习题: 泛函分析续论

  教材为郭坤宇的《算子理论基础》(第二版, 2022 年 9 月出版), 泛函分析续论 II 的课程内容是 §3.3, §4.3 至 §4.6 与附录 B.1. 据说即将推出新版, 以后的同学参考时可能题号会有微小的变动. 下面的解答由多人合撰, 我们对由此造成的符号和风格上的不统一提前表示歉意. ——2025 年 5 月 22 日

3.3直线上的 Fourier 变换 (p.107)

1.	假设 $1⩽p⩽\infty$, $f\in L^1(\mathbb{R})$, $g\in L^p(\mathbb{R})$, 证明 $f\ast g\in L^p(\mathbb{R})$, 并且 $\Vert f\ast g{\Vert }_p⩽\Vert f{\Vert }_1\Vert g{\Vert }_p$. 证明. 由积分型 Minkowski 不等式立知$$\Vert f\ast g{\Vert }_p=\Vert {\int }_{\mathbb{R}}f(t)g(\cdot -t)\mathrm{d}m(t){\Vert }_p⩽{\int }_{\mathbb{R}}|f(t)|\Vert g(\cdot -t){\Vert }_p\mathrm{d}m(t)=\Vert f{\Vert }_1\cdot \Vert g{\Vert }_p,$$故 $f\ast g\in L^p(\mathbb{R})$. $\square$
2.	证明命题 3.3.6: 设 $f,g\in L^2(\mathbb{R})$, 那么 $f\ast g$ 是直线 $\mathbb{R}$ 上一致连续的有界函数. 证明. 有界性: 由 Cauchy 不等式, 对任意 $x\in \mathbb{R}$, $|(f\ast g)(x)|⩽{\int }_{\mathbb{R}}|f(y)|\cdot |g(x-y)|\mathrm{d}m(y)⩽\Vert f{\Vert }_2\Vert g{\Vert }_2<+\infty$. 一致连续性: 对任意 $\delta >0$, $x\in \mathbb{R}$, 由 Cauchy 不等式知$$|(f\ast g)(x)-(f\ast g)(x+\delta )|⩽{\int }_{\mathbb{R}}|f(y)|\cdot |g(x-y)-g(x+\delta -y)|\mathrm{d}m(y)⩽\Vert f{\Vert }_2\cdot \Vert g(\cdot )-g(\cdot +\delta ){\Vert }_2.$$由 $\underset{\delta \to 0^{+}}{\lim }\Vert g(\cdot )-g(\cdot +\delta ){\Vert }_2=0$ 即证. $\square$
3.	设 $\phi$ 是直线上的紧支撑连续函数, $f\in L^p(\mathbb{R})$, $1⩽p⩽\infty$, 证明 $\phi \ast f$ 是直线上的连续函数. 当 $\phi$ 是直线上的紧支撑的可微函数时, 讨论函数 $\phi \ast f$ 的可微性. 证明. 记 $q$ 为 $p$ 的对偶数, 则 $C_c(\mathbb{R})\subseteq L^q(\mathbb{R})$, 从而仿照上一题, 利用 Hölder 不等式可证 $\phi \ast f$ 有界且一致连续. 如果 $\phi$ 还可微, 则由控制收敛定理易证 $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\phi \ast f)(x)=({\phi }^{\prime }\ast f)(x)$, 从而 $\phi \ast f$ 连续可微. $\square$
4.	设 $\phi$ 是直线上的紧支撑的非负的光滑函数, 满足 ${\int }_{\mathbb{R}}\phi \text{d}m=1$, 并定义 ${\phi }_n(x)=n\phi (nx)$. 证明: (i) 如果 $f\in C_0(\mathbb{R})$, 那么当 $n\to \infty$ 时, $f\ast {\phi }_n$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致收敛到 $f$. (ii) 如果 $1⩽p<\infty$, $f\in L^p(\mathbb{R})$, 那么当 $n\to \infty$ 时, $\Vert f\ast {\phi }_n-f{\Vert }_p\to 0$. (iii) 如果 $f\in L^{\infty }(\mathbb{R})$, 那么当 $n\to \infty$ 时, $f\ast {\phi }_n\stackrel{{\text{w}}^{\ast }}{\to }f$. (iv) 对每个点 $x\in \mathbb{R}$, 当 $n\to \infty$ 时, ${\hat{\phi }}_n(x)\to 1$. 