泛函分析 第四章解答

4谱理论初步

4.1 预解集与谱集

习题 2. 设 $T$ 是复 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子. 若存在正整数 $m$ 使得 $\Vert T^m\Vert <1$, 证明 $I-T$ 可逆.

证明. 假设 $I-T$ 不可逆, 即 $1\in \sigma (T)$, 由上一题有 $\sigma (T^m)=\sigma (T{)}^m$, 则 $1\in \sigma (T^m)$, 也就是 $I-T^m$ 可逆, 那么 $\Vert T^m\Vert <1$ 不成立.

$\square$

习题 4. 设 $A,B$ 是复 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子. 证明: $I-AB$ 可逆当且仅当 $I-BA$ 可逆.

证明. 设 $I-AB$ 可逆, 注意到 $I+B(I-AB{)}^{-1}A$ 就是 $I-BA$ 的逆. 事实上, $$(I+B(I-AB{)}^{-1}A)(I-BA)=I-BA+B(I-AB{)}^{-1}(I-AB)A=I,$$$$(I-BA)(I+B(I-AB{)}^{-1}A)=I-BA+B(I-AB)(I-AB{)}^{-1}A=I.$$$\square$

注. 为何有这么惊人的注意力呢? 其奥秘在于, 形式上有展开式$$(I-AB{)}^{-1}=I+AB+ABAB+\cdots ,$$两边作用 $B$ 和 $A$, 就翻转了 $AB$ 序列变成$$B(I-AB{)}^{-1}A=BA+BABA+BABABA+\cdots .$$

习题 8. 设 $T$ 是复 Hilbert 空间 $H$ 上的有界算子. 若 $T$ 为自伴算子, 即 $T=T^{\ast }$, 证明:

(i)	对任意 $x\in H$, 成立 $\Vert (T+\mathrm{i}I)x\Vert ⩾\Vert x\Vert$, $\Vert (T-\mathrm{i}I)x\Vert ⩾\Vert x\Vert$.
(ii)	$T\pm \mathrm{i}I$ 均是可逆的.
(iii)	$\sigma (T)\subset \mathbb{R}$.

证明.

(i)	下证前一命题, 后者同理. $$\begin{array}{rl}& \Vert (T+\mathrm{i}I)x{\Vert }^2=⟨Tx+\mathrm{i}x,Tx+\mathrm{i}x⟩\\ & =⟨Tx,Tx⟩+⟨\mathrm{i}x,Tx⟩+⟨Tx,\mathrm{i}x⟩+⟨\mathrm{i}x,\mathrm{i}x⟩\\ & =\Vert Tx{\Vert }^2+\mathrm{i}⟨x,Tx⟩-\mathrm{i}⟨Tx,x⟩+\Vert x{\Vert }^2⩾\Vert x{\Vert }^2.\end{array}$$
(ii)	由 (i), $T\pm \mathrm{i}I$ 均是单射, 且 $\mathfrak{R}(T\pm \mathrm{i}I)$ 均是闭的. 闭值域定理进而推出$$\mathfrak{R}(T\pm \mathrm{i}I)={}^{\perp }\ker (T\pm \mathrm{i}I{)}^{\ast }={}^{\perp }\ker (T\mp \mathrm{i}I)=H.$$
(iii)	对于复数 $\alpha +\beta \mathrm{i}\notin \mathbb{R}$ (即 $\beta \ne 0$), $(T-\alpha I)/\beta$ 是自伴算子, (ii) 说明 $(T-\alpha I)/\beta -\mathrm{i}I$ 可逆, 也就是 $T-(\alpha +\beta \mathrm{i})I$ 可逆. $\square$

习题 9. 设 $T,S$ 是复 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子, $T$ 可逆, $\Vert S-T\Vert <\frac{1}{\Vert T^{-1}\Vert }$. 证明: $S$ 可逆, 且$$\Vert S^{-1}-T^{-1}\Vert ⩽\frac{\Vert T^{-1}{\Vert }^2\Vert S-T\Vert }{1-\Vert T^{-1}\Vert \Vert S-T\Vert }.$$

证明. 记 $Q=(S-T)T^{-1}$. 由条件, $$\Vert Q\Vert ⩽\Vert S-T\Vert \Vert T^{-1}\Vert <1,$$那么 $S{T}^{-1}=I+Q$ 是可逆的, 则 $S$ 同样可逆, 且有$$T{S}^{-1}=(I+Q{)}^{-1}=\sum _{n=0}^{\infty }(-Q{)}^n,$$从而$$\Vert T{S}^{-1}-I\Vert ⩽\sum _{n=1}^{\infty }\Vert Q{\Vert }^n=\frac{\Vert Q\Vert }{1-\Vert Q\Vert }.$$所以, $$\begin{array}{rl}\Vert S^{-1}-T^{-1}\Vert & ⩽\Vert T^{-1}\Vert \Vert T{S}^{-1}-I\Vert ⩽\frac{\Vert T^{-1}\Vert \Vert Q\Vert }{1-\Vert Q\Vert }\\ & ⩽\frac{\Vert T^{-1}{\Vert }^2\Vert S-T\Vert }{1-\Vert T^{-1}\Vert \Vert S-T\Vert }.\end{array}$$

$\square$

习题 10. 设 $T$ 是复 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子. 若预解集 $\rho (T)$ 中的一个点列 $\{{\lambda }_n\}$ 收敛于点 $\lambda$, 证明: $\lambda \in \sigma (T)$ 当且仅当 $\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}\Vert \to \infty$.

