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user: 4. Hardy空间上2-复对称Toeplitz算子 本部分首先刻画解析符号和余解析符号的Toeplitz算子关于共轭算子 C 1 的2-复对称性。 若 φ ( z ) = α ( z ) ¯ + β ( z ) ，其中 α ( z ) ， β ( z ) ∈ H ∞ 。那么由Toeplitz算子基本性质有 T φ 2 = T α ¯ + β T α ¯ + β = T α ¯ T α ¯ + T α ¯ T β + T β T α ¯ + T β T β = T α ¯ 2 + T α ¯ β + T β T α ¯ + T β 2 . 进一步， T φ 2 k λ ( z ) = T α ¯ 2 k λ ( z ) + T α ¯ β k λ ( z ) + T β T α ¯ k λ ( z ) + T β 2 k λ ( z ) = α ( λ ) ¯ 2 k λ ( z ) + T α ¯ β k λ ( z ) + α ( λ ) ¯     β ( z ) k λ ( z ) + β 2 ( z ) k λ ( z ) . 因此， 〈 C 1 T φ 2 C 1 k λ ， k λ 〉 = 〈 C 1 T φ 2 k λ ¯ ， k λ 〉 = 〈 C 1 k λ ， T φ 2 k λ ¯ 〉 = 〈 k λ ¯ ， T φ 2 k λ ¯ 〉 . 由再生核的定义，得到 〈 C 1 T φ 2 C 1 k λ ， k λ 〉 = 〈 k λ ¯ ， T φ 2 k λ ¯ 〉 = 〈 k λ ¯ ， α ( λ ¯ ) ¯ 2 k λ ¯ ( z ) + T α ¯ β k λ ¯ ( z ) + α ( λ ¯ ) ¯   β ( z ) k λ ¯ ( z ) + β 2 ( z ) k λ ¯ ( z ) 〉 = α 2 ( λ ¯ ) + 〈 β ¯ α k λ ¯ ， k λ ¯ 〉 + α ( λ ¯ ) β * ( λ ) + ( β * ) 2 ( λ ) . 由定义计算可得 〈 T φ ∗ C 1 T φ C 1 k λ ， k λ 〉 = 〈 T φ ∗ C 1 T φ k λ ¯ ， k λ 〉 = 〈 T φ ∗ C 1 ( α ( λ ¯ ) ¯ + β ) k λ ¯ ， k λ 〉 = 〈 T φ ∗ ( α ( λ ¯ ) + β * ) k λ ， k λ 〉 = 〈 α ( λ ¯ ) k λ + β * k λ ， α ( λ ) ¯     k λ + β k λ 〉 = α ( λ ) α ( λ ¯ ) + α ( λ ¯ ) β ( λ ) ¯ + α ( λ ) β * ( λ ) + 〈 β * k λ ， β k λ 〉 . 同理可得 〈 T φ * 2 k λ ， k λ 〉 = 〈 β ( λ ) ¯ 2 k λ ( z ) + T β ¯ α k λ ( z ) + β ( λ ) ¯     α ( z ) k λ ( z ) + α 2 ( z ) k λ ( z ) ， k λ ( z ) 〉 = α 2 ( λ ) + 〈 β ¯ α k λ ， k λ 〉 + α ( λ ) β ( λ ) ¯ + [ β ( λ ) ¯ ] 2 . 综合上面结果，若 T φ 为 H 2 上关于 C 1 的2-复对称算子，那么对于 λ ∈ D ，有 [ α 2 ( λ ¯ ) + 〈 β ¯ α k λ ¯ ， k λ ¯ 〉 + α ( λ ¯ ) β * ( λ ) + ( β * ) 2 ( λ ) ]   − 2 [ α ( λ ) α ( λ ¯ ) + α ( λ ¯ ) β ( λ ) ¯ + α ( λ ) β * ( λ ) + 〈 β * k λ ， β k λ 〉 ] + [ β ( λ ) ¯ 2 + 〈 β ¯ α k λ ， k λ 〉 + β ( λ ) ¯     α ( λ ) + α 2 ( λ ) ] = 0. (3.1) 进一步，若(3.1)式中 α ′ ， β ′ ∈ H 2 ，对(3.1)式两端求 ∂ λ ¯ ， ∂ λ 得 ∂ λ ¯ ∂ λ 〈 β ¯ α k λ ¯ ， k λ ¯ 〉 + α ′ ( λ ¯ ) ( β * ) ′ ( λ ) − 2 α ′ ( λ ) α ′ ( λ ¯ ) − 2 ∂ λ ¯ ∂ λ 〈 β * k λ ， β k λ 〉   + ∂ λ ¯ ∂ λ 〈 β ¯ α k λ ， k λ 〉 + α ′ ( λ ) β ′ ( λ ) ¯ = 0. 