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user: 2. Bergman空间上两个Toeplitz算子乘积的有限和 定理2.1：假设 f ( p ) ∈ L ∞ ( D ， d A ) ， g ( p ) = α p z j + β p z ¯ l ， α p ， β p ∈ C ， α p ， β p ∈ C ，且满足 ∑ p = 1 N ( α p + β p ) f ( p ) = 0. 那么有 ∑ p = 1 N T f ( p ) T g ( p ) = 0 当且仅当 ∑ p = 1 N α p f ( p ) ≡ 0 。 证明：必要性。因为 ∑ p = 1 N T f ( p ) T g ( p ) = 0 ，所以 ∑ p = 1 N T f ( p ) T g ( p ) k w = 0. 令 g 1 ( p ) = α p z j ， g ¯ 2 ( p ) = β p z ¯ l 。由 T g ( p ) k w = g 1 ( p ) k w + g ¯ 2 ( p ) ( w ) k w   ( p = 1 ， 2 ， ⋯ ， N ) ，有 0 = 〈 ∑ p = 1 N T f ( p ) T g ( p ) k w ， k w 〉 = ∑ p = 1 N 〈 T f ( p ) T g ( p ) k w ， k w 〉 = ∑ p = 1 N ( 〈 T f ( p ) T g 1 ( p ) k w ， k w 〉 + 〈 T f ( p ) T g ¯ 2 ( p ) k w ， k w 〉 ) 由引理1.1，上式可变成 ∑ p = 1 N [ B ( f ( p ) g 1 ( p ) ) ( w ) + g 2 ( p ) ( w ) ¯ B f ( p ) ( w ) ] = 0 ， 即 ∑ p = 1 N B ( f ( p ) g 1 ( p ) ) = − ∑ p = 1 N g ¯ 2 ( p ) ( B f ( p ) ) . (1) 由引理1.1得 ∑ p = 1 N B ( f ( p ) g 1 ( p ) ) = 2 ( 1 − R 2 ) 2 ∑ k = − ∞ ∞ R | k | [ ∑ n = 1 ∞ n ( n + | k | ) R 2 n − 2 ∑ p = 1 N α p ( r j f ^ k − j ( p ) ( r ) ) ( 2 n + | k | ) ] e i k θ = 2 ( 1 − R 2 ) 2 ∑ k = − ∞ ∞ R | k | [ ∑ n = 1 ∞ n ( n + | k | ) R 2 n − 2 ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n + | k | + j ) ] e . i k θ 再次运用引理1.1， − ∑ p = 1 N g ¯ 2 ( p ) B f ( p ) = − 2 β ( 1 − R 2 ) 2 ∑ k = − ∞ ∞ R | k | [ ∑ n = 1 ∞ n ( n + | k | ) R 2 n + l − 2 ∑ p = 1 N β p f ^ k ( p ) ( 2 n + | k | ) ] e i ( k − l ) θ = − 2 β ( 1 − R 2 ) 2 ∑ k = − ∞ ∞ R | k + l | [ ∑ n = 1 ∞ n ( n + | k + l | ) R 2 n + l − 2 ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n + | k + l | ) ] e . i k θ 对比式(1)两边 e i k θ 的系数，得 R | k | [ ∑ n = 1 ∞ n ( n + | k | ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n + | k | + j ) ] R 2 n − 2 = − R | k + l | [ ∑ n = 1 ∞ n ( n + | k + l | ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n + | k + l | ) ] R 2 n + l − 2 (2) 对 k ∈ I N 都成立。 当 k ≥ 0 时，式(2)变成 ∑ n = 1 ∞ n ( n + k ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n + k + j ) R 2 n − 2 = − ∑ n = 1 ∞ n ( n + k + l ) ∑ p = 1 N β p 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 − ∑ n = l + 1 ∞ ( n − l ) ( n + k ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n + k − l ) R 2 n − 2 ， 上式两边都是关于 0 ≤ R ≤ 1 的函数，故当 n ≥ l + 1 时，对 k ≥ 0 有 n ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n + k + j ) = − ( n − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n + k − l )   . 因此有界解析函数 ( z − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 z + k − l ) + z ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 z + k + j ) 在几何级数 { l + 1 ， l + 2 ， ⋯ } 上为零，由引理1.2，进而在 { z : Re z > 1 } 上等于零，所以有 − ( z − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 z + k − l ) = z ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 z + k + j ) (3) 对 k ≥ 0 ， Re z > 1 成立。 若 Re z > 1 ，   k ≥ 0 ，则有下面的等式成立： − ( z − l ) ( z − l + ( j + l ) ) ⋯ ( z − l + m ( j + l ) ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l + m ( j + l ) ( p ) ( 2 z + k − l + m ( j + l ) ) = z ( z + j + l ) ⋯ ( z + m ( j + l ) ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 ( z + m ( j + l ) ) + k + j ) (4) 证明：假设m时成立，下证 m + 1 时成立。 − ( z − l ) ( z − l + ( j + l ) ) ⋯ ( z − l + ( m + 1 ) ( j + l ) ) ⋅ ∑ p = 1 N β p f ^ k + l + m ( j + l ) + j + l ( p ) ( 2 z + k − l + ( m + 1 ) ( j + l ) ) 令 k ′ = k + j + l ，此时有 = − ( z − l + ( m + 1 ) ( j + l ) ) ( z − l ) ( z − l + ( j + l ) ) ⋯ ( z − l + m ( j + l ) )       ⋅ ∑ p = 1 N β p f ^ k ′ + l + m ( j + l ) ( p ) ( 2 z + k ′ − l + m ( j + l ) ) 由归纳假设， k ′ > 0 ，得到 = z ( z + j + l ) ⋯ ( z + m ( j + l ) ) ( z + ( m + 1 ) ( j + l ) − l )       ⋅ ∑ p = 1 N α p f ^ k ′ − j ( p ) ( 2 ( z + m ( j + l ) ) + k ′ + j ) = z ( z + j + l ) ⋯ ( z + m ( j + l ) ) ( z + ( m + 1 ) ( j + l ) − l )       ⋅ ∑ p = 1 N α p f ^ k + l ( p ) ( 2 ( z + m ( j + l ) ) + k + 2 j + l ) (5) 因为 ∑ p = 1 N ( α p + β p ) f ( p ) = 0 ，所以(5)式等于 − z ( z + j + l ) ⋯ ( z + m ( j + l ) ) ( z + ( m + 1 ) ( j + l ) − l ) ⋅ ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 ( z + m ( j + l ) ) + k + 2 j + l ) 作变量替换， z ′ = z + ( m + 1 ) ( j + l ) ，此时上式变形为 = − z ( z + j + l ) ⋯ ( z + m ( j + l ) ) ( z ′ − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 z ′ + k − l ) 运用(3)， Re z ′ > 1 ，得到 = z ( z + j + l ) ⋯ ( z + m ( j + l ) ) ( z + ( m + 1 ) ( j + l ) )       ⋅ ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 ( z + ( m + 1 ) ( j + l ) ) + k + j ) 证毕。 在(4)式中令 z = l ，有 ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 m ( j + l ) + k + j + 2 l ) = 0. 对任意自然数m成立， k ≥ 0 。固定非负整数k， ∑ p = 1 N α p 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 ∑ p = 1 N α p f k − j ( p ) ( r ) = 0 ， 即对任意 k ≥ 0 ，有 ∑ p = 1 N α p f − j ( p ) ，   ∑ p = 1 N α p f − j + 1 ( p ) ， ⋯ ，   ∑ p = 1 N α p f 0 ( p ) ，   ∑ p = 1 N α p f 1 ( p ) ， ⋯ 都为零。 当 − l ≤ k < 0 时，此时(2)式为 ∑ n = 1 ∞ n ( n − k ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) R 2 n − k − 2 = − ∑ n = 1 ∞ n ( n + k + l ) ∑ p = 1 N β p 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 = − ∑ n = k + l + 1 ∞ n ( n − k − l ) ∑ p = 1 N β p 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 ≥ k + l + 1 时， ( n − k ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) = − ( n − k − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l )   ， 整理得 ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) = − n − k − l n − k ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l )   . 又由 ∑ p = 1 N ( α p + β p ) f ( p ) = 0 ，得到 ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) = n − k − l n − k ∑ p = 1 N α p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l )   ， 又因为 k + l ≥ 0 ，运用 k ≥ 0 时的结论得， ∑ p = 1 N α p f − l − j ( p ) ，   ∑ p = 1 N α p f − l − j + 1 ( p ) ， ⋯ 为零。 当 − 2 l ≤ k < − l 时，此时式(2)为 ∑ n = 1 ∞ n ( n − k ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) R 2 n − k − 2 = − ∑ n = 1 ∞ n ( n − k − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l ) R 2 n − k − 2 . 于是得到当 n ≥ 1 时，有 ( n − k ) ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) = − ( n − k − l ) ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l )   ， 再次运用 ∑ p = 1 N ( α p + β p ) f ( p ) = 0 ，有 ∑ p = 1 N α p f ^ k − j ( p ) ( 2 n − k + j ) = − n − k − l n − k ∑ p = 1 N β p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l ) = n − k − l n − k ∑ p = 1 N α p f ^ k + l ( p ) ( 2 n − k − l )   . 运用 − l ≤ k < 0 时， ∑ p = 1 N α p f k + l ( p ) ≡ 0 ，得 ∑ p = 1 N α p f − 2 l − j ( p ) ， ∑ p = 1 N α f − 2 l − j + 1 ( p ) ， ⋯ 为零。 如此循环下去， ∑ p = 1 N α p f k ( p ) = 0           ( k ∈ Z ) . 进而 ∑ p = 1 N α p f ( p ) ( z ) ≡ 0. 充分性。因为 ∑ p = 1 N α p f ( p ) = 0 ，由 ∑ p = 1 N ( α p + β p ) f ( p ) = 0 ，得到 ∑ p = 1 N β p f ( p ) = 0 。那么有 ∑ p = 1 N T f ( p ) T g ( p ) = ∑ p = 1 N T f ( p ) T α p z j + β p z ¯ l . 由Toeplitz算子的性质，等式右边变为 ∑ p = 1 N T f ( p ) ( T α p z j + T β p z ¯ l )   ， 即 ∑ p = 1 N ( T f ( p ) T α p z j + T f ( p ) T β p z ¯ l ) = ∑ p = 1 N ( α p T f ( p ) T z j + β p T f ( p ) T z ¯ l ) = ∑ p = 1 N ( T α p f ( p ) T z j + T β p f ( p ) T z ¯ l ) = T ∑ p = 1 N α p f ( p ) T z j + T ∑ p = 1 N β p f ( p ) T z ¯ l = 0. 所以 ∑ p = 1 N T f ( p ) T g ( p ) = 0 。