证明. (i) 设 $\mathrm{supp}\phi \subseteq [-N,N]$. 由于对任意正整数 $n$, ${\int }_{\mathbb{R}}{\phi }_n\mathrm{d}m=1$, 故对任意 $x\in \mathbb{R}$, $$|(f\ast {\phi }_n)(x)-f(x)|=\left|{\int }_{\mathbb{R}}(f(x-y)-f(x)){\phi }_n(y)\mathrm{d}m(y)\right|⩽{\int }_{\mathbb{R}}|f(x-\frac{y}{n})-f(x)|\cdot |\phi (y)|\mathrm{d}m(y).$$由于 $f\in C_0(\mathbb{R})$ 表明 $f$ 一致连续, 故$$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{y\in [-N,N]}{\sup }|f(x-\frac{y}{n})-f(x)|=0,$$故$$\underset{n\to \infty }{\lim }\underset{x\in \mathbb{R}}{\sup }|(f\ast {\phi }_n)(x)-f(x)|=0.$$ (ii) 由 Minkowski 不等式可知$$\Vert f\ast {\phi }_n-f{\Vert }_p⩽{\int }_{-N}^N\Vert f(\cdot -\frac{y}{n})-f(\cdot ){\Vert }_p\cdot |\phi (y)|\mathrm{d}m(y).$$由于 $1⩽p<\infty$, $f\in L^p(\mathbb{R})$, 故 $\Vert f(\cdot -\frac{y}{n})-f(\cdot ){\Vert }_p⩽2\Vert f{\Vert }_p<+\infty$, 且对任意 $y\in [-N,N]$, $$\underset{n\to \infty }{\lim }\Vert f(\cdot -\frac{y}{n})-f(\cdot ){\Vert }_p=0,$$从而由控制收敛定理即证. (iii) 任取 $g\in L^1(\mathbb{R})$, $$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{\mathbb{R}}(f\ast {\phi }_n)(x)g(x)\mathrm{d}m(x)-{\int }_{\mathbb{R}}f(x)g(x)\mathrm{d}m(x)\right|& =\left|{\int }_{\mathbb{R}}{\int }_{\mathbb{R}}(f(x-\frac{y}{n})-f(x))\phi (y)g(x)\mathrm{d}m(x)\mathrm{d}m(y)\right|\\ & ⩽{\int }_{\mathbb{R}}{\int }_{\mathbb{R}}|(f\cdot g)(x-\frac{y}{n})-(f\cdot g)(x)|\phi (y)\mathrm{d}m(x)\mathrm{d}m(y)\\ & +{\int }_{\mathbb{R}}{\int }_{\mathbb{R}}|f(x-\frac{y}{n})|\cdot \phi (y)\cdot |g(x-\frac{y}{n})-g(x)|\mathrm{d}m(x)\mathrm{d}m(y).