证明. 由推论 4.1.1, 对每个 ${\lambda }_n$, 开圆盘 $B({\lambda }_n,(2\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}\Vert {)}^{-1})$ 都是 $\rho (T)$ 的子集 (事实上由上一题, $B({\lambda }_n,\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}{\Vert }^{-1})$ 同样是 $\rho (T)$ 的子集) . 那么当 $\lambda \in \sigma (T)$ 时,$$(2\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}\Vert {)}^{-1}⩽|{\lambda }_n-\lambda |\to 0,$$也就是 $\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}\Vert \to \infty$.

当 $\lambda \notin \sigma (T)$ 时, 即 $\lambda I-T$ 可逆, 由推论 4.1.1, $$\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}-(\lambda I-T{)}^{-1}\Vert ⩽2\Vert (\lambda I-T{)}^{-1}\Vert |{\lambda }_n-\lambda |\to 0,$$那么 $\Vert ({\lambda }_{n}I-T{)}^{-1}\Vert$ 收敛于 $\Vert (\lambda I-T{)}^{-1}\Vert$, 从而是有界的.

$\square$

习题 13. 验证例 4.1.15, $L^1(\mathbb{R})$ 是一个交换 Banach 代数且不具有单位元.

证明. 假设存在 $\delta \in L^1(\mathbb{R})$ 使得 $f\ast \delta =f$ 对所有的 $f\in L^1(\mathbb{R})$ 都成立, 两边作 Fourier 变换得到 $\hat{f}\hat{\delta }=\hat{f}$, 则 $\hat{\delta }\equiv 1$, 同 $\hat{\delta }\in c_0(\mathbb{R})$ 矛盾.

$\square$

习题 15. 设 $A,B$ 是复 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子. 证明:

(i)	$r(AB)=r(BA)$.
(ii)	当 $A,B$ 可交换时, $r(A+B)⩽r(A)+r(B)$. 并举例说明, 对非交换的情况不等式不成立.

证明.

(i)

由习题 4, 对 $\lambda \ne 0$, 有 $\lambda \in \sigma (AB)\iff \lambda \in \sigma (BA)$, 可写为 $\sigma (AB)\cup \{0\}=\sigma (BA)\cup \{0\}$. 那么$$\begin{array}{rl}r(AB)& =\sup \{|\lambda |:\lambda \in \sigma (AB)\cup \{0\}\}\\ & =\sup \{|\lambda |:\lambda \in \sigma (BA)\cup \{0\}\}=r(BA).\end{array}$$

(ii)

由附录 G 习题 6, $\sigma (A+B)\subset \sigma (A)+\sigma (B)$, 可以推出$$\begin{array}{rl}r(A+B)& =\sup \{|\lambda |:\lambda \in \sigma (A+B)\}\\ & ⩽\sup \{|{\lambda }_A+{\lambda }_B|:{\lambda }_A\in \sigma (A),{\lambda }_B\in \sigma (B)\}\\ & ⩽\sup \{|{\lambda }_A|:{\lambda }_A\in \sigma (A)\}+\sup \{|{\lambda }_B|:{\lambda }_B\in \sigma (B)\}\\ & =r(A)+r(B).\end{array}$$当 $A,B$ 不交换, 如 $X={\mathbb{C}}^2$, $$A=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 1& 0\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right),A+B=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right),$$这时 $r(A)=r(B)=0$, $r(A+B)=1$. $\square$

习题 20. 设 $T,S$ 是复 Hilbert 空间 $H$ 上的有界线性算子.

(i) 若 $ST=TS$, 证明: ${\mathrm{e}}^T{\mathrm{e}}^S={\mathrm{e}}^{T+S}$.

(ii) 若 $T$ 是自伴算子, 证明 ${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}T}$ 是酉算子. 反之, 结论是否成立?

证明. (i) 略.

(ii) 若 $T$ 是自伴算子, $({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}T}{)}^{\ast }={\mathrm{e}}^{(\mathrm{i}T{)}^{\ast }}={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{T}^{\ast }}={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}T}=({\mathrm{e}}^{\mathrm{i}T}{)}^{-1}$.

反过来结论不对. 令 $T$ 是幂等而不自伴的算子 (如 $(x,y)\mapsto (x+\lambda y,0)$, 这里 $\lambda \ne 0$), $2\pi T$ 同样不是自伴的. 由于$$\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(\mathrm{i}2\pi {)}^k}{k!}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(\mathrm{i}2\pi {)}^k}{k!}-1={\mathrm{e}}^{\mathrm{i}2\pi }-1=0,$$得出$${\mathrm{e}}^{\mathrm{i}2\pi T}=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{(\mathrm{i}2\pi T{)}^k}{k!}=I+\sum _{k=1}^{\infty }\frac{(\mathrm{i}2\pi {)}^k}{k!}T=I.$$$\square$

习题 21. 设 $T$ 是复 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子, 区域 $\Omega$ 包含了闭圆盘 $\{z\in \mathbb{C}:|z|⩽r(T)\}$, 函数 $f$ 在 $\Omega$ 上解析.

(i) 取某个严格大于 $r(T)$ 的正数 $R$, 使得 $\{z\in \mathbb{C}:|z|⩽R\}$ 包含在 $\Omega$ 中. 证明: $$f(T)=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{|z|=R}f(z)(z-T{)}^{-1}\mathrm{d}z.$$

(ii) 设 $\Gamma$ 是 $\Omega$ 中的一条光滑正定向简单闭曲线, $\Gamma$ 内部包含 $\sigma (T)$. 证明: $$f(T)=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)(z-T{)}^{-1}\mathrm{d}z.$$

证明. 这是 Dunford 积分, 参考 [Yosida] VIII.7.

