加权Bergman空间上一类斜Toeplitz算子的交换性

Commutativity of a Class of Slant Toeplitz Operators on the Weighted Bergman Space

摘要: 本文研究了单位圆盘的加权Bergman空间上斜Toeplitz算子的交换性，得到了两个带有解析符号的斜Toeplitz算子可交换的充要条件是它们的符号函数是线性相关的，以特殊单项式函数为符号的斜Toeplitz算子与带有解析符号的斜Toeplitz算子可交换的充要条件。

Abstract: In this paper, we study the commutativity of slant Toeplitz operators on the weighted Bergman space of the unit disk, and obtain the necessary and sufficient condition for the commutativity of two Toeplitz operators with analytic symbols which is that their symbol functions are linearly de-pendent, and the necessary and sufficient conditions for slant Toeplitz operators with special monomial symbols that commute with slant Toeplitz operators with analytic symbols.

1. 引言

本文主要对加权Bergman空间上斜Toeplitz算子的交换性问题展开探讨。斜Toeplitz算子是函数空间上的一类具体算子，它与量子物理、图像处理、微分方程求解、小波分析等方面有着一定的联系。对斜Toeplitz算子的研究最早是M. C. Ho [1] 于1996年给出的，在该文中M. C. Ho给出了单位圆周的Lebesgue空间和Hardy空间上斜Toeplitz算子的概念，探讨了该类算子的有界性、判别标准、等距性、亚正规性等性质，随后深入研究了该类算子及其共轭算子的谱、谱半径等性质 [2] [3] [4]，得到了一系列的结论。在 [5] [6] 中S. C. Arora和R. Batra给出了单位圆周的Lebesgue空间和Hardy空间上k-阶斜Toeplitz算子的定义，并探讨该类算子的一些性质。安恒斌和蹇人宜 [7] 2004年定义了单位圆盘的Bergman空间上的斜Toeplitz算子，并研究了该类算子的有界性、紧性和谱等若干性质。Yang、Leng和Lu 2007年在 [8] 中给出了单位圆盘的Bergman空间上k-阶斜Toeplitz算子的概念，探讨了该类算子的交换性和谱等众多性质。此后，Liu等又对单位圆周的Lebesgue空间和单位圆盘的Bergman空间上k-阶斜Toeplitz算子的交换性、亚正规性等性质展开讨论，得到了一些结论 [9] [10]。

对算子具体性质的研究有助于人们对该类算子的深入了解，而且对算子性质的研究可以借助其所带符号函数的性质展开。本文主要借助算子符号函数的性质对单位圆盘的加权Bergman空间上斜Toeplitz算子的交换性问题展开研究，基于单位圆盘的加权Bergman空间上斜Toeplitz算子的相关基础知识，首先讨论了两个带有解析符号的斜Toeplitz算子可交换的充要条件，得到了它们可交换的充要条件是它们的符号函数线性相关，然后研究了以解析函数为符号的斜Toeplitz算子和以特殊单项式函数为符号的斜Toeplitz算子的交换性问题，得到了它们可交换的充要条件。

2. 基础知识

本文中 $N_{+}$ 表示正整数集，N表示非负整数集，D表示复平面上的单位圆盘， $\text{d}A$ 表示单位圆盘的正规化面积测度，即 ${\displaystyle {\int }_{D}1\text{d}A\left(z\right)}=1$。设 $\alpha >-1$， $\text{d}{A}_{\alpha }\left(z\right)=\left(1+\alpha \right){\left(1-{\left|z\right|}^2\right)}^{\alpha }\text{d}A\left(z\right)$。

设 $L^2\left(D,\text{d}{A}_{\alpha }\right)$ 为单位圆盘D上关于测度 $\text{d}{A}_{\alpha }$ 平方可积的复可测函数全体构成的Hilbert空间，加权Bergman空间 $A_{\alpha }^2\left(D\right)$ 是由 $L^2\left(D,\text{d}{A}_{\alpha }\right)$ 中所有解析函数构成的闭子空间。设 $L^{\infty }\left(D\right)$ 表示单位圆盘D上关于测度 $\text{d}{A}_{\alpha }$ 本性有界的复可测函数全体构成的空间， $H^{\infty }\left(D\right)$ 表示单位圆盘D有界解析函数全体。