\end{array}$$由于 $g,f\cdot g\in L^1(\mathbb{R})$, 故由 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 与控制收敛定理可知$$\underset{n\to \infty }{\lim }\left|{\int }_{\mathbb{R}}(f\ast {\phi }_n)(x)g(x)\mathrm{d}m(x)-{\int }_{\mathbb{R}}f(x)g(x)\mathrm{d}m(x)\right|=0,$$因此 $f\ast {\phi }_n\stackrel{{\text{w}}^{\ast }}{\to }f$. (iv) 对任意 $x\in \mathbb{R}$, $n\in {\mathbb{Z}}_{+}$,$${\hat{\phi }}_n(x)={\int }_{\mathbb{R}}{\phi }_n(t)e^{-\mathrm{i}xt}\mathrm{d}m(t)={\int }_{\mathbb{R}}\phi (t)e^{-\mathrm{i}x\frac{t}{n}}\mathrm{d}m(t).$$利用 $\phi \in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 与控制收敛定理可知 ${\lim }_{n\to \infty }{\hat{\phi }}_n(x)=1$. $\square$
5.	设 $\mu$ 是 $\mathbb{R}$ 上一个复的 Borel 测度, $\mu$ 的 Fourier 变换定义为$$\hat{\mu }(t)={\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\text{i}st}\mathrm{d}\mu (s),t\in \mathbb{R}.$$证明 $\hat{\mu }(t)$ 在直线 $\mathbb{R}$ 上是有界且一致连续的. 证明. 任取 $t\in \mathbb{R}$,$$|\hat{\mu }(t)|=\left|{\int }_{\mathbb{R}}{e}^{-\mathrm{i}st}\mathrm{d}\mu (s)\right|⩽{\int }_{\mathbb{R}}1\mathrm{d}|\mu |(s)=|\mu |(\mathbb{R})<+\infty ,$$故 $\hat{\mu }(t)$ 有界. 任取 $\epsilon >0$, 由 $|\mu |(\mathbb{R})<+\infty$ 知存在 $N>0$ 使得 $|\mu |(\mathbb{R}\backslash [-N,N])<\frac{\epsilon }{4}$. 令 ${\delta }_0=\frac{\epsilon }{2|\mu |(\mathbb{R})N}$, 则对任意 $s\in [-N,N]$, $\delta \in (0,{\delta }_0)$, 有$$|e^{-\mathrm{i}\delta s}-1|⩽|\delta s|⩽\frac{\epsilon }{2|\mu |(\mathbb{R})}.$$现任取 $t\in \mathbb{R}$, $\delta \in (0,{\delta }_0)$, 有$$\begin{array}{rl}|\hat{\mu }(t+\delta )-\hat{\mu }(t)|& ⩽{\int }_{\mathbb{R}}|e^{-\mathrm{i}s(t+\delta )}-e^{-\mathrm{i}st}|\mathrm{d}|\mu |(s)\\ & =({\int }_{-N}^N+{\int }_{\mathbb{R}\backslash [-N,N]})|e^{-\mathrm{i}\delta s}-1|\mathrm{d}|\mu |(s)\\ & ⩽|\mu |(\mathbb{R})\cdot \frac{\epsilon }{2|\mu |(\mathbb{R})}+\frac{\epsilon }{4}\cdot 2=\epsilon .\end{array}$$由 $\epsilon$ 的任意性知 ${\lim }_{\delta \to 0^{+}}{\sup }_{t\in \mathbb{R}}|\hat{\mu }(t+\delta )-\hat{\mu }(t)|=0$, 即 $\hat{\mu }$ 在 $\mathbb{R}$ 上一致连续. $\square$
6.	应用 Banach 逆算子定理证明 Fourier 变换 $\mathcal{F}:L^1(\mathbb{R})\to C_0(\mathbb{R})$ 不是满的映射. 证明. 见泛函分析 3.2 节习题 7 (ii). $\square$

4.3Riesz 函数演算 (p.146)

若不加说明, $\mathcal{A}$ 表示有单位元 $1$ 的 Banach 代数. $X$ 表示 Banach 空间.