$\square$

4.2 紧算子

习题 6. 对 Lebesgue 可测函数 $\phi \in L^{\infty }[0,1]$, 定义 $L^2[0,1]$ 上的有界线性算子 $M_{\phi }$ 为$$M_{\phi }(f)=\phi f.$$证明: $M_{\phi }$ 是紧算子当且仅当 $\phi =0$.

证明. 设 $\phi \ne 0$, 那么存在一个正测集 $E$ 和 $c>0$ 使得 $|\phi |>c$ 在 $E$ 上成立. $M_{\phi }$ 限制在子空间 $\{f\in L^2[0,1]:f{|}_{[0,1]\setminus E}=0\}$ 上是可逆算子, 这是个无穷维空间, 从而 $M_{\phi }$ 不是其上的紧算子, 那就更不是全空间 $L^2[0,1]$ 上的紧算子.

$\square$

习题 7. 设 $T$ 是可分的 Hilbert 空间 $H$ 上有界线性算子. 证明: $T$ 是紧算子当且仅当 $T^{\ast }T$ 是紧的, 也当且仅当 $T{T}^{\ast }$ 是紧的.

证明. 设 $\{x_n\}$ 是有界的序列, 记 $\Vert x_n\Vert ⩽M$ 对所有的 $n$ 成立. 如果 $T^{\ast }T$ 是紧的, 那么 $\{T^{\ast }T{x}_n\}$ 有子列收敛, 记为其本身, 这时$$\Vert T{x}_n-T{x}_m\Vert =⟨x_n-x_m,T^{\ast }T{x}_n-T^{\ast }T{x}_m⟩⩽2M\Vert T^{\ast }T{x}_n-T^{\ast }T{x}_m\Vert ,$$$\{T^{\ast }T{x}_n\}$ 收敛从而是 Cauchy 列, 则 $\{T{x}_n\}$ 是 Cauchy 列从而收敛, 这就说明了 $T$ 是紧算子.

$\square$

习题 8. 设 $\{e_1,e_2,\cdots ,e_n,\cdots \}$ 是 Hilbert 空间 $H$ 的一个正交基, 令 $P_n(x)=\sum _{k=1}^n⟨x,e_k⟩e_k$ 是到子空间 $\mathrm{span}\{e_1,e_2,\cdots ,e_n\}$ 上的投影算子. 若 $H$ 上有界线性算子 $T$ 是紧的, 证明: $P_{n}T$ 按范数收敛于 $T$.

证明. 记 $B$ 为单位闭球, 任意取定 $\epsilon >0$. 由于 $T$ 紧, 存在有限个点 $x_1,\cdots ,x_m$ 使得$$T(B)\subset \bigcup _{1⩽i⩽m}B(T{x}_i,\epsilon /3),$$即对于任何的 $x\in B$, 存在 $x_j(1⩽j⩽m)$ 使得 $\Vert Tx-T{x}_j\Vert ⩽\epsilon /3$, 那么$$\begin{array}{rl}\Vert P_{n}Tx-Tx\Vert & ⩽\Vert P_n(Tx-T{x}_j)\Vert +\Vert P_{n}T{x}_j-T{x}_j\Vert +\Vert Tx-T{x}_j\Vert \\ & ⩽\epsilon /3+\Vert P_{n}T{x}_j-T{x}_j\Vert +\epsilon /3,\end{array}$$其中中间的项只涉及有限个可能的点 $T{x}_j(1⩽j⩽m)$, 则 $n$ 充分大时就有 $\Vert P_{n}T{x}_j-T{x}_j\Vert ⩽\epsilon /3$.

$\square$

习题 10. 设 $X,Y$ 是 Banach 空间, $A,B\in \mathfrak{B}(X,Y)$, 且 $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(B)$.

(i)	(Douglas (道格拉斯)) 若 $B$ 是单射, 那么存在 $C\in \mathfrak{B}(X)$ 使得 $A=BC$.
(ii)	证明: 若 $B$ 是紧算子, 则 $A$ 也是紧的.

证明.

(i)

由于 $B:X\to \mathfrak{R}(B)$ 是双射, 存在逆映射 $B^{-1}:\mathfrak{R}(B)\to X$, $B$ 连续推出 $B^{-1}$ 是闭算子 (特别要注意 $\mathfrak{R}(B)$ 不一定是闭子空间, 所以这里不能推出 $B^{-1}:\mathfrak{R}(B)\to X$ 是有界线性算子) . $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(B)$ 的作用是能在 $B^{-1}$ 前面复合算子 $A$, 令 $C=B^{-1}A$, 这是 Banach 空间 $X$ 上的闭算子, 由闭图像定理 $C$ 是有界的. $$X\stackrel{A}{⟶}\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(B)\stackrel{B^{-1}}{⟶}X$$

(ii)