定义在 $A_{\alpha }^2\left(D\right)$ 上的算子W为 $W\left(z^n\right)=\{\begin{array}{l}{z}^{n/2},n为偶数\\ 0,其他\end{array}$，且W是有界线性算子。

设 $\phi \in L^{\infty }\left(D\right)$，定义在 $A_{\alpha }^2\left(D\right)$ 上的斜Toeplitz算子为 $B_{\phi }=W{T}_{\phi }$，这里 $T_{\phi }$ 是以函数 $\phi$ 为符号的Toeplitz算子。

关于Bergman空间 $A_{\alpha }^2\left(D\right)$ 上Toeplitz算子的性质可以参考 [11]。下面给出我们所需要的若干结论。

定义2.1 [11] 设 $\phi \in L^{\infty }\left(D\right)$，以函数 $\phi$ 为符号的Toeplitz算子 $T_{\phi }$ 定义为：对任意的 $f\in A_{\alpha }^2\left(D\right)$， $T_{\phi }f=P_{\alpha }\left(\phi f\right)$，这里 $P_{\alpha }$ 是投影算子且定义为 $P_{\alpha }f\left(z\right)={\displaystyle {\int }_D\frac{f\left(w\right)}{{\left(1-z\bar{w}\right)}^{2+\alpha }}\text{d}{A}_{\alpha }\left(w\right)}$。

引理2.2 [11] 设 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$ 或 $\bar{\psi }\in H^{\infty }\left(D\right)$，则 $T_{\psi }{T}_{\phi }=T_{\psi \phi }$。

引理2.3 [8] 设k是满足 $k\ge 2$ 的整数且 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，如果 $\phi \left(z^k\right)=\phi \left(z\right)$， $\forall z\in D$，则 $\phi$ 是常值函数。

3. 斜Toeplitz算子的交换性

由于对算子交换性的研究有助于人们加深对算子性质的了解，所以对算子交换性问题的研究吸引了人们的兴趣。Yang、Leng和Lu [8] 建立了单位圆盘的Bergman空间上k-阶斜Toeplitz算子，并探讨了两个带有解析符号的k-阶斜Toeplitz算子可交换的充要条件是它们的符号函数线性相关，Liu和Lu [10] 讨论了单位圆盘的Bergman空间上以调和多项式函数为符号的k-阶斜Toeplitz算子可交换的充要条件也是它们的符号函数线性相关。

本节首先将文献 [8] 中的结论推广到单位圆盘的加权Bergman空间上，得到了单位圆盘的加权Bergman空间上以解析函数为符号的斜Toeplitz算子可交换的充分必要条件如下：

定理3.1设 $\phi ,\psi \in H^{\infty }\left(D\right)$，则下列条件等价

(1) $B_{\phi }{B}_{\psi }=B_{\psi }{B}_{\phi }$ ；

(2) $\phi$ 与 $\psi$ 线性相关，即存在不全为0的常数 $\alpha$ 和 $\beta$ 使得 $\alpha \phi +\beta \psi =0$。

为了证明该定理，这里需要以下两个关于W算子和Toeplitz算子的结论。

命题3.2设 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，则 $T_{\phi }W=W{T}_{\phi \left(z^2\right)}$。

证明既然 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，则 $\phi \left(z\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_n{z}^n}$， $z\in D$，从而对任意的 $f\in A_{\alpha }^2\left(D\right)$，对任意的 $z\in D$，

$f\left(z\right)={\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{b}_{2j}{z}^{2j}}+{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{b}_{2j+1}{z}^{2j+1}}$,

$T_{\phi }W\left(f\right)\left(z\right)=T_{\phi }W\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{1}{\sum }}{b}_{2j+i}{z}^{2j+i}}}\right)=T_{\phi }\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{b}_{2j}{z}^j}\right)=\phi \left(z\right)\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{b}_{2j}{z}^j}\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_n{b}_{2j}{z}^{n+j}}}$,