1.	如果 $a,b\in \mathcal{A}$, $ab=ba$, 则对任何的 $f\in \mathrm{Hol}(a)$ 都有 $f(a)b=bf(a)$. 证明. 设 $G$ 是 $\sigma (a)$ 的一个邻域且 $f$ 在 $G$ 上解析, 在 $G$ 中选取正定向闭合曲线组 $\Gamma$ 使得 $\sigma (a)\subseteq \mathrm{Ins}\Gamma$. 任取 $z\in \Gamma$, 由 $b(z-a)=(z-a)b$ 知 $(z-a{)}^{-1}b=b(z-a{)}^{-1}$, 从而$$f(a)b=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)(z-a{)}^{-1}b\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)b(z-a{)}^{-1}\mathrm{d}z=bf(a).$$另一种方法是先说明结论对有理函数 $f$ 成立, 再用 Runge 定理逼近. $\square$
2.	证明下面的结论: (i) 设 $T\in \mathcal{B}(X)$, 且 $Tx=\alpha x,x\ne 0,x\in X$, 则对任何的 $f\in \mathrm{Hol}(T)$ 都有 $f(T)x=f(\alpha )x$. (ii) $f({\sigma }_p(T))\subseteq {\sigma }_p(f(T))$. (iii) 如果 $\alpha \in {\sigma }_p(f(T))$, 并且 $\alpha -f(z)$ 在 $\sigma (T)$ 的每个分支上都不恒为零, 则 $\alpha \in f({\sigma }_p(T))$. (iv) 如果 $f$ 在 $\sigma (T)$ 的每个分支上都不为常数, 则 $f({\sigma }_p(T))={\sigma }_p(f(T))$. 证明. (i) 设 $G$ 是 $\sigma (T)$ 的一个邻域且 $f$ 在 $G$ 上解析, 在 $G$ 中选取正定向闭合曲线组 $\Gamma$ 使得 $\sigma (T)\subseteq \mathrm{Ins}\Gamma$. 任取 $z\in \Gamma$, 由 $(z-T{)}^{-1}x=(z-\alpha {)}^{-1}x$ 与 Cauchy 积分公式知$$f(T)x=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)(z-T{)}^{-1}x\mathrm{d}z=\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)(z-\alpha {)}^{-1}x\mathrm{d}z=f(\alpha )x.$$ (ii) 是 (i) 的直接推论. (iii) 谱映射定理表明 $\alpha \in {\sigma }_p(f(T))\subseteq \sigma (f(T))=f(\sigma (T))$, 又因为 $\sigma (T)$ 为紧集, 且 $f(z)-\alpha$ 在 $\sigma (T)$ 的每个连通分支上均不恒为零, 因此 $f(z)-\alpha$ 在 $\sigma (T)$ 中有且仅有有限个零点, 记为 $z_1,\cdots ,z_n$. 根据解析函数的性质, 存在在 $\sigma (T)$ 上无零点的 $g\in \mathrm{Hol}(T)$ 使得 $f(z)-\alpha =g(z)(z-z_1)\cdots (z-z_n)$, 将该式利用 Riesz 函数演算作用于 $T$ 可得 $f(T)-\alpha =g(T)(T-z_1)\cdots (T-z_n)$. 由 $g$ 在 $\sigma (T)$ 上无零点可知 $\frac{1}{g}\in \mathrm{Hol}(T)$, 利用 Riesz 函数演算可知 $g(T)$ 可逆. 然而, $\alpha \in {\sigma }_p(f(T))$ 表明 $f(T)-\alpha$ 不是单射, 因此存在 $1⩽j⩽n$ 使得 $T-z_j$ 不是单射, 故 $\alpha =f(z_j)\in f({\sigma }_p(T))$. (iv) 是 (ii) 和 (iii) 的直接推论. $\square$