考虑双射 $\tilde{B}:X/\ker B\to \mathfrak{R}(B),[x]\to Bx$, 不难验证 $\{\tilde{B}[x]:\Vert [x]\Vert ⩽1\}\subset \{Bx:\Vert x\Vert ⩽1\}$, 从而 $\tilde{B}$ 亦是紧算子. 同 (i) 可得, 存在闭的逆算子 ${\tilde{B}}^{-1}:\mathfrak{R}(B)\to X/\ker B$. $\mathfrak{R}(\tilde{B})=\mathfrak{R}(B)$ 确保了 $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(\tilde{B})$ 依然成立, 那么令 $C={\tilde{B}}^{-1}A$, 同 (i) 有 $C\in \mathfrak{B}(X,X/\ker B)$. $\tilde{B}$ 是紧的且 $C$ 有界, 则 $A=\tilde{B}C$ 也是紧的. $$X\stackrel{A}{⟶}\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(\tilde{B})\stackrel{{\tilde{B}}^{-1}}{⟶}X/\ker B$$$\square$

4.3 紧算子的谱

习题 2. 设 $T$ 是 Banach 空间 $X$ 上的紧算子, $\lambda$ 是非零复数. 记 $S=\lambda I-T$, $N(S)=\ker S$. 那么

(i)	$$N(S)\subset N(S^2)\subset \cdots \subset N(S^n)\subset N(S^{n+1})\subset \cdots ,$$并且存在 $K$, 使得 $N(S^K)=N(S^{K+1})=N(S^{K+2})=\cdots$. 记 $m$ 为最小的非负整数, 使得: $N(S^m)=N(S^{m+1})$, 如果 $N(S)=0$, 则 $m=0$.
(ii)	$$\mathfrak{R}(S)\supset \mathfrak{R}(S^2)\supset \cdots \supset \mathfrak{R}(S^n)\supset \mathfrak{R}(S^{n+1})\supset \cdots ,$$并且存在 $L$, 使得 $\mathfrak{R}(S^L)=\mathfrak{R}(S^{L+1})=\mathfrak{R}(S^{L+2})=\cdots$. 记 $r$ 为最小的非负整数, 使得: $\mathfrak{R}(S^r)=\mathfrak{R}(S^{r+1})$, 如果 $\mathfrak{R}(S)=X$, 则 $r=0$.

证明.

(i)

假设有无限个 $n$ 使 $N(S^{n-1})⊊N(S^n)$, 由 F.Riesz 定理, 取 $x_n\in N(S^n),\Vert x_n\Vert =1$, 且 $\rho (x_n,N(S^{n-1}))⩾\frac{1}{2}$. 对序列中的任意两个下标 $p>q$, $$T{x}_p-T{x}_q=\lambda x_p-S{x}_p-\lambda x_q+S{x}_q,$$从 $\lambda x_q\in N(S^q),S{x}_p\in N(S^{p-1}),S{x}_q\in N(S^{q-1})$, 且 $N(S^{q-1})\subset N(S^q)\subset N(S^{p-1})$, 得$$\Vert T{x}_p-T{x}_q\Vert ⩾\rho (\lambda x_p,N(S^{p-1}))⩾\frac{|\lambda |}{2},$$同 $\{T{x}_n\}$ 是列紧的矛盾. 如果 $N(S)=0$, 则 $S$ 可逆, $S^n$ 都可逆, $m=0$.

(ii)

假设有无限个 $n$ 使 $\mathfrak{R}(S^n)⊋\mathfrak{R}(S^{n+1})$, 由 F.Riesz 定理, 取 $x_n\in \mathfrak{R}(S^n),\Vert x_n\Vert =1$, 且 $\rho (x_n,\mathfrak{R}(S^{n+1}))⩾\frac{1}{2}$. 对序列中的任意两个下标 $p>q$, $$T{x}_p-T{x}_q=\lambda x_p-S{x}_p-\lambda x_q+S{x}_q,$$从 $\lambda x_p\in \mathfrak{R}(S^p),S{x}_p\in \mathfrak{R}(S^{p+1}),S{x}_q\in \mathfrak{R}(S^{q+1})$, 且 $\mathfrak{R}(S^{q+1})\supset \mathfrak{R}(S^p)\supset \mathfrak{R}(S^{p+1})$, 得$$\Vert T{x}_p-T{x}_q\Vert ⩾\rho (\lambda x_q,\mathfrak{R}(S^{q+1}))⩾\frac{|\lambda |}{2},$$同 $\{T{x}_n\}$ 是列紧的矛盾. 如果 $\mathfrak{R}(S)=X$, 则 $S$ 可逆, $S^n$ 都可逆, $r=0$. $\square$

习题 3. $X,T,S,r$ 如第 2 题, 记 $X_1=\mathfrak{R}(S^r),X_2=N(S^r)$, 证明:

(iii)	算子 $S$ 将 $X_1$ 一对一到上映射到自身.
(iv)	$X_2$ 是有限维的, $S$ 将 $X_2$ 映射到 $X_2$.
(v)	$X$ 中的每个向量都可以唯一地表示成: $$x=x_1+x_2,\text{其中 }{x}_1\in X_1,x_2\in X_2,$$并且存在常数 $M>0$, 使得 $\Vert x_1\Vert ⩽M\Vert x\Vert ,\Vert x_2\Vert ⩽M\Vert x\Vert$, 即 $X=X_1\oplus X_2$.
(vi)	算子 $T$ 可以表示成: $$T=T_1+T_2,$$其中 $T_1$ 是从 $X$ 到 $X_1$ 的紧算子, $T_2$ 是从 $X$ 到 $X_2$ 的紧算子, $T_1{T}_2=0$. 将算子 $S_1=\lambda I-T_1$ 看成从 $X_1$ 到 $X_1$ 的算子是可逆的.

证明.