$\begin{array}{c}W{T}_{\phi \left(z^2\right)}\left(f\right)\left(z\right)=W{T}_{\phi \left(z^2\right)}\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{1}{\sum }}{b}_{2j+i}{z}^{2j+i}}}\right)=W\left[\phi \left(z^2\right)\left({\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{1}{\sum }}{b}_{2j+i}{z}^{2j+i}}}\right)\right]\\ =W\left({\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{i=0}{\overset{1}{\sum }}{a}_n{b}_{2j+i}{z}^{2n+2j+i}}}}\right)={\displaystyle \underset{n=0}{\overset{\infty }{\sum }}{\displaystyle \underset{j=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_n{b}_{2j}{z}^{n+j}}}\end{array}$,

即可得对任意的 $f\in A_{\alpha }^2\left(D\right)$， $T_{\phi }W\left(f\right)=W{T}_{\phi \left(z^2\right)}\left(f\right)$，所以可得 $T_{\phi }W=W{T}_{\phi \left(z^2\right)}$。□

命题3.3设 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，若 $W^n{T}_{\phi }=0$，其中 $n\in N$，则 $\phi =0$。

证明既然 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，则 $\phi \left(z\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_p{z}^p}$， $z\in D$。因为 $W^n{T}_{\phi }=0$，所以对任意的 $f\in A_{\alpha }^2\left(D\right)$，

$W^n{T}_{\phi }f=0$. (1)

而对于常值函数 $f\left(z\right)=1$， $\left(W^n{T}_{\phi }\right)1=W^n\left({\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_p{z}^p}\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2^{n}p}{z}^p}$，从而由(1)式可得 ${\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2^{n}p}{z}^p}=0$，所以可得

$a_{2^{n}p}=0$, $p\in N$. (2)

对于函数 $f\left(z\right)=z^{2^n-j}$，其中j是整数且满足 $0<j<2^n$，

$\left(W^n{T}_{\phi }\right)\left(f\right)=W^n\left(T_{\phi }f\right)=W^n\left({\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_p{z}^{p+2^n-j}}\right)=W^n\left({\displaystyle \underset{q=2^n-j}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{q+j-2^n}{z}^q}\right)={\displaystyle \underset{i=1}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2^{n}i+j-2^n}{z}^i}={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2^{n}p+j}{z}^{p+1}}$,

从而由(1)式可得 ${\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2^{n}p+j}{z}^{p+1}}=0$，所以可得 $a_{2^{n}p+j}=0$， $p\in N$ 且 $0<j<2^n$。于是由上式和(2)式可得对任意的 $p\in N$， $a_p=0$，即 $\phi =0$。□

定理3.1的证明若函数 $\phi ,\psi \in H^{\infty }\left(D\right)$ 满足定理3.1中的条件(2)，不失一般性，设 $\alpha \ne 0$，则 $\phi =-\frac{\beta }{\alpha }\psi$，从而根据Toeplitz算子和W算子的性质可得 $B_{\phi }{B}_{\psi }=B_{-\frac{\beta }{\alpha }\psi }{B}_{\psi }=-\frac{\beta }{\alpha }{B}_{\psi }{B}_{\psi }=B_{\psi }{B}_{-\frac{\beta }{\alpha }\psi }=B_{\psi }{B}_{\phi }$，所以定理3.1中的条件(1)成立。

如果定理3.1中的条件(1)成立，即 $B_{\phi }{B}_{\psi }=B_{\psi }{B}_{\phi }$。既然 $\phi ,\psi$ 都属于 $H^{\infty }\left(D\right)$，那么由引理2.2和命题3.2可得

$B_{\phi }{B}_{\psi }=W{T}_{\phi }W{T}_{\psi }=WW{T}_{\phi \left(z^2\right)}{T}_{\psi }=WW{T}_{\phi \left(z^2\right)\psi }$, $B_{\psi }{B}_{\phi }=W{T}_{\psi }W{T}_{\phi }=WW{T}_{\psi \left(z^2\right)}{T}_{\phi }=WW{T}_{\psi \left(z^2\right)\phi }$,

从而可得 $W^2{T}_{\phi \left(z^2\right)\psi }=W^2{T}_{\psi \left(z^2\right)\phi }$，即可得 $W^2{T}_{\phi \left(z^2\right)\psi -\psi \left(z^2\right)\phi }=0$。于是由命题3.3可得

$\phi \left(z^2\right)\psi -\psi \left(z^2\right)\phi =0$. (3)

