设$B$表示${\bfC}^{n}$中的单位球, $H(B)$表示$B$上全纯函数全体. d$v$为$B$上满足$v(B)=1$的正规化Lebesgue测度.对于$B$中两点$z=(z_{1}, \cdots, z_{n})$和$w=(w_{1}, \cdots, w_{n})$,其内积定义为$\langle z, w\rangle=z_{1}\overline{w_{1}}+\cdots+z_{n}\overline{w_{n}}$.记$m=(m_{1}, \cdots, m_{n})$为多重指标, $|m|=m_{1}+\cdots+m_{n}$, $z^{m}=z_{1}^{m_{1}}\cdots z_{n}^{m_{n}}$.设$n+s$和$n+s+t$不为负整数,分式型微分算子$R^{s, t}$和分式型积分算子$R_{s, t}$分别定义如下

$R^{s, t}f(z)=\sum\limits_{|m|\geq 0}\frac{\Gamma(n+1+s)\Gamma(n+1+|m|+s+t)}{\Gamma(n+1+s+t)\Gamma(n+1+|m|+s)} a_{m}z^{m} , $

$R_{s, t}f(z)=\sum\limits_{|m|\geq0}\frac{\Gamma(n+1+s+t)\Gamma(n+1+|m|+s)}{\Gamma(n+1+s)\Gamma(n+1+|m|+s+t)} a_{m}z^{m} , $

其中$f\in H(B)$且${f(z)=\sum\limits_{|m|\geq 0}a_{m}z^{m}}\ (z\in B)$.算子$R^{s, t}$和$R_{s, t}$互为可逆算子.

设$\alpha>-1$和$p>0$, $B$上加权Bergman空间定义为

$A_{\alpha}^{p}=\left\{f:f\in H(B)\ \mbox{且}\||f||_{p, \alpha}=\left(\int_{B}|f(z)|^{p}{\rm d}v_{\alpha}(z)\right)^{\frac{1}{p}}<\infty \right\}\ , $

其中d$v_{\alpha}(z)=c_{\alpha}(1-|z|^{2})^{\alpha}{\rm d}v(z)$,常数$c_{\alpha}$使得${\int_{B}{\rm d}v_{\alpha}(z)=1}$.

设$p>0$, $B$上Bloch型空间定义为

$\beta^{p}=\left\{f:f\in H(B)\ \mbox{且}\||f||_{p}=|f(0)|+\sup\limits_{z\in B}(1-|z|^{2})^{p}|\nabla f(z)|<\infty \right\}\ , $

其中$f$的复梯度

$\nabla f(z)=\left(\frac{\partial f}{\partial z_{1}}(z), \cdots, \frac{\partial f}{\partial z_{n}}(z)\right).$

当$p=1$时$\beta^{p}$就是Bloch空间.

在文献[1]中, Zhu Kehe教授给出了如下命题(引理2.18).

命题A  设$s$和$t$为实数, $n+s$和$n+s+t$不为负整数,如果$\beta=s+N$,其中$N$为正整数,则存在次数为$N$的一元多项式$h$使得

$R^{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta}}\right\}=\frac{h(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta+t}}.$

同时存在多项式$p(z, w)$使得

$R_{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta+t}}\right\}=\frac{p(z, w)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta}}.$

这个命题在积分估计中经常用到,但上述命题表述中存在一些改进的地方.首先是$p(z, w)$的描述比较含糊,它应该是关于$z$和$\overline{w}$的二元多项式(涉及求偏导运算时这点尤其重要),实际上$p$是一个次数不超过$N$的一元多项式,当$t=0, -1, \cdots, -N+1$时次数小于$N$,而且$p(z, w)$具有形式$p(\langle z, w\rangle)$;其次是$h$的次数不一定刚好是$N$ (当然,这点可能不会影响很多问题的定性讨论),如果$t=0, 1, \cdots, N-1$时, $h$的次数就小于$N$,合适的描述应该为$h$是一个次数不超过$N$的一元多项式.本文将证明这些改进结果,同时指出$h$和$p$的常数项为1以及$h(\langlez, w\rangle)$和$p(\langle z, w\rangle)$按$1-\langlez, w\rangle$展开时常数项不为0,这两点意味着运算$R^{s, t}$和$R_{s, t}$不会改变常数项以及相关函数经此算子作用后当$1-\langlez, w\rangle$趋于0时所含因子$1/(1-\langle z, w\rangle)$的精确阶.