(iii)	$\mathfrak{R}(S^r)=\mathfrak{R}(S^{r+1})$ 即 $X_1=S{X}_1$, 也就是 $S$ 在 $X_1$ 上是满的. 由引理 4.3.1, $S$ 在 $X_1$ 上可逆.
(iv)	注意到 $S^r=(\lambda I-T{)}^r={\lambda }^{r}I-p(T)$, 其中 $p$ 是常数项为零的多项式, 那么 $X_2$ 就是紧算子 $p(T)$ 关于 ${\lambda }^r$ 的特征向量空间, 所以是有限维的. 此外 $S{X}_2\subset N(S^{r-1})\subset N(S^r)=X_2$.
(v)	设 $x\in X_1\cap X_2$, 有 $x=S^{r}y$ 且 $S^{r}x=0$, 则 $S^{2r}(y)=0$, 由于 $S{|}_{\mathfrak{R}(S^r)}$ 是双射, 因此$$S^{2r}(y)=0\Rightarrow S(S^{2r-1}(y))=0\stackrel{S^{2r-1}(y)\in \mathfrak{R}(S^r)}{⟹}{S}^{2r-1}(y)=0\Rightarrow \cdots \Rightarrow S^{r}y=0.$$因此得到 $x=0$, (进一步地, 可以得到:$N(S^{2}r)=\cdots =N(S^r)$) 对 $x\in X$, 由于 $S^{r}x\in \mathfrak{R}(S^r)=\mathfrak{R}(S^{2r})$, 设 $S^{r}x=S^{2r}y$, 分解$$x=S^{r}y+(x-S^{r}y):=x_1+x_2\in X_1\oplus X_2.$$注意 $N(S^r)=N(S^{2r}),\mathfrak{R}(S^r)=\mathfrak{R}(S^{2r})$ 是说 $S^r$ 在 $\mathfrak{R}(S^r)$ 上可逆, 那么$$(S^r{|}_{\mathfrak{R}(S^r)}{)}^{-1}{S}^{r}x=S^{r}y=x_1,$$则有$$\Vert x_1\Vert ⩽\Vert (S^r{|}_{\mathfrak{R}(S^r)}{)}^{-1}{S}^r\Vert \Vert x\Vert .$$
(vi)	记 $X$ 到 $X_1$ 的投影为 $P_1$, $X$ 到 $X_2$ 的投影为 $P_2$, 令 $T_1=T{P}_1$, $T_2=T{P}_2$. 由于 $\mathfrak{R}(S{P}_1)\subset \mathfrak{R}(S^{r+1})\subset \mathfrak{R}(S^r)=X_1$, 有$$\mathfrak{R}(T_1)=\mathfrak{R}((\lambda I-S)P_1)\subset \mathfrak{R}(P_1)+\mathfrak{R}(S{P}_1)=X_1.$$由于 $\mathfrak{R}(S{P}_2)\subset N(S^{r-1})\subset N(S^r)=X_2$, 有$$\mathfrak{R}(T_2)=\mathfrak{R}((\lambda I-S)P_2)\subset \mathfrak{R}(P_2)+\mathfrak{R}(S{P}_2)=X_2.$$结合两式得 $T_1{T}_2=0$. 在 $X_1$ 上 $T_1=T$ 则 $S_1=S$, 且 $N(S^r)=N(S^{r+1}),\mathfrak{R}(S^r)=\mathfrak{R}(S^{r+1})$ 是说 $S$ 在 $X_1=\mathfrak{R}(S^r)$ 上可逆. $\square$

习题 4. $X,T,S,r,m$ 如第 2 题, 证明: $r=m$.

证明. $S^n={\lambda }^{n}I-$ 紧算子, 这样 $\dim X/\mathfrak{R}(S^n)=\dim N(S^n)<\infty$, 所以 $\mathfrak{R}(S^n)=\mathfrak{R}(S^{n+1})$ 当且仅当 $N(S^n)=N(S^{n+1})$, 从而 $r=m$.

$\square$

习题 5. 设 $T$ 是复 Banach 空间上的紧算子. 若 $T^2=T$, 证明: $T$ 为有限秩算子.

证明. $T$ 是 $\mathfrak{R}(T)$ 上的单位算子, 从而 $\mathfrak{R}(T)$ 是有限维空间.

$\square$

习题 6. 设 $p$ 是常数项非零的多项式, $T$ 为无穷维 Banach 空间上的有界线性算子. 若 $p(T)=0$, 证明: $T$ 不是紧算子.

证明. 设 $p(T)=\sum _{k=0}^n{a}_k{T}^k$, 有 $\sum _{k=1}^n{a}_k{T}^k=-a_{0}I$. 假设 $T$ 是紧算子, 则左边是紧算子而右边不是, 矛盾.

$\square$

习题 7. 设 $T$ 是无限维 Banach 空间 $X$ 上的有界线性算子, 假设 $T$ 是下有界的, i.e. 存在 $c>0$, 使得对任意 $x\in X$, 成立 $\Vert Tx\Vert \ge c\cdot \Vert x\Vert$. 证明: $T$ 不是紧的.

证明. 任取 $\Vert x_1\Vert =1$, 然后对于任意 $n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 由 F.Riesz 引理, 取 $x_{n+1}\in X\backslash \mathrm{Span}(x_1,\cdots ,x_n),\Vert x_{n+1}\Vert =1$, 使得 $d(x_{n+1},\mathrm{Span}(x_1,\cdots ,x_n))\ge \frac{1}{2}$. 那么对于任意的 $m>n,m,n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, 有: $$\Vert T{x}_m-T{x}_n\Vert =\Vert T(x_m-x_n)\Vert \ge c\Vert x_m-x_n\Vert \ge \frac{1}{2}c.$$

因此有界集 $\{x_n\}$ 的像 $\{T{x}_n\}$ 不是列紧集, 故 $T$ 不是紧算子.