运用多复变函数常见技巧，令 λ = z ， λ ¯ = w ，有 ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) 〈 β ¯ α K z ¯ ， K w 〉 + α ′ ( w ) β ∗ ′ ( z ) − 2 α ′ ( z ) α ′ ( w )   − 2 ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) 〈 β ∗ K w ¯ ， β K z 〉 + ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) 〈 β ¯ α K w ¯ ， K z 〉 + α ′ ( z ) β ′ ( w ¯ ) ¯ = 0. (3.2) 记幂级数展开式为 α ( u ) = ∑ k = 0 ∞ a k u k ， β ( u ) = ∑ k = 0 ∞ b k u k ，那么 α ( u ) K z ¯ ( u ) = ∑ p = 0 ∞ a p u p ∑ i = 0 ∞ z i u i = ∑ p ， i = 0 ∞ a p z i u p + i = p + i = k ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i = 0 k a k − i z i ) u k . 在此基础上计算有 〈 β ¯ α K z ¯ ， K w 〉 = 〈 α K z ¯ ， β K w 〉 = 〈 ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i = 0 k a k − i z i ) u k ， ∑ l = 0 ∞ ( ∑ j = 0 l b l − j w ¯ j ) u l 〉 = ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i ， j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) z i w j . 进一步求偏导数得 ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) 〈 α K z ¯ ， β K w 〉 = ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) [ ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i ， j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) z i w j ] = ∂ w ( − w ) [ ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i ， j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) z i w j ] + ∂ w ( 1 − z w ) [ ∑ k = 1 ∞ ( ∑ j = 0 i = 1 k a k − i b ¯ k − j ) i z i − 1 w j ] = − ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i ， j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) z i w j − w ∑ k = 1 ∞ ( ∑ i = 0 j = 1 k a k − i b ¯ k − j ) z i j w j − 1         − z ∑ k = 1 ∞ ( ∑ i = 1 j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) i z i − 1 w j + ( 1 − z w ) ∑ k = 2 ∞ ( ∑ i ， j = 1 k a k − i b ¯ k − j ) i j z i − 1 w j − 1 . 相同方法有 − 2 ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) 〈 β ∗ K w ¯ ， β K z 〉 = 2 ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i ， j = 0 k b ¯ k − i b ¯ k − j ) w i z j + 2 w ∑ k = 1 ∞ ( ∑ i = 1 j = 0 k b ¯ k − i b ¯ k − j ) i w i − 1 z j       + 2 z ∑ k = 1 ∞ ( ∑ i = 0 j = 1 k b ¯ k − i b ¯ k − j ) w i j z j − 1 − 2 ( 1 − z w ) ∑ k = 2 ∞ ( ∑ i ， j = 1 k b ¯ k − i b ¯ k − j ) i j w i − 1 z j − 1 和 ∂ w ∂ z ( 1 − z w ) 〈 β ¯ α K w ¯ ， K z 〉 = − ∑ k = 0 ∞ ( ∑ i ， j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) w i z j − w ∑ k = 1 ∞ ( ∑ i = 1 j = 0 k a k − i b ¯ k − j ) i w i − 1 z j     − z ∑ k = 1 ∞ ( ∑ i = 0 j = 1 k a k − i b ¯ k − j ) w i j z j − 1 + ( 1 − z w ) ∑ k = 2 ∞ ( ∑ i ， j = 1 k a k − i b ¯ k − j ) i w i − 1 j z j − 1 . 