以上述命题A为基础,文献[1]中第二章的习题2.22给出了如下命题B、在定理3.5的证明过程中用到了如下命题C.

命题B  设$t>0$, $\alpha>-1$, $p>0$, $s$为实数, $n+s$和$n+s+t$不为负整数,如果$\beta=s+N$,其中$N$为正整数, $f\in H(B)$,则$R^{s, t}f\in A_{\alpha}^{p}$当且仅当$R^{\beta, t}f\in A_{\alpha}^{p}$.

命题C  设$t>0$, $s$为实数, $n+s$和$n+s+t$不为负整数,如果$\beta$和$s$满足关系$\beta=s+K$,其中$K$为正整数, $f\in H(B)$,则$(1-|z|^{2})^{t}R^{s, t}f(z)$在$B$上有界当且仅当$(1-|z|^{2})^{t}R^{\beta, t}f(z)$在$B$上有界.

涉及本文的文献不少,如文献[1-18].上述命题B和命题C分别在加权Bergman空间和Bloch空间的等价刻画中用到,但这里的$\beta$要求等于$s$加上一个正整数,让人感觉应用该结果时似乎只能``在桥墩上行走才安全"的味道,那么$\beta$不是$s$与一个正整数的和时结论是不是也成立呢？实际上$\beta$可以改进为任意实数,只要$n+\beta$和$n+\beta+t$不是负整数就行.此外文献[1]中定理3.5的证明过程中虽然用到过命题C的结果,但命题C并没有严格论证.本文将给出和证明这些改进结果,并将命题C中的$t$改进成任意$p>0$.从表面上看似乎论证应该不难,但实际上要用到很多综合知识,尤其涉及球内双变点的积分估计问题.而且在论证中s < β和s>β时涉及寻找合适阶的分式导数和分式积分的复合以及复合顺序问题,这两种情况在论证中复合顺序是不同的,主要是第一个积分后的阶关系到下一个积分是否有意义或者能否继续进行下去的问题.

本文中我们将用记号$c$, $c_{1}$, $c_{2}$, $\cdots$表示与变量$z$, $w$, $a$等无关的正数,当然可以与某些参数或固定量有关,不同的地方可以代表不同的数；$``E\approxF"$表示比较,即存在正的常数$A_{1}$和$A_{2}$使得$A_{1}E \leq F \leq A_{2}E$.为了证明主要结果,先给出几个引理.

引理2.1  设$\alpha>-1$,若$f\in A_{\alpha}^{1}$,则

$f(z)=\int_{B}\frac{f(w)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\alpha}}{\rm d}v_{\alpha}(w) \ \ \ (z\in B).$

这个引理来自文献[1]中的定理2.2.

引理2.2  设$c>0$以及$t>-1$,则

$\int_{ B}\frac{(1-|w|^{2})^{t}}{|1-\langlez, w\rangle|^{n+1+t+c}}{\rm d}v(w) \ \approx \ \frac{1}{(1-|z|^{2})^{c}} \ \ (z\in B).$

这个引理来自文献[2]中的命题1.4.10.

引理2.3  设$\delta>-1$, $0<r<\delta+n+1$, $0<t<\delta+n+1$, $r+t>\delta+n+1$,则

$\int_{B}\frac{(1-|z|^{2})^{\delta}}{|1-\langle z, w\rangle|^{ t}\ |1-\langle z, a\rangle|^{r}}{\rm d}v(z) \ \approx \ \frac{1}{|1-\langle w, a\rangle|^{t+r-\delta-n-1}} \ \ (w, a\in B).$

这个引理来自文献[3]中的引理2.2.

命题3.1  设$n+s$和$n+s+t$不为负整数,如果$\beta=s+N$,其中$N$为正整数,则存在次数不超过$N$的一元多项式$h$和$p$使得

$R^{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta}}\right\}=\frac{h(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta+t}} $

和

$R_{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta+t}}\right\}=\frac{p(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta}}, $

其中$h$和$p$的常数项为1,若$h(\langle z, w\rangle)$和$p(\langle z, w\rangle)$按$1-\langle z, w\rangle$展开时常数项不为0.

