紧算子是一种特殊的线性算子.

为什么研究紧算子?
一个主要原因是, 紧算子可以用有限秩算子(finite rank operator)逼近, 便于对算子方程的解做数值逼近.

定理 1: 若$H$是无穷维Hilbert空间, 算子$A\in CL(H)$, 且$\norm{A}<1$, 则对于任何$y\in H$,
存在唯一的$x\in H$满足

$$(I-A)x=y.$$

这个解$x$可以由Neumann级数

$$x=(I-A)^{-1}y=(I+A+A^{2}+\cdots)y$$

给出.

上面的解有两种缺点:

1. 计算$A^{n}$是不现实的.

2. 级数收敛速度不理想.

紧算子

定义: (紧算子) 设$X,Y$是赋范空间, 线性变换$T:X\to Y$称为是紧算子, 若对于任何有界序列$(x_{n})_{n\in\NN}\subseteq X$, 序列$(Tx_{n})_{n\in\NN}$有收敛子列.

记从$X$到$Y$的所有紧算子形成集合为$K(X,Y)$.

定理 2: 设$X,Y$是赋范空间, $T:X\to Y$是线性变换, 则以下命题等价:

(1). $T$是紧的.

(2). $\overline{T(B)}$是紧的, 其中$B$是$X$中的单位球, 即

$$B\coloneqq\left\{ x\in X:\norm{x}\le1\right\} .$$

提示

(1)$\Longrightarrow$(2). 也就是证$\overline{T(B)}$中的序列$(z_{n})_{n\in\NN}$有收敛子列.

(2)$\Longrightarrow$(1). 即证$X$中有界序列$(x_{n})$, 使$(Tx_{n})_{n\in\NN}$有收敛子列.

紧算子集$K(X,Y)$

定理 3: $K(X,Y)\subseteq CL(X,Y)$.

提示

紧算子将$X$中的单位球映为$Y$中的紧集, 从而是$Y$中的有界集, 即这紧算子是有界算子, 线性有界算子是连续的.

例: 不是所有连续线性变换都是紧的.

提示

设$X$为任一无穷维内积空间, 比如$l^{2}$. 其上的恒等算子$I\in CL(X)$不是紧算子.
因为$I$映$X$中正交基$(u_{n})_{n\in\NN}$的像没有收敛子列.

定义: 称算子$T$是有限秩算子(finite rank operator), 如果它的值域$\mathrm{ran}(T)$是有限维向量空间.

定理 4: 设$X$是赋范空间, $Y$是内积空间, 若$T\in CL(X,Y)$使$\mathrm{ran}(T)$是有限维的, 则$T$是紧算子.

提示

设有界序列$(x_{n})_{n\in\NN}\subseteq X$, $u_{1},\cdots,u_{m}$为$\mathrm{ran}(T)$的正交基.

则$\left(\left\langle Tx_{n},u_{l}\right\rangle \right)_{n\in\NN}$对于任何$l$有界,
类似聚点定理的证明.

例: $L(\CC^{n},\CC^{m})=CL(\CC^{n},\CC^{m})=K(\CC^{n},\CC^{m})$.

提示

若$A\in\CC^{n\times m}$, 则$T_{A}:\CC^{n}\to\CC^{m}$, $x\mapsto Ax$满足$T_{A}\in CL(\CC^{n},\CC^{m})$,
且因为$\mathrm{ran}T_{A}\subseteq\CC^{m}$, $T_{A}$是有限秩的. 故$T_{A}$是紧算子.

特别地, 恒等算子$I:\CC^{d}\to\CC^{d}$是紧算子.

定理 5: $K(X,Y)$是$CL(X,Y)$的子空间, 其中$X,Y$均为赋范空间.

提示

(1). $0$是紧算子, 因为对于任何有界序列$(x_{n})\subseteq X$, $(0x_{n})_{n\in\NN}=(0)_{n\in\NN}$是收敛的.