3.	设 $H$ 是 Hilbert 空间, $A\in \mathcal{B}(H),f\in \mathrm{Hol}(A)$. 则有 $f(A{)}^{\ast }=\tilde{f}(A^{\ast })$, 其中 $\tilde{f}(z)=\overline{f(\bar{z})}$. 证明. 对复平面上的集合 $X$, 记 $X^{\ast }=\{\bar{z}:z\in X\}$. 易见 $\sigma (A^{\ast })=\sigma (A{)}^{\ast }$, 且对任意 $z\in \rho (A)$, 有 $[(z-A{)}^{-1}{]}^{\ast }=(\bar{z}-A^{\ast }{)}^{-1}$. 设 $G$ 是 $\sigma (A)$ 的一个邻域且 $f$ 在 $G$ 上解析, 在 $G$ 中选取正定向闭合曲线组 $\Gamma$ 使得 $\sigma (A)\subseteq \mathrm{Ins}\Gamma$, 则易见 $\tilde{f}$ 在 $G^{\ast }$ 上解析, 且 $\sigma (A^{\ast })\subseteq \mathrm{Ins}({\Gamma }^{\ast })\subseteq G^{\ast }$. 任取 $x,y\in H$, 有$$\begin{array}{rl}⟨f(A)x,y⟩& =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)⟨(z-A{)}^{-1}x,y⟩\mathrm{d}z\\ & =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)⟨x,(\bar{z}-A^{\ast }{)}^{-1}y⟩\mathrm{d}z\\ & =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(\bar{z})⟨x,(z-A^{\ast }{)}^{-1}y⟩\mathrm{d}\bar{z}\\ & =-\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{{\Gamma }^{\ast }}f(\bar{z})⟨x,(z-A^{\ast }{)}^{-1}y⟩\mathrm{d}z(\text{负号是因为 Γ 的正定向共轭后是 Γ∗ 的负定向})\\ & =-\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}\overline{{\int }_{{\Gamma }^{\ast }}\tilde{f}(z)⟨(z-A^{\ast }{)}^{-1}y,x⟩\mathrm{d}z}\\ & =\overline{⟨\tilde{f}(A^{\ast })y,x⟩}=⟨x,\tilde{f}(A^{\ast })y⟩.\end{array}$$ $\square$
4.	设 $H$ 是 Hilbert 空间, $A\in \mathcal{B}(H),f\in \mathrm{Hol}(A)$. 若 $A$ 正规, 则 $f(A)$ 正规. 证明. 由第 1 题有 $f(A)A^{\ast }=A^{\ast }f(A)$, 进而 $f(A)\tilde{f}(A^{\ast })=\tilde{f}(A^{\ast })f(A)$ (不难说明 $\tilde{f}\in \mathrm{Hol}(A^{\ast })$) , 接着用第 3 题的结论即可. $\square$
5.	$\mathcal{A}$ 是 Banach 代数, $I$ 是其真理想, $a\in I,f\in \mathrm{Hol}(a),f(0)=0$. 证明 $f(a)\in I$. 证明. $a$ 在真理想 $I$ 中从而不可逆, 即 $0\in \sigma (a)$. 由于 $f(0)=0$, 存在 $g\in \mathrm{Hol}(a)$ 使得 $f(z)=zg(z)$, 从而 $f(a)=ag(a)\in I$. $\square$
6.	$A\in \mathcal{B}(X)$, $P$ 在 $X$ 上可逆, $f\in \mathrm{Hol}(A)$, 则 $f(PA{P}^{-1})=Pf(A)P^{-1}$. 证明. $P$ 可逆意味着 $\sigma (PA{P}^{-1})=\sigma (A)$, 则 $f(PA{P}^{-1})$ 是良定的. 设 $G$ 是 $\sigma (a)$ 的一个邻域且 $f$ 在 $G$ 上解析, $\Gamma$ 是 $G$ 中正定向闭合曲线组使得 $\sigma (a)\subseteq \mathrm{Ins}\Gamma$, 则有$$\begin{array}{rl}Pf(A)P^{-1}& =P\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)(z-A{)}^{-1}\mathrm{d}z{P}^{-1}\\ & =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)P(z-A{)}^{-1}{P}^{-1}\mathrm{d}z\\ & =\frac{1}{2\pi \mathrm{i}}{\int }_{\Gamma }f(z)(z-PA{P}^{-1}{)}^{-1}\mathrm{d}z\\ & =f(PA{P}^{-1}).\end{array}$$ $\square$