证  我们采用数学归纳法严格论证.当$N=1$时,根据

$\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+t}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(k+n+2+s+t)}{k!\Gamma(n+2+s+t)}\langle z, w\rangle^{k} $

可得

$\begin{eqnarray*}&&R_{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+t}}\right\}\\& =&\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{\Gamma(n+1+s+t)\Gamma(k+n+1+s)}{\Gamma(n+1+s)\Gamma(k+n+1+s+t)}\frac{\Gamma(k+n+2+s+t)}{k!\Gamma(n+2+s+t)}\langle z, w\rangle^{k}\\& =&\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{(k+n+1+s+t)\Gamma(k+n+1+s)}{k!(n+1+s+t)\Gamma(n+1+s)}\langle z, w\rangle^{k}\\& =&\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{n+1+s}{n+1+s+t}\frac{k+n+1+s+t}{k+n+1+s}\frac{\Gamma(k+n+2+s)}{k!\Gamma(n+2+s)}\langle z, w\rangle^{k}\\& =&\frac{n+1+s}{n+1+s+t}\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s}}+\frac{t}{n+1+s+t}\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s}}\\& =&\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s}}\left\{1-\frac{t}{n+1+s+t}\langle z, w\rangle\right\}=\frac{p(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s}}, \end{eqnarray*}$

这里$p$是一个次数不超过1的一元多项式,常数项为1.若$p$按$1-\langle z, w\rangle$展开时常数项为$(n+1+s)/(n+1+s+N)\neq 0$.

假设对一般正整数$N$,存在次数不超过$N$且常数项为1的一元多项式$p$使得

$R_{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N+t}}\right\}=\frac{p(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N}}.$

设$p(\langle z, w\rangle)=a_{0}+a_{1}(1-\langle z, w\rangle)+\cdots+a_{N}(1-\langle z, w\rangle)^{N}$,则$a_{0}+\cdots+a_{N}=1$且$a_{0}\neq 0$.下面考虑$\beta=s+N+1$时的情况.

根据文献[1]中命题1.14以及前面的假设可得

$\begin{eqnarray*}& &R_{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N+t}}\right\}=R_{s, t}\left\{R^{s+N+t, 1}\left[\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N+t}}\right]\right\}\\& =&R^{s+N+t, 1}\left\{R_{s, t}\left[\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N+t}}\right]\right\}\\& =&R^{s+N+t, 1}\left\{\frac{a_{0}}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N}}+\cdots+\frac{a_{N}}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s}}\right\}.\end{eqnarray*}$

对于任意$l\in\{0, 1, \cdots, N\}$,我们有

$\begin{eqnarray*}& &R^{s+N+t, 1}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+l}}\right\}\\&=&\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac{k+n+1+s+N+t}{n+1+s+N+t}\frac{\Gamma(k+n+1+s+l)}{k!\Gamma(n+1+s+l)}\langle z, w\rangle^{k}\\& =&\frac{n+1+s+l}{n+1+s+N+t}\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+l}}+\frac{t+N-l}{n+1+s+N+t}\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+l}}.\end{eqnarray*}$

根据上面等式,让$l$变化时我们就有

$\begin{eqnarray*}& \;&R_{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N+t}}\right\}\\&=&\frac{n+1+s+N}{n+1+s+N+t}\frac{a_{0}}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N}}+ \frac{a_{0}t+a_{1}(n+s+N)}{(n+1+s+N+t)(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N}}\\ &&+\frac{a_{1}(t+1)+a_{2}(n+s+N-1)}{(n+1+s+N+t)(1-\langle z, w\rangle)^{n+s+N}}+ \cdots+ \frac{a_{N-1}(t+N-1)+a_{N}(n+1+s)}{(n+1+s+N+t)(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s}}\\&&+\frac{a_{N}(t+N)}{(n+1+s+N+t)(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s}}\\&=&\frac{P(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N}}, \end{eqnarray*}$

其中$P$为次数不超过$N+1$的一元多项式,且常数项为

$\frac{(n+1+s+N)a_{0}}{n+1+s+N+t}+\frac{a_{0}t+a_{1}(n+s+N)}{n+1+s+N+t}+\cdots+\frac{a_{N}(t+N)}{n+1+s+N+t}=1.$

若$P$按$1-\langle z, w\rangle$展开时常数项为$(n+1+s+N)a_{0}/(n+1+s+N+t)\neq 0$.这表明当$\beta=s+N+1$时命题也成立,根据归纳法可得原命题成立.