(2). 若$T,S$均是紧算子, 设$(x_{n})_{n\in\NN}$有界, 则$(Tx_{n})_{n\in\NN}$有子列$(Tx_{n_{k}})_{k\in\NN}$收敛.

$(Sx_{n_{k}})_{k\in\NN}$有子列$(Sx_{n_{k_{l}}})_{l\in\NN}$收敛.

故子列$\left((T+S)x_{n_{k_{l}}}\right)_{l\in\NN}$收敛, 即说明$T+S$是紧算子.

(3). 若$T$是紧算子, $\alpha\in\mathbb{K}$, $(x_{n})_{n\in\NN}\in X$为有界序列,
则$(Tx_{n})_{n\in\NN}$有收敛子列$(Tx_{n_{k}})_{k\in\NN}$.

因此$\left((\alpha T)x_{n_{k}}\right)_{k\in\NN}=\left(\alpha(Tx_{n_{k}})\right)_{k\in\NN}$收敛,
故$\alpha T$是紧算子.

定理 6: 设$X$是赋范空间, $Y$是Banach空间, $(T_{n})_{n\in\NN}\subseteq K(X,Y)$在赋范空间$CL(X,Y)$中收敛于$T\in CL(X,Y)$.
则$T$是紧算子, 即$T\in K(X,Y)$, $K(X,Y)$是$CL(X,Y)$的闭线性子空间.

提示

(1). 设$\left(x_{n}\right)_{n\in\NN}$是$X$中有界序列, 则由$(T_{n})_{n\in\NN}\subseteq K(X,Y)$,
知

$\left(T_{1}x_{n}\right)_{n\in\NN}$有收敛子列$\left(T_{1}x_{n}^{(1)}\right)_{n\in\NN}$;

$\left(T_{2}x_{n}^{(1)}\right)_{n\in\NN}$有收敛子列$\left(T_{2}x_{n}^{(2)}\right)_{n\in\NN}$;

…

考虑序列$x_{1}$, $x_{2}^{(1)}$, $x_{3}^{(2)}$, $\cdots$, 则

$$\left\{ x_{k+1}^{(k)},x_{k+2}^{(k+1)},x_{k+3}^{(k+2)},\cdots\right\} \text{是序列}\left\{ x_{k+1}^{(k)},x_{k+2}^{(k)},x_{k+3}^{(k)},\cdots\right\} \text{的子列.}$$

因$\left(T_{k}x_{n}^{(k)}\right)_{n\in\NN}$收敛, 从而$\left(T_{k}x_{k+n+1}^{(k+n)}\right)_{n\in\NN}$也收敛,
即$\left(T_{k}x_{n+1}^{(n)}\right)_{n\in\NN}$收敛.

(2). 对于任意的$m,n\in\NN$, 有

$$\begin{align*} \norm{Tx_{n+1}^{(n)}-Tx_{m+1}^{(m)}} & \le\norm{Tx_{n+1}^{(n)}-T_{k}x_{n+1}^{(n)}}+\norm{T_{k}x_{n+1}^{(n)}-T_{k}x_{m+1}^{(m)}}+\norm{T_{k}x_{m+1}^{(m)}-Tx_{m+1}^{(m)}}\\ & \le\norm{T-T_{k}}\cdot\norm{x_{n+1}^{(n)}}+\norm{T_{k}x_{n+1}^{(n)}-T_{k}x_{m+1}^{(m)}}+\norm{T_{k}-T}\cdot\norm{x_{m+1}^{(m)}}\\ & \to0,\qquad m,n\to\infty. \end{align*}$$

故$\left(Tx_{n+1}^{(n)}\right)_{n\in\NN}$在$Y$中是Cauchy列, 由$Y$是Banach空间,
它在$Y$中收敛.

由$\left(Tx_{n+1}^{(n)}\right)_{n\in\NN}$是$\left(Tx_{n}\right)_{n\in\NN}$的子列,
故$T$是紧算子.

定理 7: 设$X$是赋范空间, $Y$是Hilbert空间, $\left(T_{n}\right)_{n\in\NN}\subseteq CL(X,Y)$是有限秩算子,
且在$CL(X,Y)$中收敛于$T$, 则$T$是紧算子.