7.	设 $A\in M_n(\mathbb{C}),{\sigma }_p(A)=\{{\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_m\}$, 其中 ${\lambda }_i\ne {\lambda }_j,i\ne j$. 设 $G_i$ 是 ${\lambda }_i$ 的开邻域, 且 $G_i$ 两两不交. 记 $e_i$ 是 $G_i$ 的特征函数, 则 $e_i(A)$ 是幂等元, 且 ${\sum }_i{e}_i(A)=I$. 证明: (i) $\mathrm{Ran}{e}_i(A)=\ker ({\lambda }_{i}I-A{)}^n$. (ii) ${\mathbb{C}}^n={⨁}_i\mathrm{Ran}(e_i(A))={⨁}_i\ker ({\lambda }_{i}I-A{)}^n$. (iii) $A$ 相似于矩阵 $A_1\oplus \cdots \oplus A_m$, $A_i$ 阶数为 $\dim \ker ({\lambda }_{i}I-A{)}^n$, 且 ${\sigma }_p(A_i)=\{{\lambda }_i\}$. (iv) 若 $f\in \mathrm{Hol}(A)$, 则$$f(A)=\sum _{{\lambda }_i\in \sigma (A)}\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}({\lambda }_i)}{k!}(A-{\lambda }_i{)}^k{e}_i(A).$$ 证明. 先同时证明 (i) 和 (ii). 首先, 由推论 4.3.5 (i) 可知 ${\mathbb{C}}^n={⨁}_i\mathrm{Ran}(e_i(A))$. 其次, $M_n(\mathbb{C})$ 是有限维的表明 $\sigma (A)={\sigma }_p(A)=\{{\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_m\}$. 记 $A_i=A{|}_{\mathrm{Ran}(e_i(A))}$, 则由推论 4.3.5 (ii) 知 ${\sigma }_p(A_i)=\sigma (A_i)=\{{\lambda }_i\}$. 由定义知 $A_i$ 的阶数等于 $\dim \mathrm{Ran}(e_i(A))⩽n$, 且 ${\lambda }_{i}I-A_i$ 是幂零阵, 因此 $({\lambda }_{i}I-A_i{)}^n=({\lambda }_{i}I-A{)}^n{|}_{\mathrm{Ran}(e_i(A))}=0$, 即 $\mathrm{Ran}(e_i(A))\subseteq \ker ({\lambda }_{i}I-A{)}^n$. 最后, 假设存在 $i\ne j$ 与 $x\in {\mathbb{C}}^n$ 使得 $({\lambda }_{i}I-A{)}^{n}x=({\lambda }_{j}I-A{)}^{n}x=0$. 由于多项式 $({\lambda }_i-z{)}^n$ 与 $({\lambda }_j-z{)}^n$ 互素, Bezout 定理表明存在多项式 $p,q$ 使得 $p(z)({\lambda }_i-z{)}^n+q(z)({\lambda }_j-z{)}^n=1$, 从而 $x=p(A)({\lambda }_{i}I-A{)}^{n}x+q(A)({\lambda }_{j}I-A{)}^{n}x=0$, 即各 $\ker ({\lambda }_{i}I-A{)}^n$ 线性无关, 结合上述结论即证 (i) 和 (ii). (iii) $A_i$ 定义同上, 由 (i) 知其阶数为 $\dim \ker ({\lambda }_{i}I-A{)}^n$, 再由推论 4.3.5 (iii) 即证. (iv) 由 $f\in \mathrm{Hol}(A)$ 知对任意 $1⩽i⩽m$, 有$$f(z)=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{f^{(k)}({\lambda }_i)}{k!}(z-{\lambda }_i{)}^k,$$作用在 $A$ 上得$$f(A)=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{f^{(k)}({\lambda }_i)}{k!}(A-{\lambda }_i{)}^k.$$由于 $(A-{\lambda }_i{)}^n{|}_{\mathrm{Ran}(e_i(A))}=0$, 故$$f(A)e_i(A)=\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}({\lambda }_i)}{k!}(A-{\lambda }_i{)}^k{e}_i(A),$$再由 (ii) 中直和分解即得结论. $\square$
