matrix} T_{f_{11}} T_{δ_{11}} + T_{f_{12}} T_{δ_{21}} + \dots + T_{f_{1 N}} T_{δ_{N 1}} & \dots & T_{f_{11}} T_{δ_{1 N}} + T_{f_{12}} T_{δ_{2 N}} + \dots + T_{f_{1 N}} T_{δ_{N N}} \\ ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ T_{f_{N 1}} T_{δ_{11}} + T_{f_{N 2}} T_{δ_{21}} + \dots + T_{f_{N N}} T_{δ_{N 1}} & \dots & T_{f_{N 1}} T_{δ_{1 N}} + T_{f_{N 2}} T_{δ_{2 N}} + \dots + T_{f_{N N}} T_{δ_{N N}} \end{matrix}] \\ = 0. \end{matrix}$

进而，对 $1 \leq p, q \leq N$ ，有

$\sum_{m = 1}^{N} T_{f_{p m}} T_{δ_{m q}} = 0.$

由 $(A^{'} + B^{'}) F^{'} = 0$ ，得 $\sum_{m = 1}^{N} (α_{q m} + β_{q m}) f_{m p} = 0 (1 \leq p, q \leq N)$ ，运用定理1.1的结论得

$\sum_{m = 1}^{N} α_{q m} f_{m p} = 0$

对 $1 \leq p, q \leq N$ 成立。即

$A^{'} F^{'} = 0.$

充分性。由 $(A^{'} + B^{'}) F^{'} = 0$ ，得 $\sum_{m = 1}^{N} (α_{q m} + β_{q m}) f_{m p} = 0 (1 \leq p, q \leq N)$ ，又 $A^{'} F^{'} = 0$ ，得到

$\sum_{m = 1}^{N} α_{q m} f_{m p} = 0, \sum_{m = 1}^{N} β_{q m} f_{m p} = 0 .$

于是

$\begin{matrix} \sum_{m = 1}^{N} T_{f_{m p}} T_{δ_{q m}} = \sum_{m = 1}^{N} T_{f_{m p}} (T_{α_{q m} z^{j} + β_{q m} {\bar{z}}^{l}}) \\ = \sum_{m = 1}^{N} T_{α_{m q} f_{m p}} T_{z^{j}} + T_{β_{m q} f_{m p}} T_{{\bar{z}}^{l}} \\ = T_{\sum_{m = 1}^{N} α_{m q} f_{m p}} T_{z^{j}} + T_{\sum_{m = 1}^{N} β_{m q} f_{m p}} T_{{\bar{z}}^{l}} \\ = 0. \end{matrix}$

所以

${(T_{F} T_{G})}^{'} = 0,$

故 $T_{F} T_{G} = 0$ ，定理证毕。

文章引用

张楠,关印,尚巍. 向量值Bergman空间上块Toeplitz算子的零积问题
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