例: (什么时候$l^{2}$中的对角算子是紧算子)

设$X,Y=l^{2}$, $\left(\lambda_{n}\right)_{n\in\NN}$在域$\mathbb{K}$中有界,
$\Lambda\in CL(l^{2})$定义为

$$\Lambda=\mathrm{diag}(\lambda_{1},\lambda_{2},\lambda_{3},\cdots).$$

则$\norm{\Lambda}=\sup_{n\in\NN}\left|\lambda_{n}\right|$, 下面证明$\Lambda$是紧算子当且仅当$\lim_{n\to\infty}\lambda_{n}=0$.

提示

$\Longleftarrow$: 取$n\in\NN$, 算子$\Lambda_{n}=\mathrm{diag}(\lambda_{1},\cdots,\lambda_{n},0,\cdots)\in CL(l^{2})$,
则$\Lambda_{n}$是有限秩算子, $\mathrm{ran}\Lambda_{n}\subseteq\mathrm{span}\left\{ e_{1},\cdots,e_{n}\right\} $.

从而$\Lambda_{n}$是紧算子, 而

$$\norm{\Lambda-\Lambda_{n}}=\norm{\mathrm{diag}(0,\cdots,0,\lambda_{n+1},\lambda_{n+2},\cdots)}=\sup_{k:k>n}\left|\lambda_{k}\right|\to0,\quad n\to\infty.$$

即$\Lambda$是紧算子序列$\left(\Lambda_{n}\right)_{n\in\NN}$的强极限(一致极限, uniform
limit), 故$\Lambda$是紧算子.

$\Longrightarrow$: 反证, 设$\Lambda$是紧算子, 但存在$\epsilon>0$, 使对于任意的$N\in\NN$,
存在$n>N$使得$\left|\lambda_{n}\right|\ge\epsilon$.

取$N=1$, 则存在$n_{1}>1$, 使得$\left|\lambda_{n_{1}}\right|\ge\epsilon$.

取$N=n_{1}$, 则存在$n_{2}>n_{1}$, 使得$\left|\lambda_{n_{2}}\right|\ge\epsilon$.

…

则有$\left(\lambda_{n}\right)_{n\in\NN}$的子列$\left(\lambda_{n_{k}}\right)_{k\in\NN}$,
使$\left|\lambda_{n_{k}}\right|\ge\epsilon$, 对于任何$k\in\NN$. 于是$\left(\Lambda e_{n_{k}}\right)_{k\in\NN}=\left(\lambda_{n_{k}}e_{n_{k}}\right)_{k\in\NN}$没有收敛子列.

与$\Lambda$是紧算子矛盾.

例: (Hilbert Schmidt算子是紧算子)

设$H$是Hilbert空间, 有标准正交基$\left\{ u_{1},u_{2},u_{3},\cdots\right\} $.

设$T\in CL(H)$是Hilbert-Schmidt算子, 即满足$\sum_{n=1}^{\infty}\norm{Tu_{n}}^{2}<+\infty$.

(1) 若$m\in\NN$, 则定义$T_{m}:H\to H$, $x\mapsto\sum_{n=1}^{m}\left\langle x,u_{n}\right\rangle Tu_{n}$.
则$T_{m}\in CL(H)$且满足

$$\norm{(T-T_{m})x}^{2}\le\norm{x}^{2}\sum_{n=m+1}^{\infty}\norm{Tu_{n}}^{2}.$$

这是因为$x=\sum_{n}\left\langle x,u_{n}\right\rangle u_{n}$, $Tx=\sum_{n}\left\langle x,u_{n}\right\rangle Tu_{n}$.

(2) 证明每个Hilbert-Schmidt算子$T$是紧算子.

Hint: $T$是有限秩算子序列$\left(T_{m}\right)_{m\in\NN}$的强极限.