$\square$

习题 8. 设 $X$ 是 Banach 空间, $A,K\in \mathfrak{B}(X)$. 若 $K$ 还是紧算子, 证明: $$\sigma (A+K)\subset {\sigma }_p(A+K)\cup \sigma (A).$$

证明. 对于 $\lambda \notin {\sigma }_p(A+K)\cup \sigma (A)$, 即 $A-\lambda I$ 可逆且$$A+K-\lambda I=(A-\lambda I)[I+(A-\lambda I{)}^{-1}K]$$是单射, 有 $I+(A-\lambda I{)}^{-1}K$ 同样是单射, 由于 $(A-\lambda I{)}^{-1}K$ 是紧算子, 得到 $I+(A-\lambda I{)}^{-1}K$ 可逆, 那么 $A+K-\lambda I$ 亦可逆, 也就是说 $\lambda \notin \sigma (A+K)$.

$\square$

习题 12. 令 $[0,1]\times [0,1]$ 上二元函数 $K(x,y)=\{\begin{array}{ll}(1-x)y,& y⩽x,\\ (1-y)x,& x⩽y.\end{array}$ 它给出 $L^2[0,1]$ 上的有界 Fredholm 积分算子为$$(Tf)(x)={\int }_0^{1}K(x,y)f(y)\mathrm{d}y.$$

(i)	证明: $T$ 是 $L^2[0,1]$ 上的紧的自伴算子.
(ii)	证明 ${\sigma }_p(T)=\left\{\frac{1}{(n\pi {)}^2}:n=1,2,\cdots \right\}$. 并求 $\lambda =\frac{1}{(n\pi {)}^2}$ 时的 $\ker (\lambda I-T)$.
(iii)	求 $\Vert T\Vert$.

证明.

(i)	由例 4.2.5, $T$ 是紧算子; 由例 3.3.4 以及 $K(x,y)$ 是关于 $x,y$ 对称的实值函数, 得出 $T$ 自伴.
(ii)	记 $e_n(y)=\sqrt{2}\sin (n\pi y),f_n(y)=\sqrt{2}\cos (n\pi y)$. 可以说明 $\{e_n:n=1,2,\cdots \}$ 是 $L^2[0,1]$ 的一组正交基 (见 [Xu] §7.3 练习 4(1), p.225 & p.497), 并注意$$\begin{array}{rl}(T{e}_n)(x)& ={\int }_0^{1}K(x,y)e_n(y)\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^x(1-x)y{e}_n(y)\mathrm{d}y+{\int }_x^1(1-y)x{e}_n(y)\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{n\pi }\left[-(1-x){\int }_0^{x}y\mathrm{d}{f}_n(y)-x{\int }_x^1(1-y)\mathrm{d}{f}_n(y)\right]\\ & =\frac{1}{n\pi }\left[(1-x)\left({\int }_0^x{f}_n(y)\mathrm{d}y-y{f}_n(y){|}_0^x\right)-x\left({\int }_x^1{f}_n(y)\mathrm{d}y+(1-y)f_n(y){|}_x^1\right)\right]\\ & =\frac{1}{n\pi }\left[(1-x)\left(\frac{e_n(x)}{n\pi }-x{f}_n(x)\right)-x\left(-\frac{e_n(x)}{n\pi }-(1-x)f_n(x)\right)\right]\\ & =\frac{1}{(n\pi {)}^2}{e}_n(x).\end{array}$$那么如果 $\lambda$ 是 $T$ 的特征值, 即有非零的 $h=\sum _{n=1}^{\infty }{c}_n{e}_n$ 使得 $Th=\lambda h$, 就有$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{c_n}{(n\pi {)}^2}{e}_n=\sum _{n=1}^{\infty }\lambda c_n{e}_n,$$比较系数即得 $\lambda$ 属于 $\left\{\frac{1}{(n\pi {)}^2}:n=1,2,\cdots \right\}$, 且 $\lambda =\frac{1}{(n\pi {)}^2}$ 对应的 $\ker (\lambda I-T)=\mathbb{C}{e}_n$.
(iii)	由引理 4.4.3, $\Vert T\Vert =\underset{\lambda \in {\sigma }_p(T)}{\max }|\lambda |=1/{\pi }^2$. $\square$

4.4 自伴紧算子

4.5 Fredholm 算子与指标

习题 5. 设 $T$ 是复 Hilbert 空间 $H$ 上的有界算子. 若对某个正整数 $n$, $I-T^n$ 是紧的, 那么 $T$ 是 Fredholm 算子.

证明. $T^n=I-(I-T^n)$ 是 Fredholm 算子, 则存在 $S\in \mathfrak{B}(H)$ 使得 $I-T^{n}S$ 和 $I-S{T}^n$ 都是有限秩算子. 令 $S_1=T^{n-1}S,S_2=S{T}^{n-1}$, 有 $I-T{S}_1$ 和 $I-S_{2}T$ 都是紧算子, 则 $T$ 是 Fredholm 算子.