至于另一个,同样可证得当$N=1$时

$R^{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s}}\right\}=\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+t}}\left\{1+\frac{t}{n+1+s}\langle z, w\rangle\right\}.$

假设$\beta=s+N$时命题成立,也就是存在次数不超过$N$的一元多项式$h$使得

$R^{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N}}\right\}=\frac{h(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N+t}}.$

设$h(\langle z, w\rangle)=b_{0}+b_{1}(1-\langle z, w\rangle)+\cdots+b_{N}(1-\langle z, w\rangle)^{N}$,则$b_{0}+\cdots+b_{N}=1$且$b_{0}\neq 0$.考虑$\beta=s+N+1$时的情况,类似前面所用证明办法可得

$\begin{eqnarray*}& \;&R^{s, t}\left\{\frac{1}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N}}\right\}\\&=&\frac{n+1+s+N+t}{n+1+s+N}\frac{b_{0}}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N+t}}+ \frac{b_{0}(-t)+b_{1}(n+s+N+t)}{(n+1+s+N)(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+N+t}}\\&&+\frac{b_{1}(1-t)+b_{2}(n+s+N+t-1)}{(n+1+s+N)(1-\langle z, w\rangle)^{n+s+N+t}}+\cdots+ \frac{b_{N-1}(N-1-t)+b_{N}(n+1+s+t)}{(n+1+s+N)(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+t}}\\&&+\frac{b_{N}(N-t)}{(n+1+s+N)(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+t}}\\& =&\frac{H(\langle z, w\rangle)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+2+s+N+t}}, \end{eqnarray*}$

其中$H$为次数不超过$N+1$的一元多项式且常数项为

$\frac{(n+1+s+N+t)b_{0}}{n+1+s+N}+\frac{b_{0}(-t)+b_{1}(n+s+N+t)}{n+1+s+N}+\cdots+\frac{b_{N}(N-t)}{n+1+s+N}=1.$

若$H$按$1-\langle z, w\rangle$展开时常数项为$(n+1+s+N+t)b_{0}/(n+1+s+N)\neq 0$.这表明当$\beta=s+N+1$时命题也成立,根据归纳法可得原命题成立.

注  当$t\in\{0, 1, \cdots, N-1\}$时$h$的$N$次项系数为零；当$t\in\{0, -1, \cdots, -N+1\}$时$p$的$N$次项系数为零.这表明$h$和$p$都可能是次数低于$N$次的多项式.实际上可以算出$h$的第$N$次项的系数为

$\displaystyle{\frac{t(t-1)\cdots(t-N+1)}{(n+1+s)(n+2+s)\cdots(n+N+s)}};$

$p$的第$N$次项的系数为

$ \displaystyle{\frac{(-1)^{N}t(t+1)\cdots(t+N-1)}{(n+1+s+t)(n+2+s+t)\cdots(n+N+s+t)}}. $

下面结果将命题B中的$\beta$改进成任意实数,同时给出了两个量之间的控制关系.

定理3.2  设$t>0$, $\alpha>-1$, $p>0$, $s$和$\beta$为实数, $n+s$和$n+s+t$以及$n+\beta$和$n+\beta+t$不为负整数, $f\in H(B)$,则

$I_{1}^{p}=\int_{B}|R^{s, t}f(z)|^{p}{\rm d}v_{\alpha}(z)<\infty \ \ \mbox{当且仅当} \ \I_{2}^{p}=\int_{B}|R^{\beta, t}f(z)|^{p}{\rm d}v_{\alpha}(z)<\infty.$

进一步有$I_{1}\approx I_{2}$,并且控制常数与$f$无关.