例: 设$H$是Hilbert空间, $x_{0},y_{0}\in H$给定, 定义$x_{0}\otimes y_{0}:H\to H$,
$x\mapsto\left\langle x,y_{0}\right\rangle x_{0}$.

(1) 证明$x_{0}\otimes y_{0}\in CL(H)$, 且$\norm{x_{0}\otimes y_{0}}\le\norm{x_{0}}\cdot\norm{y_{0}}$.

(2) $x_{0}\otimes y_{0}$是否为紧算子.

(3) 设$A,B\in CL(H)$, 证明$A(x_{0}\otimes y_{0})B=(Ax_{0})\otimes(B^{*}y_{0})$.

定义: (代数中的理想)

代数$R$中的理想$I$是$R$的一个子集, 且满足:

(I1). $0\in I$.

(I2). 若$a,b\in I$, 则$a+b\in I$.

(I3). 若$a\in I$, $r\in R$, 则$ar\in I$且$ra\in I$.

定理 8: 设$H$是Hilbert空间, 则

(1). 若$T\in K(H)$是紧算子, $S\in CL(H)$, 则$TS$是紧算子.

(2). 若$T\in CL(H)$是紧算子, 则$T^{*}$是紧算子.

(3). 若$T\in CL(H)$是紧算子, $S\in CL(H)$, 则$ST$是紧算子.

即$K(H)$是$CL(H)$的闭理想.

提示

(2). 用(1)知, $TT^{*}$是紧算子, 并注意以下不等式

$$\begin{align*} 0\le\norm{T^{*}x_{m}-T^{*}x_{n}}^{2} & =\left\langle TT^{*}(x_{m}-x_{n}),(x_{m}-x_{n})\right\rangle \\ & \le\norm{TT^{*}(x_{m}-x_{n})}\cdot\norm{x_{m}-x_{n}}. \end{align*}$$

(3).

$$\left.\begin{array}{c} T\text{紧}\xrightarrow{(2)}T^{*}\text{紧}\\ S\in K(H)\longrightarrow S^{*}\in CL(H) \end{array}\right\} \xrightarrow{(1)}T^{*}S^{*}\text{紧}\xrightarrow{(2)}(T^{*}S^{*})^{*}=S^{**}T^{**}=ST\text{紧}.$$

例: (无穷维Hilbert空间中的紧算子不可逆)

设$H$是无穷维Hilbert空间, $T\in K(H)$, 若$T\in CL(H)$可逆, 则$T^{-1}\in CL(H)$,
由定理 8知

$$I=TT^{-1}\in K(H).$$

但$I$在$H$中并不是紧算子, 矛盾.

例: 设$T\in CL(H)$, $H$是无穷维Hilbert空间.

(1). 举例$H$和$T$, 使得$T^{2}$是$H$上的紧算子, 但$T$不是紧算子.

(2). 证明: 若$T$是自伴的, $T^{2}$是紧算子, 则$T$是紧算子. (Hint: 才用定理 8中(2)的证明.)

例: 设$H$是无穷维Hilbert空间, $S,T\in CL(H)$, 判断以下命题是否正确:

(1). 若$S,T$均是紧算子, 则$S+T$是紧算子. √

(2). 若$S+T$紧, 则$S$或$T$紧. ×

(3). 若$S$或$T$紧, 则$ST$紧. √

(4). 若$ST$紧, 则$S$紧或$T$紧. ×

例: 设$H$是Hilbert空间, $A\in CL(H)$, 定义$\Lambda\in CL(CL(H))$: $CL(H)\to CL(H)$,
$T\mapsto A^{*}T+TA$. 证明$CL(H)$的子空间$K(H)$是$\Lambda$-不变子空间, 即$\Lambda K(H)\subseteq K(H)$.

Hint: 用定理 8.

紧算子的逼近

考虑方程$(I-K)x=y$, 其中$K$是Hilbert空间$H$上给定的算子, $y\in H$给定, 求$x\in H$的问题.

用有限秩算子逼近, 设$K_{0}$与$K$接近, $y_{0}$与$y$很接近, 求$x_{0}$的问题$(I-K_{0})x=y_{0}$是容易的.

