泛函分析作业：2025-12-22

3.3.3 #

设 $A\in\mathfrak{C}(\mathscr X)$ , 求证: 当且仅当 $x-Ax=0$ 只有零解时, 方程 $x-Ax=y$ 对 $\forall y\in\mathscr X$ 都有解.

证明

ppt Riesz-Fredholm 理论 (iii) 过长不考证明.

3.3.5 #

设 $A,B\in\mathscr L(\mathscr X)$ , 并且 $AB=BA$ , 求证:

(1) $R(A)$ 和 $N(A)$ 都是 $B$ 的不变子空间;
(2) $R(B^n)$ 和 $N(B^n)$ 都是 $B$ 的不变子空间 $(\forall n\in\mathbb N)$ .

证明

不变子空间不考

3.4.1 #

设 $A\in\mathscr L(H)$ , 求证: $A+A^*,AA^*,A^*A$ 都是对称算子, 并且

\Vert AA^* \Vert=\Vert A^*A \Vert=\Vert A \Vert^2.

证明

根据共轭算子性质 $A^{**}=A$ , 从而 $(AA^*)^*=A^{**}A^*=AA^*$ , $(A^*A)^*=A^*A^{**}=A^*A$ .

$(A^*+A)^*=A+A^*=A^*+A$ .

由自伴算子的范数可用二次型刻画

\Vert AA^* \Vert=\sup\limits_{\Vert x \Vert=1}|(AA^*x,x)|=\sup\limits_{\Vert x \Vert=1}|(A^*x,A^*x)|=\sup\limits_{\Vert x \Vert=1}\Vert A^*x \Vert^2=\Vert A^* \Vert^2=\Vert A \Vert^2

同理可证 $\Vert A^*A \Vert=\Vert A \Vert^2$ .

3.4.2 #

设 $A\in\mathscr L(H)$ , 满足 $(Ax,x)\geqslant 0(\forall x\in H)$ , 且

(Ax,x)=0\Leftrightarrow x=0,

求证:

\Vert Ax \Vert^2\leqslant \Vert A \Vert(Ax,x)\quad (\forall x\in H).

证明

定义新内积 $(x,y)_A=(Ax,y)$ .

有题设条件满足正定性 $(x,x)_A\geqslant A$ , 且 $(x,x)_A=0\Leftrightarrow x=0$ .

且根据 $(Ax,x)\geqslant 0$ , 从而 $(Ax,x)\in\mathbb{R}$ , 故 $A$ 是自伴算子.

从而满足共轭对称性 $(x,y)_A=(Ax,y)=(x,Ay)=\overline{(Ay,x)}=\overline{(y,x)_A}$ .

线性性: $(\alpha x_1+\beta x_2,y)_A=(A(\alpha x_1+\beta x_2),y)=\alpha (Ax_1,y)+\beta(Ax_2,y)=\alpha(x_1,y)_A+\beta(x_2,y)_A$ .

所以 $(x,y)_A$ 是一个内积.

那么使用 Cauchy-Schwarz 不等式可得

(x,y)_A^2\leqslant (x,x)_A(y,y)_A=(Ax,x)(Ay,y)\leqslant(Ax,x)\Vert A \Vert(y,y)

我们取 $y=Ax$ 则有

(x,Ax)_A^2=\Vert Ax \Vert^4\leqslant (Ax,x)\Vert A \Vert\Vert Ax \Vert^2

整理即得

\Vert Ax \Vert^2\leqslant\Vert A \Vert(Ax,x)\quad (\forall x\in H)

3.4.3 #

设 $A$ 是 $H$ 上的有界对称算子, 令

m(A)\triangleq\inf\limits_{\Vert x \Vert=1}(Ax,x),\quad M(A)\triangleq\sup\limits_{\Vert x \Vert=1}(Ax,x).

求证:

(1) $\sigma(A)\subset[m(A),M(A)]$ , 且 $m(A),M(A)\in\sigma(A)$ .

进一步假设 $A$ 是 $H$ 上的对称紧算子, 求证:

(2) 若 $m(A)\neq 0$ , 则 $m(A)\in\sigma_p(A)$ ;
(3) 若 $M(A)\neq 0$ , 则 $M(A)\in\sigma_p(A)$ .

证明

(1) 首先当 $A$ 自伴时, 其谱点均是实数.

设 $\lambda>M(A)$ , $T_\lambda=\lambda I-A$ . 共轭双线性型 $a(x,y)=(T_\lambda x,y)$ .

首先由 $T_\lambda$ 有界及 Cauchy-Schwarz 不等式, 存在 $M>0$ , $|a(x,y)|<M\Vert x \Vert\Vert y \Vert$ .

其次 $(T_\lambda x,x)=\lambda\Vert x \Vert^2-(Ax,x)\geqslant (\lambda-M)\Vert x \Vert^2$ .

从而根据 Lax-Milgram 定理, $T_\lambda$ 是唯一的有界线性算子使得 $a(x,y)=(T_\lambda x,y)$ 且 $\norm{T_\lambda^{-1}}\leqslant \frac{1}{\lambda-M}$ .

所以 $\lambda\in\rho(T)$ .

同理当 $\lambda<m(A)$ 时, 取 $T_\lambda=A-\lambda I$ . 即可得到 $\lambda\in \rho (T)$ .

所以 $\sigma(A)\subset[m(A),M(A)]$ .

下证 $M(A)\in \sigma(A)$ .

还是考虑 $T_{m(A)}=A-m(A)I$ , 有 $(T_{m(A)}x,x)=(Ax,x)-(m(A)x,x)\geqslant 0$ .

从而对于 $T_{m(A)}$ 有其谱点均为非负实数.

那么根据自伴算子的谱半径等于其算子范数, 故 $r_\sigma(T)=\norm{T_{m(A)}}=\sup\limits_{\Vert x \Vert=1}|(T_{m(A)}x,x)|$ 所以 $\sup\limits_{\lambda\in\sigma(T_{m(A)})}|\lambda|=M(A)-m(A)$ 再根据有界线性算子的谱集是紧集, 所以 $M(A)-m(A)\in\sigma(T_{m(A)})$ , 而 $T_{m(A)}$ 和 $A$ 的谱点只做平移变换, 故 $M(A)\in \sigma(A)$ .

同理考虑 $T_{M(A)}=M(A)I-A$ , 即可证明 $m(A)\in \sigma(A)$ .

(2) 由 Riesz-Schauder 理论 $\sigma(A)\setminus\{0\}=\sigma_p(A)\setminus\{0\}$ .

由上一问 $m(A),M(A)\in\sigma(A)$ , 所以当 $m(A)\neq0,M(A)\neq0$ 时有 $m(A)\in\sigma_p(A),M(A)\in\sigma_p(A)$ .

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