下面将分2种情况展开讨论。

如果 $\phi =0$ 或 $\psi =0$，那么显然可得 $\phi$ 和 $\psi$ 线性相关。

如果 $\phi \ne 0$ 且 $\psi \ne 0$，因为 $\phi ,\psi \in H^{\infty }\left(D\right)$，所以由(3)式可得 $\frac{\phi \left(z^2\right)}{\psi \left(z^2\right)}=\frac{\phi }{\psi }$，从而由引理3.3可得 $\frac{\phi }{\psi }=a$，其中a是复常数，即 $\phi =a\psi$，所以 $\phi$ 与 $\psi$ 线性相关。□

由定理3.1可得两个带有解析符号的斜Toeplitz算子可交换的充要条件是它们的符号函数线性相关，

于是我们自然提出以下问题：与带有解析符号的斜Toeplitz算子可交换的斜Toeplitz算子应具有什么性质？下面我们将讨论以函数 $\psi \left(z\right)={\bar{z}}^n{z}^m$ 为符号的斜Toeplitz算子与带有解析符号的斜Toeplitz算子可交换时，函数 $\psi \left(z\right)={\bar{z}}^n{z}^m$ 应满足的条件，具体内容如下：

定理3.4如果函数 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，函数 $\psi \left(z\right)={\bar{z}}^n{z}^m$，其中 $m-n=8j$， $n,m,j\in N$ 且 $j>0$，则 $B_{\phi }$ 与 $B_{\psi }$ 可交换的充要条件是下列条件之一成立：

(1) $\phi \equiv 0$ ；

(2) $n=0$ 且 $\phi$ 与 $\psi$ 线性相关。

为了该定理的证明，这里需要以下两个引理。

引理3.5 对任意的 $p\in N$，记 $N_{2p+1}=\{\left(2p+1\right)2^s|s\in N\}$，则对任意的 $p,q\in N$，若 $p\ne q$， $N_{2p+1}\cap N_{2q+1}=\varnothing$ ；正整数集 $N_{+}=\underset{p=0}{\overset{\infty }{\cup }}{N}_{2p+1}$。

证明 对任意的 $p,q\in N$，若 $p\ne q$，则 $N_{2p+1}=\{\left(2p+1\right)2^s|s\in N\}$， $N_{2q+1}=\{\left(2q+1\right)2^s|s\in N\}$，且 $2p+1\ne 2q+1$。

假若 $N_{2p+1}\cap N_{2q+1}\ne \varnothing$，则存在正整数 $n\in N_{2p+1}\cap N_{2q+1}$，从而 $n\in N_{2p+1}$ 且 $n\in N_{2q+1}$，即存在 $s_1,s_2\in N$，使得 $n=\left(2p+1\right)2^{s_1}$， $n=\left(2q+1\right)2^{s_2}$。于是可得 $\left(2p+1\right)2^{s_1}=\left(2q+1\right)2^{s_2}$，从而有

$2p+1=\left(2q+1\right)2^{s_2-s_1}\left(s_2\ge s_1\right)$ 或 $\left(2p+1\right)2^{s_1-s_2}=2q+1\left(s_2<s_{\text{1}}\right)$，

所以可得 $2p+1$ 是偶数或 $2q+1$ 是偶数或者 $2p+1=2q+1$，这与已知矛盾。所以假设不成立，即 $N_{2p+1}\cap N_{2q+1}=\varnothing$。

显然对任意的 $p\in N$， $N_{2p+1}\subset N_{+}$，从而可得 $\underset{p=0}{\overset{\infty }{\cup }}{N}_{2p+1}\subset N_{+}$。

对任意的 $n\in N_{+}$，因为n是有限数，所以

$\left\{\frac{n}{2^p}|p\in N\right\}\cap N_{+}$

是有限集。记 $a=\min \left\{\frac{n}{2^p}|p\in N\right\}\cap N_{+}$，则a是奇数。否则，若a是偶数，那么 $\frac{a}{2}$ 是整数，即