下面估计$\norm{x-x_{0}}$的大小.

定理 9: 设$H$是Hilbert空间, $K\in CL(H)$使$I-K$在$CL(H)$中可逆, $K_{0}\in CL(H)$满足

$$\epsilon\coloneqq\norm{(K-K_{0})(I-K)^{-1}}.$$

则对于任意的$y,y_{0}\in H$, 存在唯一的$x,x_{0}\in H$满足:

(a). $(I-K)x=y$;

(b). $(I-K_{0})x_{0}=y_{0}$;

(c). $\norm{x-x_{0}}\le\frac{\norm{(I-K)^{-1}}}{1-\epsilon}\left(\epsilon\norm{y}+\norm{y-y_{0}}\right)$.

提示

由$\norm{(K-K_{0})(I-K)^{-1}}<1$, Neumann级数定理给出$I+(K-K_{0})(I-K)^{-1}$可逆,
故

$$I-K_{0}=I-K+K-K_{0}=\left(I+(K-K_{0})(I-K)^{-1}\right)(I-K)$$

可逆, 从而

$$\norm{(I-K_{0})^{-1}}\le\frac{\norm{(I-K)^{-1}}}{1-\norm{(K-K_{0})(I-K)^{-1}}}=\frac{\norm{(I-K)^{-1}}}{1-\epsilon}.$$

由

$$(I-K)^{-1}-(I-K_{0})^{-1}=(I-K_{0})^{-1}(K-K_{0})(I-K)^{-1}$$

有

$$\norm{(I-K)^{-1}-(I-K_{0})^{-1}}\le\frac{\norm{(I-K)^{-1}}}{1-\epsilon}\cdot\epsilon,$$

故(a), (b)解得$x,x_{0}\in H$存在唯一, 且

$$x-x_{0}=\left((I-K)^{-1}-(I-K_{0})^{-1}\right)y+(I-K_{0})^{-1}(y-y_{0})$$

有

$$\norm{x-x_{0}}\le\frac{\epsilon\norm{(I-K)^{-1}}}{1-\epsilon}\cdot\norm{y}+\frac{\norm{(I-K)^{-1}}}{1-\epsilon}\cdot\norm{y-y_{0}}$$

即得.

定理 10: (Galerkin逼近)

设$H$是Hilbert空间, $K$是$H$上的紧算子, $\left(P_{n}\right)_{n\in\NN}$为有限秩投影算子($P_{n}^{2}=P_{n}=P_{n}^{*}\in CL(H)$),
且$P_{n}$强收敛于$I$, 即对于任意的$x\in H$, $\lim_{n\to\infty}P_{n}x=x$,
则$P_{n}KP_{n}\to K$ in $CL(H)$.

提示

以此证明:

(1). $P_{n}K\to K$ in $CL(H)$, (投影逼近)(projection approximation)

(2). $KP_{n}\to K$ in $CL(H)$, (sloan approximation)

(3). $P_{n}KP_{n}\to K$ in $CL(H)$. (Galerkin逼近)

(1): 注意

$$\norm{P_{n}x}^{2}=\left\langle P_{n}x,P_{n}x\right\rangle \le\norm{P_{n}x}\cdot\norm{x}\Longrightarrow\norm{P_{n}}\le1.$$

反证$P_{n}K\not\to K$ in $CL(H)$, 则$\exists\epsilon>0$, s.t. $\forall N\in\NN$,
$\exists n>N$, s.t. $\norm{P_{n}K-K}>\epsilon$.