证  若$I_{1}<\infty$,则$R^{s, t}f\in A_{\alpha}^{p}$,根据文献[1]中定理2.1可得

(3.1) $\begin{equation}|R^{s, t}f(z)|\leq \frac{I_{1}}{(1-|z|^{2})^{\frac{n+1+\alpha}{p}}} \ \ \mbox{对一切$z\in B$成立.}\end{equation}$

当$\beta>s$时,选正整数$N$满足$t+s+N>(n+1+\alpha)/p-1$,则$R^{s, t}f\in A_{t+s+N}^{1}$,根据引理2.1可得

$R^{s, t}f(w)=\int_{B}\frac{R^{s, t}f(u)}{(1-\langle w, u\rangle)^{n+1+t+s+N}}{\rm d}v_{t+s+N}(u) \ \ (w\in B).$

在定理3.1中$s$和$t$分别用$\beta+t$和$s-\beta$代替(可以验证这些代替是合符基本条件的),则存在次数不超过$N$的一元多项式$P$使

(3.2) $\begin{equation}R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}(w)=\int_{B}\frac{P(\langle w, u\rangle)R^{s, t}f(u)}{(1-\langle w, u\rangle)^{n+1+t+\beta+N}}{\rm d}v_{t+s+N}(u) \ \ (w\in B).\end{equation}$

根据(3.1)-(3.2)式以及引理2.2可得,当$z\in B$时

$|R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}(z)|\leq cI_{1}\int_{B}\frac{(1-|w|^{2})^{t+s+N-\frac{n+1+\alpha}{p}}{\rm d}v(w)}{|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+t+\beta+N}}\approx \frac{I_{1}}{(1-|z|^{2})^{\beta-s+\frac{n+1+\alpha}{p}}}.$

选正整数$M$满足$M>N+t$就有$R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}\in A^{1}_{\beta+M}$,由引理2.1有

$R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}(z)=\int_{B}\frac{R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}(w)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta+M}}{\rm d}v_{\beta+M}(w) \ \ (z\in B).$

在定理3.1中$s$和$t$以及$N$的位置分别用$s$和$\beta-s$以及$M$来代替(可以验证这些代替是合符基本条件的)结合上式就存在次数不超过$M$的一元多项式$P_{1}$使得

(3.3) $\begin{eqnarray}R^{\beta, t}f(z)&=&R_{s, \beta-s}\{R_{\beta+t, s-\beta}[R^{s, t}f]\}(z)\\&=&\int_{B}\frac{P_{1}(\langle z, w\rangle)R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}(w)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+M}}{\rm d}v_{\beta+M}(w)\ \ (z\in B).\end{eqnarray}$

由于$(n+1+\beta+N+t)-(\beta+M)-n-1=N+t-M<0$和$(n+1+s+M)-(\beta+M)-n-1=s-\beta<0$以及$(n+1+\beta+N+t)+(n+1+s+M)-(\beta+M)-n-1=n+1+s+N+t>n+(n+1+\alpha)/p>0$,根据引理2.3可得

(3.4) $\begin{eqnarray}\int_{B}\frac{(1-|w|^{2})^{\beta+M}{\rm d}v(w)}{|1-\langle u, w\rangle|^{n+1+\beta+N+t}|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+s+M}}\approx \frac{1}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+s+N+t}} \ \ (z, u\in B). \end{eqnarray}$

根据(3.2)-(3.4)式结合Fubini定理可得到

(3.5) $\begin{eqnarray}|R^{\beta, t}f(z)|&\leq &c_{1}\int_{B}\frac{|R_{\beta+t, s-\beta}\{R^{s, t}f\}(w)|}{|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+s+M}}{\rm d}v_{\beta+M}(w)\\&\leq &c_{2}\int_{B}|R^{s, t}f(u)|\left\{\int_{B}\frac{(1-|w|^{2})^{\beta+M}{\rm d}v(w)}{|1-\langle u, w\rangle|^{n+1+\beta+N+t}|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+s+M}}\right\}{\rm d}v_{t+s+N}(u)\\&\approx& \int_{B}\frac{|R^{s, t}f(u)|}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+s+N+t}}{\rm d}v_{t+s+N}(u). \end{eqnarray}$

当$\beta<s$时,我们可以选合适的正整数$N$满足$\beta+N>(n+1+\alpha)/p-1$,则$R^{s, t}f\in A_{\beta+N}^{1}$,再由引理2.1同样有

$R^{s, t}f(w)=\int_{B}\frac{R^{s, t}f(u)}{(1-\langle w, u\rangle)^{n+1+\beta+N}}{\rm d}v_{\beta+N}(u) \ \ (w\in B).$