直接计算得 α ′ ( w ) β ∗ ′ ( z ) = ∑ i ， j = 1 ∞ i j a i b ¯ j w i − 1 z j − 1 ， α ′ ( z ) α ′ ( w ) = ∑ i ， j = 1 ∞ i j a i a j z i − 1 w j − 1 ， 和 α ′ ( z ) β ′ ( w ¯ ) ¯ = ∑ i ， j = 1 ∞ a i b ¯ j i j z i − 1 w j − 1 . 将上述所有结果带入(3.2)式且令 w = 0 ，得 0 = − a 0 b ¯ 0 + a 1 ∑ j = 0 ∞ ( j + 1 ) b ¯ j + 1 z j − 2 a 1 ∑ j = 0 ∞ ( j + 1 ) a j + 1 z j + 2 b ¯ 0 b ¯ 0 − a 0 b ¯ 0 + b ¯ 1 ∑ j = 0 ∞ ( j + 1 ) a j + 1 z j = − 2 a 0 b ¯ 0 + 2 b ¯ 0 b ¯ 0 + ∑ j = 0 ∞ ( j + 1 ) ( a 1 b ¯ j + 1 − 2 a 1 a j + 1 + b ¯ 1 a j + 1 ) z j = 2 b ¯ 0 ( b ¯ 0 − a 0 ) + ∑ j = 0 ∞ ( j + 1 ) [ a 1 ( b ¯ j + 1 − a j + 1 ) + a j + 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) ] z j . 对比两端 z j 的系数，所以当 j = 0 时， 2 b ¯ 0 ( b ¯ 0 − a 0 ) + a 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) + a 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) = 0 ， 整理得 b ¯ 0 ( b ¯ 0 − a 0 ) + a 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) = 0. (3.3) 当 j ≥ 1 时 a 1 ( b ¯ j + 1 − a j + 1 ) + a j + 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) = 0. (3.4) 综合以上结果得到 定理3.1 假设 φ ( u ) = α ( u ) ¯ + β ( u ) ∈ L ∞ ( T ) ，且 α ′ ( u ) ， β ′ ( u ) ∈ H 2 。 T φ 为 H 2 上关于 C 1 的2-复对称算子，那么 b ¯ 0 ( b ¯ 0 − a 0 ) + a 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) = 0 且 a 1 ( b ¯ j + 1 − a j + 1 ) + a j + 1 ( b ¯ 1 − a 1 ) = 0 ，     j ≥ 1 ， 其中 α ( u ) = ∑ k = 0 ∞ a k u k ，   β ( u ) = ∑ k = 0 ∞ b k u k ，   u ∈ T 。 如果对Toeplitz算子 T φ 的符号函数做一些限制，可以得出一些整齐的结果。 推论3.2 假设 α ( u ) = a u ( a ≠ 0 ) ， β ( u ) = ∑ k = 0 ∞ b k u k ， φ ( u ) = α ( u ) ¯ + β ( u ) ∈ L ∞ ( T ) ，且 β ′ ( u ) ∈ H 2 。 T φ 为 H 2 上关于 C 1 的2-复对称算子，那么 b ¯ 0 2 + a ( b ¯ 1 − a ) = 0 且 b 1 ≠ 0， b 2 = b 3 = ⋯ = 0. 推论3.3 若 φ ( u ) = α ( u ) ¯ + β ( u ) ∈ L ∞ ( T ) ， α ′ ( u ) ， β ′ ( u ) ∈ H 2 且 α ′ ( 0 ) = 0 。如果 T φ 为 H 2 上关于 C 1 的2-复对称算子，那么 { β ( 0 ) = 0 β ′ ( 0 ) = 0 或 { β ( 0 ) = α ( 0 ) ¯ β ′ ( 0 ) = 0 或 φ ≡ α ( 0 ) ¯ 或 φ ≡ 2 α ( 0 ) ¯ = 2 β ( 0 ) . 证明：令 。由定理3.1，结合前面(3.3)和(3.4)式有 或 或 或 当 时， 为解析Toeplitz算子，再运用定理2.1， ，(c为常数)。因此 或 或 或 如果对 的符号函数做进一步限制，得到下面一个有意思的结果。 定理3.4 ， 且 。如果 为 上关于 的2-复对称算子，那么 ，(c为常数)。 证明：由推论3.2， ，那么推论的结果，只能是第三种或第四种情况。无论哪一种情况，都得到 ，(c为常数)。