从而有$\left(x_{n_{k}}\right)_{k\in\NN}$, 使$\norm{x_{n_{k}}}\le1$,
$\norm{\left(P_{n_{k}}K-K\right)x_{n_{k}}}>\epsilon$, 由$K$紧, 取$Kx_{n_{k_{l}}}\to y$
in $H$. 故

$$\begin{align*} \epsilon<\norm{(P_{n_{k}}K-K)x_{n_{k_{l}}}} & =\norm{\left(P_{n_{k_{l}}}-I\right)y+\left(P_{n_{k_{l}}}-I\right)\left(Kx_{n_{k_{l}}}-y\right)}\\ & \le\norm{\left(P_{n_{k_{l}}}-I\right)y}+\norm{P_{n_{k_{l}}}-I}\cdot\norm{Kx_{n_{k_{l}}}-y}\to0. \end{align*}$$

矛盾.

(2): 因$K$是紧算子, 故 $K^{*}$ 紧, 由(1), $P_{n}^{*}K^{*}=P_{n}K^{*}\to K^{*}$
in $CL(H)$. 从而

$$\norm{KP_{n}-K}=\norm{\left(KP_{n}-K\right)^{*}}=\norm{P_{n}K^{*}-K^{*}}\to0,\qquad n\to\infty.$$

(3):

$$\begin{align*} \norm{P_{n}KP_{n}-K} & =\norm{P_{n}(KP_{n}-K)+P_{n}K-K}\\ & \le\norm{P_{n}}\cdot\norm{KP_{n}-K}+\norm{P_{n}K-K}\to0. \end{align*}$$

紧算子的谱定理

定理 11: (紧自伴算子的谱定理)

设$H$是Hilbert空间, $T=T^{*}\in K(H)$有有限秩, 则存在正交特征向量$u_{n}$, $n\in\NN$与相应的特征向量$\lambda_{n}$,
$n\in\NN$, 使得$\lim_{n\to\infty}\lambda_{n}=0$, 且对于任意的$x\in H$,
有

$$Tx=\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n}\left\langle x,u_{n}\right\rangle u_{n}.$$

先证几个引理.

引理 1: 若$T=T^{*}\in CL(H)$, 则

$$\norm{T}=\sup_{\norm{x}=1}\left|\left\langle Tx,x\right\rangle \right|.$$

提示

设$M\coloneqq\sup_{\norm{x}=1}\left|\left\langle Tx,x\right\rangle \right|$, 则易证$M\le\norm{T}$. 下证$\norm{T}\le M$.

注意

$$\begin{align*} \left\langle T(x+y),x+y\right\rangle & =\left\langle Tx,x\right\rangle +2\mathrm{Re}\left\langle Tx,y\right\rangle +\left\langle Ty,y\right\rangle \\ \left\langle T(x-y),x-y\right\rangle & =\left\langle Tx,x\right\rangle -2\mathrm{Re}\left\langle Tx,y\right\rangle +\left\langle Ty,y\right\rangle \end{align*}$$

故

$$\begin{align*} 4\mathrm{Re}\left\langle Tx,y\right\rangle & =\left\langle T(x+y),x+y\right\rangle -\left\langle T(x-y),x-y\right\rangle \\ & \le M\norm{x+y}^{2}+M\norm{x-y}^{2}\\ & =2M\left(\norm{x}^{2}+\norm{y}^{2}\right). \end{align*}$$

取$\theta\in\RR$, 用$\ue^{\ui\theta}y$代替$y$使

$$\mathrm{Re}\left\langle Tx,y\right\rangle =\left\langle Tx,y\right\rangle \le\frac{M}{2}\left(\norm{x}^{2}+\norm{y}^{2}\right).$$

当$Tx=0$, 或$x=0$时, $\norm{Tx}\le M\cdot\norm{x}$, 显然成立.

当$Tx\ne0$, 且$x\ne0$时, 则取$y\coloneqq\frac{\norm{x}}{\norm{Tx}}Tx$,
有

$$\norm{Tx}\cdot\norm{x}\le M\cdot\norm{x}^{2}\Longrightarrow\norm{T}\le M.$$

特别地, 当$T$是紧算子时, 存在$x\in H$, $\norm{x}=1$使

$$\left|\left\langle Tx,x\right\rangle \right|=\norm{T}=\sup_{\norm{x}=1}\left\langle Tx,x\right\rangle .$$

引理 2: 若$H$是非平凡Hilbert空间, $T=T^{*}\in K(H)$. 则$\norm{T}$或$-\norm{T}$之一为$T$的特征值.