$\frac{a}{2}\in \left\{\frac{n}{2^p}|p\in N\right\}\cap N_{+}$,

这与a的选取矛盾。于是可得 $a=2p_0+1,p_0\in N$，且 $a=\frac{n}{2^{s_0}},s_0\in N$，则可得 $n=\left(2p_0+1\right)2^{s_0}$，即 $n\in N_{2p_0+1}$，从而 $n\in \underset{p=0}{\overset{\infty }{\cup }}{N}_{2p+1}$。于是由数n的任意性可得 $\underset{p=0}{\overset{\infty }{\cup }}{N}_{2p+1}\supset N_{+}$，从而可得 $N_{+}=\underset{p=0}{\overset{\infty }{\cup }}{N}_{2p+1}$。□

引理3.6设 $\alpha >-1$，设 $m\in N$, $j\in N_{+}$ 且满足 $m\ge 8j$。若对任意的 $t\in N$，

$\frac{\left(4j+2t+m\right)!\Gamma \left(12j+2t+2+\alpha \right)}{\left(12j+2t\right)!\Gamma \left(4j+2t+m+2+\alpha \right)}=\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$, (4)

则 $m=8j$。

证明因为 $m\ge 8j$，所以显然可得 $m>8j$ 或 $m=8j$。如果 $m>8j$，那么由Gamma函数的性质可得对任意的 $t\in N$，

$\frac{\left(4j+2t+m\right)!\Gamma \left(12j+2t+2+\alpha \right)}{\left(12j+2t\right)!\Gamma \left(4j+2t+m+2+\alpha \right)}=\frac{\left(4j+2t+8j+1\right)\cdots \left(4j+2t+m\right)}{\left(4j+2t+8j+2+\alpha \right)\cdots \left(4j+2t+m+1+\alpha \right)}$,

$\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}=\frac{\left(4t+8j+1\right)\cdots \left(4t+m\right)}{\left(4t+8j+2+\alpha \right)\cdots \left(4t+m+1+\alpha \right)}$,

从而(4)式可以改写为：对任意的 $t\in N$，

$\left(\frac{4t+8j+2+\alpha }{4t+8j+1}\right)\cdot \cdots \cdot \left(\frac{4t+m+1+\alpha }{4t+m}\right)=\left(\frac{4j+2t+8j+2+\alpha }{4j+2t+8j+1}\right)\cdot \cdots \cdot \left(\frac{4j+2t+m+1+\alpha }{4j+2t+m}\right)$,

即对任意的 $t\in N$，

$\left(1+\frac{1+\alpha }{4t+8j+1}\right)\cdot \cdots \cdot \left(1+\frac{1+\alpha }{4t+m}\right)=\left(1+\frac{1+\alpha }{4j+2t+8j+1}\right)\cdot \cdots \cdot \left(1+\frac{1+\alpha }{4j+2t+m}\right)$. (5)

因为当 $t>\frac{m-4j-1}{2}$ 时， $\frac{1+\alpha }{4t+8j+1}<\frac{1+\alpha }{4j+2t+m}$，所以当 $t>\frac{m-4j-1}{2}$ 时，

$\left(1+\frac{1+\alpha }{4t+8j+1}\right)\cdot \cdots \cdot \left(1+\frac{1+\alpha }{4t+m}\right)<\left(1+\frac{1+\alpha }{4j+2t+8j+1}\right)\cdot \cdots \cdot \left(1+\frac{1+\alpha }{4j+2t+m}\right)$,

这与(5)式矛盾，故 $m>8j$ 不成立。而且如果 $m=8j$，显然(4)式成立。□

定理3.4的证明 如果定理3.4中的条件(1)或条件(2)成立，则显然可得 $B_{\phi }$ 与 $B_{\psi }$ 可交换。

如果 $B_{\phi }$ 与 $B_{\psi }$ 可交换，即 $B_{\phi }{B}_{\psi }=B_{\psi }{B}_{\phi }$，则对任意的 $f\left(z\right)=z^q\in A_{\alpha }^2\left(D\right)$， $q\in N$，

$B_{\phi }{B}_{\psi }\left(z^q\right)=B_{\psi }{B}_{\phi }\left(z^q\right)$. (6)

既然 $\phi \in H^{\infty }\left(D\right)$，则 $\phi \left(z\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_p{z}^p}$。

当 $q=4t+1\left(t\in N\right)$ 时，则由Toeplitz算子和W算子的性质可得

$B_{\psi }{B}_{\phi }\left(z^q\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p+3}}\frac{\left(2p+2t+m+2\right)！}{\left(2p+2t+8j+2\right)！}\frac{\Gamma \left(2p+2t+8j+4+\alpha \right)}{\Gamma \left(2p+2t+m+4+\alpha \right)}{z}^{p+t+4j+1}$,