$\square$

4.6 正规算子的谱分解

习题 5. 设 $(X,\mathcal{R},E)$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的谱测度空间, $f$ 是 $(X,\mathcal{R})$ 上的有界可测函数, 记谱积分 $T={\int }_{X}f\mathrm{d}E$. 证明: $\lambda \in \rho (T)$ 当且仅当存在 $S\in \mathcal{R},E(S)=0$ 使得$$\underset{x\in X\setminus S}{\inf }|f(x)-\lambda |>0.$$

证明. 由 [Conway] Chapter IX 谱映射定理 8.11 (p.289), $\sigma (T)$ 就是 $f$ 的本质值域, 其定义是 (见 [Conway] Chapter IX Example 2.6 (d), p.265) $$ess-ran(f)=\{\lambda :\text{对任意 }S\in \mathcal{R},E(S)=0\text{ 都有 }\underset{x\in X\setminus S}{\inf }|f(x)-\lambda |=0\}.$$$\square$

习题 6. 对于 Hilbert 空间 $H$ 上正规算子 $N$, 令 $E$ 为 $\sigma (N)$ 上谱测度, 使得$$\varphi (N)={\int }_{\sigma (N)}\varphi \mathrm{d}E,\forall \varphi \in C(\sigma (N)).$$证明: $\lambda \in {\sigma }_p(N)$ 当且仅当 $E(\{\lambda \})\ne 0$.

证明. 直接证明更强的结论: $\ker (\varphi (N))=\mathfrak{R}(E({\varphi }^{-1}(0))),\forall \varphi \in C(\sigma (N))$.

[令 $\varphi (x)=x-\lambda$, 即得 $\ker (N-\lambda I)=\mathfrak{R}(E(\{\lambda \}))$, 从而本题结论成立.]

注意到 $\varphi (N){\chi }_{{\varphi }^{-1}(0)}(N)=(\varphi {\chi }_{{\varphi }^{-1}(0)})(N)=0$, 且$${\chi }_{{\varphi }^{-1}(0)}(N)={\int }_{{\varphi }^{-1}(0)}\mathrm{d}E=E({\varphi }^{-1}(0)),$$于是 $\mathfrak{R}(E({\varphi }^{-1}(0)))\subset \ker (\varphi (N))$.

反过来, 对一切正整数 $n$, 记 $S_n={\varphi }^{-1}\left(\right[\frac{1}{n},\frac{1}{n-1}\left)\right)$, 有 $|{\chi }_{S_n}/\varphi |⩽n$ 是有界可测函数, 且$$({\chi }_{S_n}/\varphi )(N)\varphi (N)=({\chi }_{S_n})(N)=E(S_n).$$那么对 $x\in \ker (\varphi (N))$, $E(S_n)x=0$, 则$$E({\varphi }^{-1}(0))x=(I-\sum _{n=1}^{\infty }E(S_n))x=x,$$得 $x\in \mathfrak{R}(E({\varphi }^{-1}(0)))$.

$\square$

习题 7. 对于 Hilbert 空间 $H$ 上正规算子 $N$, 证明: $N$ 是自伴算子当且仅当 $\sigma (N)\subset \mathbb{R}$.

证明. 当 $\sigma (N)\subset \mathbb{R}$, $N^{\ast }=\bar{x}(N)=x(N)=N$.

若 $N$ 是自伴算子, 考虑 $N$ 生成的含幺 $C^{\ast }$–代数 $\mathcal{A}$, 由附录引理 G.2 知 $\sigma (N)={\sigma }_{\mathcal{A}}(N)$. 再用附录引理 G.1, ${\sigma }_{\mathcal{A}}(N)\subset \mathbb{R}$.

$\square$

习题 8. 对于 Hilbert 空间 $H$ 上正规算子 $N$, $f\in C(\sigma (N))$. 证明: $$\sigma (f(N))=f(\sigma (N)).$$

证明. 设 $\mathcal{A}$ 是由 $N$ 生成的含幺交换 $C^{\ast }$–代数, 由定理 G.10 及引理 G.2, 映射 $C(\sigma (N))\to \mathcal{A},f\mapsto f(N)$ 是 $\ast$-等距同构, 所以 $f-\lambda$ 不可逆等价于 $f(N)-\lambda$ 不可逆, 即 $\lambda \in f(\sigma (N))$ 等价于 $\lambda \in \sigma (f(N))$.

$\square$

注. 注意到, 已出现了 $f(N)$ 的两个定义, 其一是习题 6 用谱积分的定义, 其二是附录 G 用 Gelfand 逆映射的定义. 事实上两者是一致的: 对于多项式 $p(z)=\sum _{n,m=0}^k{a}_{n,m}{z}^n{\bar{z}}^m$, 按两个定义均有 $p(N)=\sum _{n,m=0}^k{a}_{n,m}{N}^n{N}^{\ast m}$, 并且多项式全体在 $C(\sigma (N))$ 中稠密.

习题 9. 设 $T$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上有界线性算子.
(1) 若 $T$ 是正算子, 证明: 存在自伴算子 $F\in \mathfrak{B}(H)$ 使得 $F^2=T$.
(2) 证明: $T$ 是正算子当且仅当 $⟨Tx,x⟩⩾0,\forall x\in H$.

证明. (1) 取 $F=\sqrt{T}$ (参考例 4.6.3) , 对 $z\in \sigma (T)\subset \mathbb{R}$, $\overline{\sqrt{z}}=\sqrt{z}$, 则 $F^{\ast }=\overline{\sqrt{T}}=F$.