提示

不妨设$T\ne0$. 由于$T$是自伴的, 故$\left\langle Tx,x\right\rangle \in\RR$,
取$\left(x_{n}\right)_{n\in\NN}$, $\norm{x_{n}}=1$, 不妨证$\left\langle Tx_{n},x_{n}\right\rangle \to\lambda=\norm{T}$,
$n\to\infty$. 则

$$\begin{align*} 0 & \le\norm{Tx_{n}-\lambda x_{n}}^{2}=\norm{Tx_{n}}^{2}-2\lambda\left\langle Tx_{n},x_{n}\right\rangle +\lambda^{2}\\ & \le\norm{T}-2\lambda\left\langle Tx_{n},x_{n}\right\rangle +\lambda^{2}\to0,\quad n\to\infty. \end{align*}$$

故$Tx_{n}-\lambda x_{n}\to0$, 由$T$紧, $Tx_{n_{k}}\to y$, 则$x_{n_{k}}\to\frac{y}{\lambda}$,
再由$T$连续,

$$y=\lim_{k\to\infty}Tx_{n_{k}}=T\frac{y}{\lambda}=\frac{1}{\lambda}Ty.$$

而

$$\norm{y}=\lim_{k\to\infty}\norm{\lambda x_{n_{k}}}=\lambda\ne0.$$

引理 3: 设$H$是Hilbert空间, $T=T^{*}\in CL(H)$, $Y$是$H$中$T$-不变闭子空间, 则

(1). $Y^{\perp}$也是$T$-不变子空间;

(2). $T$在Hilbert空间$Y^{\perp}$上的限制$T\mid_{Y^{\perp}}:Y^{\perp}\to Y^{\perp}$也是自伴的;

(3). 若$T$是紧的, 则$T\mid_{Y^{\perp}}$也紧.

提示

(1). 对于任意的$z\in Y^{\perp}$, 有$Tz\in Y^{\perp}$.

(2). $Y^{\perp}$是Hilbert空间中的闭子空间, 也是Hilbert空间.

(1)推出$Y^{\perp}$是$T$-不变子空间, 所以$T\mid_{Y^{\perp}}$是良定的.

最后由$T$自伴推出$T\mid_{Y^{\perp}}$自伴.

(3). 设$\left(z_{n}\right)_{n\in\NN}\subseteq Y^{\perp}$, $\left(z_{n}\right)_{n\in\NN}$有界,
$\left(Tz_{n_{k}}\right)\subseteq Y^{\perp}$收敛于$z\in H$.

由$Y^{\perp}$是$H$的闭子空间, 所以$z\in Y^{\perp}$.

谱定理的证明

设$H\coloneqq H$, $T_{1}\coloneqq T$.

则引理 2推出存在$\lambda_{1}$, $u_{1}$, s.t. $\left|\lambda_{1}\right|=\norm{T_{1}}$,
$\norm{u_{1}}=1$, $T_{1}u_{1}=\lambda_{1}u_{1}$.

取$H_{2}\coloneqq\left(\mathrm{span}\left\{ u_{1}\right\} \right)^{\perp}$为$H_{1}$的闭子空间,
是$T$-不变子空间, 让$T_{2}=T\mid_{H_{2}}$, 则$T_{2}$是紧自伴的.

故存在$\lambda_{2}$, $u_{2}$, s.t. $\left|\lambda_{2}\right|=\norm{T_{2}}$,
$\norm{u_{2}}=1$, $T_{2}u_{2}=\lambda_{2}u_{2}$且

$$\left|\lambda_{2}\right|=\left|\left\langle T_{2}u_{2},u_{2}\right\rangle \right|=\left\langle Tu_{2},u_{2}\right\rangle \le\norm{T}=\left|\lambda_{1}\right|.$$

综上, $\left\{ u_{1},u_{2}\right\} $是正交的, 且$Tu_{1}=\lambda_{1}u_{1}$,
$Tu_{2}=\lambda_{2}u_{2}$.