$B_{\phi }{B}_{\psi }\left(z^q\right)=0$,

从而根据(6)式可得对任意的 $p\in N$， $a_{4p+3}=0$。

当 $q=4t+3\left(t\in N\right)$ 时，则由Toeplitz算子和W算子的性质可得

$B_{\psi }{B}_{\phi }\left(z^q\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p+1}\frac{\left(2p+2t+m+2\right)！}{\left(2p+2t+8j+2\right)！}}\frac{\Gamma \left(2p+2t+8j+4+\alpha \right)}{\Gamma \left(2p+2t+m+4+\alpha \right)}{z}^{p+t+4j+1}$,

$B_{\phi }{B}_{\psi }\left(z^q\right)=0$,

从而根据(6)式可得对任意的 $p\in N$， $a_{4p+1}=0$。于是可得对任意的 $p\in N$， $a_{2p+1}=0$，从而可得

$\phi \left(z\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2p}{z}^{2p}}$.

当 $q=4t+2\left(t\in N\right)$ 时，则由Toeplitz算子和W算子的性质可得

$B_{\psi }{B}_{\phi }\left(z^q\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p+2}}\frac{\left(2p+2t+m+2\right)！}{\left(2p+2t+8j+2\right)！}\frac{\Gamma \left(2p+2t+8j+4+\alpha \right)}{\Gamma \left(2p+2t+m+4+\alpha \right)}{z}^{p+t+4j+1}$,

$B_{\phi }{B}_{\psi }\left(z^q\right)=0$,

从而根据(6)式可得对任意的 $p\in N$， $a_{4p+2}=0$。既然 $\phi \left(z\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{2p}{z}^{2p}}$，所以 $\phi \left(z\right)={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}{z}^{4p}}$。

当 $q=4t\left(t\in N\right)$ 时，则由Toeplitz算子和W算子的性质可得

$B_{\psi }{B}_{\phi }\left(z^q\right)=z^{t+2j}{\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}\frac{\left(2p+2t+m\right)!}{\left(2p+2t+8j\right)!}}\frac{\Gamma \left(2p+2t+8j+2+\alpha \right)}{\Gamma \left(2p+2t+m+2+\alpha \right)}{z}^{p+2j}$,

$B_{\phi }{B}_{\psi }\left(z^q\right)=z^{t+2j}{\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(4t+m+2+\alpha \right)}{z}^{2p}}$,

从而根据(6)式可得

${\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}}\frac{\left(2p+2t+m\right)!\Gamma \left(2p+2t+8j+2+\alpha \right)}{\left(2p+2t+8j\right)!\Gamma \left(2p+2t+m+2+\alpha \right)}{z}^{p+2j}={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(4t+m+2+\alpha \right)}{z}^{2p}$,

即可得

${\displaystyle \underset{p=2j}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p-8j}}\frac{\left(2p-4j+2t+m\right)!\Gamma \left(2p+2t+4j+2+\alpha \right)}{\left(2p+2t+4j\right)!\Gamma \left(2p-4j+2t+m+2+\alpha \right)}{z}^p={\displaystyle \underset{p=0}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(4t+m+2+\alpha \right)}{z}^{2p}$.

于是由上式可得

${\displaystyle \underset{p=j}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4\left(2p+1\right)-8j}}\frac{\left(4p-4j+2t+2+m\right)!\Gamma \left(4p+2t+4j+4+\alpha \right)}{\left(4p+2t+4j+2\right)!\Gamma \left(4p-4j+2t+m+4+\alpha \right)}{z}^{2p+1}=0$, (7)

${\displaystyle \underset{p=0}{\overset{j-1}{\sum }}{a}_{4p}}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}{z}^{2p}=0$, (8)

${\displaystyle \underset{p=j}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{8\left(p-j\right)}}\frac{\left(4p-4j+2t+m\right)!\Gamma \left(4p+2t+4j+2+\alpha \right)}{\left(4p+2t+4j\right)!\Gamma \left(4p-4j+2t+m+2+\alpha \right)}{z}^{2p}={\displaystyle \underset{p=j}{\overset{\infty }{\sum }}{a}_{4p}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}}{z}^{2p}$. (9)