在定理3.1中$s$和$t$分别用$s$和$\beta-s$代替(可以验证这些代替是合符基本条件的),则存在次数不超过$N$的一元多项式$P$使

(3.6) $\begin{eqnarray}R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}(w)=\int_{B}\frac{P(\langle w, u\rangle)R^{s, t}f(u)}{(1-\langle w, u\rangle)^{n+1+s+N}}{\rm d}v_{\beta+N}(u) \ \ (w\in B).\end{eqnarray}$

根据(3.1)和(3.6)式以及引理2.2可得,当$z\in B$时

$|R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}(z)|\leq cI_{1}\int_{B}\frac{(1-|w|^{2})^{\beta+N-\frac{n+1+\alpha}{p}}{\rm d}v(w)}{|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+s+N}}\approx \frac{I_{1}}{(1-|z|^{2})^{s-\beta+\frac{n+1+\alpha}{p}}}.$

选正整数$M$满足$M>N-t$就有$R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}\in A^{1}_{s+M+t}$,由引理2.1有

$R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}(z)=\int_{B}\frac{R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}(w)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+s+M+t}}{\rm d}v_{s+M+t}(w) \ \ (z\in B).$

在定理3.1中$s$和$t$以及$N$的位置分别用$\beta+t$和$s-\beta$以及$M$来代替(可以验证这些代替是合符基本条件的)结合上式就存在次数不超过$M$的一元多项式$P_{1}$使得

(3.7) $\begin{eqnarray}R^{\beta, t}f(z)&=&R_{\beta+t, s-\beta}\{R_{s, \beta-s}[R^{s, t}f]\}(z)\\&=&\int_{B}\frac{P_{1}(\langle z, w\rangle)R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}(w)}{(1-\langle z, w\rangle)^{n+1+\beta+M+t}}{\rm d}v_{s+M+t}(w)\ \ (z\in B).\end{eqnarray}$

由于$(n+1+s+N)-(s+M+t)-n-1=N-t-M<0$和$(n+1+\beta+M+t)-(s+M+t)-n-1=\beta-s<0$以及$(n+1+s+N)+(n+1+\beta+M+t)-(s+M+t)-n-1=n+1+\beta+N>n+(n+1+\alpha)/p>0$,根据引理2.3可得

(3.8) $\begin{eqnarray}\int_{B}\frac{(1-|w|^{2})^{s+M+t}{\rm d}v(w)}{|1-\langle u, w\rangle|^{n+1+s+N}|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+\beta+M+t}}\approx \frac{1}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+\beta+N}} \ \ (z, u\in B).\end{eqnarray}$

根据(3.6)-(3.8)式结合Fubini定理可得到

(3.9) $\begin{eqnarray}|R^{\beta, t}f(z)|&\leq& c_{1}\int_{B}\frac{|R_{s, \beta-s}\{R^{s, t}f\}(w)|}{|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+\beta+M+t}}{\rm d}v_{s+M+t}(w)\\&\leq &c_{2}\int_{B}|R^{s, t}f(u)|\left\{\int_{B}\frac{(1-|w|^{2})^{s+M+t}{\rm d}v(w)}{|1-\langle u, w\rangle|^{n+1+s+N}|1-\langle z, w\rangle|^{n+1+\beta+M+t}}\right\}{\rm d}v_{\beta+N}(u)\\&\approx& \int_{B}\frac{|R^{s, t}f(u)|}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+\beta+N}}{\rm d}v_{\beta+N}(u).\end{eqnarray}$

当$p\geq 1$时,在文献[1]的定理2.10中取$a=0$和$b=t+s+N$ ($\beta>s$)或$b=\beta+N$ ($\beta<s$)和$t=\alpha$,条件$-pa<t+1<p(b+1)$等价于$0<\alpha+1<p(t+s+N+1)$ ($\beta>s$)或$0<\alpha+1<p(\beta+N+1)$ ($\beta<s$),而后面条件成立,结合(3.5)或(3.9)式有

$I_{2}^{p}=\int_{B}|R^{\beta, t}f(z)|^{p}{\rm d}v_{\alpha}(z)\leq c\int_{B}|R^{s, t}f(z)|^{p}{\rm d}v_{\alpha}(z)=cI_{1}^{p}.$