(2) 设 $T$ 是正算子, 由于 $E_{x,x}(S)=⟨E(S)x,x⟩⩾0$ 是正测度, 得$$⟨Tx,x⟩={\int }_{[0,\infty )}z\mathrm{d}{E}_{x,x}⩾0.$$

反过来, 设 $⟨Tx,x⟩⩾0$, 则有 $⟨Tx,x⟩=⟨x,Tx⟩$, 从而 $T$ 自伴, 于是 $\sigma (T)\subset \mathbb{R}$. 接下来给出两种做法.

(I) 对于 $\lambda <0$, 根据条件有$$(-\lambda )\Vert x{\Vert }^2=⟨-\lambda x,x⟩⩽⟨(T-\lambda I)x,x⟩⩽\Vert (T-\lambda I)x\Vert \Vert x\Vert ,$$故 $T-\lambda I$ 下有界, 这既说明 $T-\lambda I$ 是单射和 $\mathfrak{R}(T-\lambda I)$ 是闭的, 也说明$$\mathfrak{R}(T-\lambda I)={}^{\perp }\ker (T-\lambda I{)}^{\ast }={}^{\perp }\ker (T-\lambda I)={}^{\perp }\{0\}=H,$$由此 $\lambda \notin \sigma (T)$, 于是 $\sigma (T)\subset [0,\infty )$.

(II) 把 $z$ 拆成 $z^{+}=\max (z,0)$ 减去 $z^{-}=\max (-z,0)$, 两者都是 $\sigma (T)$ 上的连续函数, 有函数演算$$T_{+}={\int }_{\sigma (T)}{z}^{+}\mathrm{d}E,T_{-}={\int }_{\sigma (T)}{z}^{-}\mathrm{d}E.$$$T_{+},T_{-}$ 亦是自伴的, 且由习题 7 和谱映射定理, $\sigma (T_{+}),\sigma (T_{-})\subset [0,+\infty )$. 由于 $z=z^{+}-z^{-}$, 有 $T=T_{+}-T_{-}$; 由于 $z^{+}{z}^{-}=0$, 有 $T_{+}{T}_{-}=0$. 于是$$0⩽⟨T(T_{-})x,T_{-}x⟩=-⟨T_{-}^{2}x,T_{-}x⟩=-⟨T_{-}(T_{-}x),T_{-}x⟩⩽0,$$这说明 $⟨T_{-}^{3}x,x⟩=0$ 恒成立, 即 $T_{-}^3=0$. 由例 4.1.17 可知 $\Vert T_{-}\Vert =\underset{n\to +\infty }{\lim }\Vert T_{-}^n{\Vert }^{\frac{1}{n}}=0$, 最终得出 $T=T_{+}$ 是正算子.

$\square$

习题 10. 设 $T$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的有界线性算子. 证明: $T$ 是紧算子当且仅当 $T$ 的值域 $\mathfrak{R}(T)$ 不包含一个闭的无穷维线性子空间.

证明. [Xu] §8.5 练习 13 (p.275 & pp.550–1); 或 [Douglas] Lemma 5.8, Corollary 5.10.

$\square$

习题 12. 设 $T_1,T_2$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的两个 Fredholm 算子. 证明: $\mathrm{ind}{T}_1=\mathrm{ind}{T}_2$ 当且仅当存在连续的 Fredholm 路径 $F:[0,1]\to H$ 上的 Fredholm 算子使得 $F(0)=T_1,F(1)=T_2$.

证明. 前推后如下, 后推前是推论 4.5.1.

先用谱积分连接 $\mathrm{ind}T=0$ 的算子 $T$ 和 $I$ 如下. 由于 $\dim \ker T=\dim X/\mathfrak{R}(T)$, 取有限秩算子 $F$ 使得 $\tilde{T}=T+F$ 可逆, 有路径 $T+tF$ 连接 $T$ 和 $\tilde{T}$; $\tilde{T}$ 和 $I$ 用$${\tilde{T}}^t={\int }_{\sigma (\tilde{T})}{z}^t\mathrm{d}E$$连接, 这里对 $z=r{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\theta },r>0,\theta \in [0,2\pi )$, $z^t$ 是指 $r^t{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}t\theta }$; $\tilde{T}$ 可逆即 $0\notin \sigma (\tilde{T})$, $r$ 有正下界, 从而 ${\tilde{T}}^t$ 对 $t$ 连续.

回到原题. 对于算子 $T_1,T_2$ 使 $\mathrm{ind}{T}_1=\mathrm{ind}{T}_2$, 设 $S\in \mathfrak{B}(H)$ 使 $I-S{T}_2=K$, 其中 $K$ 是紧算子, 则 $\mathrm{ind}{T}_{1}S=\mathrm{ind}S{T}_2=0$, 由上面得有路径 $E(t)$ 连接 $T_{1}S$ 和 $I$, 那么路径 $F(t)=E(t)T_2+(1-t)T_{1}K$ 连接了 $T_{1}S{T}_2+T_{1}K=T_1$ 和 $T_2$.

$\square$

参考文献

[Conway]	J. B. Conway. A Course in Funtional Analysis. Graduate Texts in Mathematics 96. Springer, 1990.
[Douglas]	R. G. Douglas. Banach Algebra Techniques in Operator Theory. Graduate Texts in Mathematics 179. Springer, 1998.
[Xu]	徐胜芝. 实分析与泛函分析. 大学数学学习方法指导丛书 (II 辑). 复旦大学出版社, 2006.
[Yosida]	K. Yosida. Functional Analysis. Classics in Mathematics. Springer, 1980.