于是由(7)式和(8)式可得对任意的 $p\in N$， $a_{4\left(2p+1\right)}=0$ ；对任意的 $0\le p\le j-1$ 且 $p\in N$， $a_{4p}=0$。而由(9)式可得对任意的 $p\in N$ 且 $p\ge j$，

$a_{8\left(p-j\right)}\frac{\left(4p-4j+2t+m\right)!\Gamma \left(4p+2t+4j+2+\alpha \right)}{\left(4p+2t+4j\right)!\Gamma \left(4p-4j+2t+m+2+\alpha \right)}=a_{4p}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$. (10)

下面将根据整数p的不同取值分为3种情况展开讨论：(1) $p\ge 2j+1$ ；(2) $j\le p\le 2j-1$ ；(3) $p=2j$。

情况I当 $p\ge 2j+1$ 时，则我们将分成2部分进行分析： $p=2s+1$， $s\in N$ 且 $s\ge j$ ； $p=2s$， $s\in N$ 且 $s\ge j+1$。

若 $p=2s+1$， $s\in N$ 且 $s\ge j$，则由(10)式可得

$a_{8\left(2s+1-j\right)}\frac{\left(8s+4-4j+2t+m\right)!\Gamma \left(8s+2t+4j+6+\alpha \right)}{\left(8s+4+2t+4j\right)!\Gamma \left(8s-4j+2t+m+6+\alpha \right)}=a_{4\left(2s+1\right)}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$.

既然对任意的 $p\in N$， $a_{4\left(2p+1\right)}=0$，则由上式可得对任意的 $s\in N$ 且 $s\ge j$， $a_{8\left(2s+1-j\right)}=0$，即对任意的 $p\in N$， $a_{8\left(2p+1+j\right)}=0$。

若 $p=2s$， $s\in N$ 且 $s\ge j+1$，则由(10)式可得

$a_{8\left(2s-j\right)}\frac{\left(8s-4j+2t+m\right)!\Gamma \left(8s+2t+4j+2+\alpha \right)}{\left(8s+2t+4j\right)!\Gamma \left(8s-4j+2t+m+2+\alpha \right)}=a_{8s}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$,

从而可得对任意的 $s\in N$ 且 $s\ge 1$，

$a_{8\left(2s+j\right)}\frac{\left(8s+4j+2t+m\right)!\Gamma \left(8s+2t+12j+2+\alpha \right)}{\left(8s+2t+12j\right)!\Gamma \left(8s+4j+2t+m+2+\alpha \right)}=a_{8\left(s+j\right)}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$,

于是由上式及引理3.5可得对任意的 $s\in N$ 且 $i\in N$，

$\begin{array}{l}{a}_{8\left[\left(2s+1\right)2^{i+1}+j\right]}\frac{\left[\left(2s+1\right)2^{i+3}+4j+2t+m\right]!}{\left[\left(2s+1\right)2^{i+3}+2t+12j\right]!}\frac{\Gamma \left[\left(2s+1\right)2^{i+3}+2t+12j+2+\alpha \right]}{\Gamma \left[\left(2s+1\right)2^{i+3}+4j+2t+m+2+\alpha \right]}\\ =a_{8\left[\left(2s+1\right)2^i+j\right]}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}\end{array}$,

既然对任意的 $p\in N$， $a_{8\left(2p+1+j\right)}=0$，所以由上式可得对任意的 $p\in N$， $a_{8\left(2p+2+j\right)}=0$。于是可得对任意的 $p\in N$ 且 $p\ge 1$， $a_{8\left(p+j\right)}=0$。

情况II 当 $j\le p\le 2j-1$ 时，则由(10)式可得对任意的 $s\in N$ 且 $0\le s\le j-1$，

$a_{8s}\frac{\left(4s+2t+m\right)!\Gamma \left(4s+2t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4s+2t+8j\right)!\Gamma \left(4s+2t+m+2+\alpha \right)}=a_{4\left(s+j\right)}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$,