取$H_{3}\coloneqq\left(\mathrm{span}\left\{ u_{1},u_{2}\right\} \right)^{\perp}$为$H_{2}$的闭子空间,
是$T$-不变子空间, 让$T_{3}=T\mid_{H_{3}}$, 则$T_{3}$是紧自伴的.

故存在$\lambda_{3}$, $u_{3}$, s.t. $\left|\lambda_{3}\right|=\norm{T_{3}}$,
$\norm{u_{3}}=1$, $T_{3}u_{3}=\lambda_{3}u_{3}$, 且

$$\left|\lambda_{3}\right|=\left|\left\langle T_{3}u_{3},u_{3}\right\rangle \right|=\left|\left\langle T_{2}u_{3},u_{3}\right\rangle \right|\le\norm{T_{2}}=\left|\lambda_{2}\right|.$$

如此下去, 有$H_{n}\coloneqq\left(\mathrm{span}\left\{ u_{1},\cdots,u_{n-1}\right\} \right)^{\perp}$,
$H_{n}\ne0$, 否则对于任何$x\in H$,

$$x-\sum_{k=1}^{n-1}\left\langle x,u_{k}\right\rangle u_{k}\in H_{n}=\left\{ 0\right\} .$$

故

$$Tx=\sum_{k=1}^{n-1}\left\langle x,u_{k}\right\rangle Tu_{k},\qquad\forall x\in H.$$

与$T$是无穷秩算子矛盾.

下面证明$\left|\lambda_{n}\right|\to0$, $n\to\infty$. 否则

$$\inf_{n\in\NN}\left|\lambda_{n}\right|\eqqcolon\epsilon>0,$$

则取$n\ne m$时

$$\norm{Tu_{n}-Tu_{m}}^{2}=\norm{\lambda_{n}u_{n}-\lambda_{m}u_{m}}^{2}=\lambda_{n}^{2}+\lambda_{m}^{2}\ge2\epsilon^{2},$$

与$T$是紧算子矛盾.

最后证

$$Tx=\sum_{k=1}^{\infty}\lambda_{k}\left\langle x,u_{k}\right\rangle u_{k},\qquad\forall x\in H.$$

即, 对于任意的$x$, $x-\sum_{k=1}^{n-1}\left\langle x,u_{k}\right\rangle u_{k}\in H_{n}$与不等式

$$\begin{align*} \norm{Tx-\sum_{k=1}^{n-1}\lambda_{k}\left\langle x,u_{k}\right\rangle u_{k}} & =\norm{T\left(x-\sum_{k=1}^{n-1}\left\langle x,u_{k}\right\rangle u_{k}\right)}\\ & \le\norm{T_{n}}\cdot\norm{x-\sum_{k=1}^{n-1}\left\langle x,u_{k}\right\rangle u_{k}}\\ & \le\left|\lambda_{n}\right|\cdot\norm{x}\to0,\qquad n\to\infty. \end{align*}$$

例: 设$H$是无穷维Hilbert空间, $T=T^{*}\in K(H)$是双射, 则$T$的特征向量形成$H$中的一组基.

提示

只需证$T$是无穷秩的, 用线性相关性和双射反证, 然后用紧自伴算子的谱定理.

例: 设$H$是Hilbert空间, 设$T=T^{*}\in K(H)$有无穷秩, 且是正算子, 即

$$\left\langle Tx,x\right\rangle \ge0,\qquad\forall x\in H.$$

证明$T$有平方根, 即算子$\sqrt{T}\in CL(H)$使$\left(\sqrt{T}\right)^{2}=T$.

提示

用谱定理, $T$的所有特征根$\lambda_{n}\ge0$, 构造算子$S:H\to H$, 满足对于任意的$x\in H$,
有

$$Sx\coloneqq\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt{\lambda_{n}}\left\langle x,u_{n}\right\rangle u_{n},$$

则$S^{2}=T$.