当$0<p<1$时,对任意$z\in B$,在$B$上定义函数

$F_{z}(u)=\frac{R^{s, t}f(u)}{(1-\langle u, z\rangle)^{n+1+s+N+t}} \ (\beta>s) \mbox{或}F_{z}(u)=\frac{R^{s, t}f(u)}{(1-\langle u, z\rangle)^{n+1+\beta+N}} \ (\beta<s).$

当$t+s+N=(n+1+\alpha')/p-n-1$ ($\beta>s$)或$\beta+N=(n+1+\alpha')/p-n-1$ ($\beta<s$)满足$\alpha'>pn+\alpha$,由(3.5)或(3.9)式和文献[1]中的引理2.15结合Fubini定理和引理2.2有

$\begin{eqnarray*}|R^{\beta, t}f(z)|^{p}&\leq &c_{1}\left\{\int_{B}|F_{z}(u)|(1-|u|^{2})^{\frac{n+1+\alpha'}{p}-n-1}{\rm d}v(u)\right\}^{p}\leq c_{2}||F_{z}||_{p, \alpha'}^{p}\\&=&c_{2}\int_{B}\frac{|R^{s, t}f(u)|^{p}}{|1-\langle u, z\rangle|^{n+1+\alpha'}}{\rm d}v_{\alpha'}(u) \ \Rightarrow\end{eqnarray*}$

$I_{2}^{p}=\int_{B}|R^{\beta, t}f(z)|^{p}{\rm d}v_{\alpha}(z)\leq c_{2}\int_{B}|R^{s, t}f(u)|^{p}\left\{\int_{B}\frac{ {\rm d}v_{\alpha}(z)}{|1-\langle u, z\rangle|^{n+1+\alpha'}}\right\}{\rm d}v_{\alpha'}(u)\leq c_{3}I_{1}^{p}.$

反过来,若$I_{2}<\infty$,利用算子等式

$R^{s, t}=R_{s+t, \beta-s}\{R_{\beta, s-\beta}[R^{\beta, t}]\}=R_{\beta, s-\beta}\{R_{s+t, \beta-s}[R^{\beta, t}]\}$

类似可证得$I_{1}^{p}\leq cI_{2}^{p}$.具体证明过程就不再重复了.

下面结果将命题C中的$\beta$改进成任意实数,并且给出了两个量之间的控制关系.

定理3.3  设$t>0$, $p>0$, $s$和$\beta$为实数, $n+s$和$n+s+t$以及$n+\beta$和$n+\beta+t$不为负整数, $f\in H(B)$,则

$I_{1}=\sup\limits_{z\in B}(1-|z|^{2})^{p}|R^{s, t}f(z)|<\infty \ \ \mbox{当且仅当} \ \I_{2}=\sup\limits_{z\in B}(1-|z|^{2})^{p}|R^{\beta, t}f(z)|<\infty.$

进一步有$I_{1}\approx I_{2}$,并且控制常数与$f$无关.

证  首先考虑$I_{1}<\infty$的情形.

当$\beta>s$时,若正整数$N$满足$t+s+N>p-1$,则(3.5)式成立.由引理2.2有

$|R^{\beta, t}f(z)|\leq c_{1}\int_{B}\frac{|R^{s, t}f(u)|{\rm d}v_{t+s+N}(u)}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+s+N+t}}\leq c_{2}I_{1}\int_{B}\frac{(1-|u|^{2})^{t+s+N-p}{\rm d}v(u)}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+s+N+t}}\leq\frac{c_{3}I_{1}}{(1-|z|^{2})^{p}}.$

这意味着$I_{2}\leq cI_{1}$.当$\beta<s$时,只要正整数$N$满足$\beta+N>p-1$,则(3.9)式成立.根据引理2.2有

$|R^{\beta, t}f(z)|\leq c_{1}\int_{B}\frac{|R^{s, t}f(u)|{\rm d}v_{\beta+N}(u)}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+\beta+N}}\leq c_{2}I_{1}\int_{B}\frac{(1-|u|^{2})^{\beta+N-p}{\rm d}v(u)}{|1-\langle z, u\rangle|^{n+1+\beta+N}}\leq\frac{c_{3}I_{1}}{(1-|z|^{2})^{p}}.$

同样意味着$I_{2}\leq cI_{1}$.

若$I_{2}<\infty$,同样可证得$I_{1}\leq cI_{2}$.详细过程不再重复.