且 $8s<4\left(s+j\right)$。记 ${\Delta }_s=\frac{\left(4s+2t+m\right)!\Gamma \left(4s+2t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4s+2t+8j\right)!\Gamma \left(4s+2t+m+2+\alpha \right)}$， $\Delta =\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$，则由Gamma函数的性质可得对任意的 $s\in N$， ${\Delta }_s>0$ 且 $\Delta >0$。于是由上式可得对任意的 $s\in N$ 且 $0\le s\le j-1$，

$a_{8s}{\Delta }_s=a_{4\left(s+j\right)}\Delta$, (11)

且 $8s<4\left(s+j\right)$。下面将运用数学归纳法对 $a_{8s}\left(0\le s\le j-1\right)$ 的取值情况展开讨论。

当 $s=0$ 时，由(11)式可得 $a_0{\Delta }_0=a_{4j}\Delta$。既然对任意的 $0\le p\le j-1$ 且 $p\in N$， $a_{4p}=0$，所以可得 $a_{4j}=0$，于是可得对任意的 $0\le p\le j$ 且 $p\in N$， $a_{4p}=0$。

当 $s=1$ 时，由(11)式可得 $a_8{\Delta }_1=a_{4\left(j+1\right)}\Delta$。因为 $8<4\left(1+j\right)$，所以可得 $8=4s_0$， $s_0\in N$ 且 $s_0\le j$，从而可得 $a_8=0$，且由上式可得 $a_{4\left(j+1\right)}=0$。于是可得对任意的 $0\le p\le j+1$ 且 $p\in N$， $a_{4p}=0$。

假设对任意的 $0\le p\le l$ 且 $p\in N$， $a_{8p}=0$，其中 $0\le l<j-1$，那么由(11)式可得 $a_{4\left(p+j\right)}=0$，从而可得对任意的 $0\le p\le j+l$ 且 $p\in N$， $a_{4p}=0$。

当 $s=l+1$ 时，由(11)式可得 $a_{8\left(l+1\right)}{\Delta }_{l+1}=a_{4\left(j+l+1\right)}\Delta$。因为 $8\left(l+1\right)<4\left(j+l+1\right)$，所以可得 $8\left(l+1\right)=4s_1$， $s_1\in N$ 且 $s_1\le j+l$，从而由假设可得 $a_{8\left(l+1\right)}=0$，且由上式可得 $a_{4\left(j+l+1\right)}=0$。

综上所述由数学归纳法可得对任意的 $0\le p\le j-1$ 且 $p\in N$， $a_{8p}=0$。于是此时我们可得函数 $\phi \left(z\right)=a_{8j}{z}^{8j}$。

情况III 当 $p=2j$ 时，由(10)式可得

$a_{8j}\frac{\left(4j+2t+m\right)!\Gamma \left(12j+2t+2+\alpha \right)}{\left(12j+2t\right)!\Gamma \left(4j+2t+m+2+\alpha \right)}=a_{8j}\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}$,

从而可得

$a_{8j}[\frac{\left(4j+2t+m\right)!\Gamma \left(12j+2t+2+\alpha \right)}{\left(12j+2t\right)!\Gamma \left(4j+2t+m+2+\alpha \right)}-\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}]=0$,

于是可以得到 $a_{8j}=0$ 或者 $\frac{\left(4j+2t+m\right)!\Gamma \left(12j+2t+2+\alpha \right)}{\left(12j+2t\right)!\Gamma \left(4j+2t+m+2+\alpha \right)}-\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}=0$。

若 $a_{8j}=0$，则可得函数 $\phi \left(z\right)\equiv 0$。

若 $\frac{\left(4j+2t+m\right)!\Gamma \left(12j+2t+2+\alpha \right)}{\left(12j+2t\right)!\Gamma \left(4j+2t+m+2+\alpha \right)}-\frac{\left(m+4t\right)!\Gamma \left(4t+8j+2+\alpha \right)}{\left(4t+8j\right)!\Gamma \left(m+4t+2+\alpha \right)}=0$，则由引理3.6可得 $m=8j$。又因为 $m-n=8j$， $n,m\in N$，所以 $n=0$，从而 $\psi \left(z\right)=z^m$ 是解析函数。于是由定理3.1显然有 $\phi$ 与 $\psi$ 线性相关。□

基金项目

辽宁省教育厅科学研究经费项目(JDL2019026)。