8.	设 $A\in \mathcal{B}(X)$, 若存在多项式 $P(z)$ 使得 $P(A)=0$, 则 (i) $\sigma (A)={\sigma }_p(A)\subseteq Z(P)$; (ii) $A$ 有极小多项式 $r$; (iii) 设 $f$ 是 $\sigma (A)$ 某邻域 $G$ 上的解析函数, 验证存在多项式 $q$ 满足 $\mathrm{deg}q<\mathrm{deg}r$, 以及 $G$ 上的解析函数 $g$, 使得 $f(z)=q(z)+r(z)g(z),f(A)=q(A)$. 证明. (i) 是由于 $P(\sigma (A))=\sigma (P(A))=\sigma (0)=\{0\}$. (ii) 显然. (iii) 的 $g$ 是把 $f/r$ 的极点 $\{{\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_s\}\subseteq Z(r)$ 处的 Laurent 展开式的主部减掉, 即$$g(z)=\frac{f(z)}{r(z)}-\sum _{i=1}^s\sum _{k=1}^{m_i}\frac{c_{ik}}{(z-{\alpha }_i{)}^k},$$也就是$$r(z)g(z)=f(z)-\underset{q(z)}{\underbrace{r(z)\sum _{i=1}^s\sum _{k=1}^{m_i}\frac{c_{ik}}{(z-{\alpha }_i{)}^k}}}.$$$\square$
9.	$a\in \mathcal{A}$. 设 $\tau :\mathrm{Hol}(a)\to \mathcal{A}$ 是一个代数同态, 满足: (i) $\tau (1)=1$; (ii) $\tau (z)=a$; (iii) $G$ 为 $\mathbb{C}$ 上的开集, $\sigma (a)\subseteq G$. $f_1,f_2,\cdots$ 是 $G$ 上的解析函数且在其紧子集上一致收敛至 $f$, 则成立 $\tau (f_n)\to \tau (f)$. 证明 $\tau (f)=f(a)$. 证明. 任取非负整数 $n$, 有 $\tau (z^n)=\tau (z{)}^n=a^n$, 故对任意多项式 $p$, 有 $\tau (p)=p(a)$. 任取一在 $\sigma (a)$ 上无零点的多项式 $q$, 则 $\frac{1}{q}\in \mathrm{Hol}(a)$, 从而 $1=\tau (1)=\tau (q)\cdot \tau \left(\frac{1}{q}\right)=q(a)\cdot \tau \left(\frac{1}{q}\right)$, 这表明 $q(a)$ 可逆且 $\tau \left(\frac{1}{q}\right)=q(a{)}^{-1}=(\frac{1}{q})(a)$, 从而易见对任意有理函数 $f\in \mathrm{Hol}(a)$, 有 $\tau (f)=f(a)$. 任取 $f\in \mathrm{Hol}(a)$, 设 $f$ 在开集 $G\supseteq \sigma (a)$ 上解析, 则由 Runge 定理, 存在有理函数列 $\{f_n\}\subseteq \mathrm{Hol}(a)$ 在 $G$ 上内闭一致收敛到 $f$, 从而条件 (iii) 表明 $\tau (f)=\underset{n\to \infty }{\lim }\tau (f_n)=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n(a)=f(a)$. $\square$
10.	设 $\mathcal{A}$ 是 Banach 代数, $a\in \mathcal{A}$. 用 ${\mathbf{C}}_a$ 表示代数 $\{f(a)\mid f\in \mathrm{Hol}(a)\}$ 在 $\mathcal{A}$ 中的闭包. 证明: (i) ${\mathbf{C}}_a$ 是一个交换 Banach 代数; (ii) $\sigma (a)={\sigma }_{\ast }(a)$, 这里 ${\sigma }_{\ast }(a)$ 表示 $a$ 在代数 ${\mathbf{C}}_a$ 中的谱; (iii) 对任何 $b\in {\mathbf{C}}_a$, $\sigma (b)={\sigma }_{\ast }(b)$; (iv) 代数 ${\mathbf{C}}_a$ 的极大理想空间通过如下给定对应与 $a$ 的谱 $\sigma (a)$ 一致:$$\phi \mapsto \phi (a).$$ 证明. (i) 记 ${\mathbf{F}}_a=\{f(a):f\in \mathrm{Hol}(a)\}$. 由于 $f\mapsto f(a)$ 是 $\mathrm{Hol}(a)\to \mathcal{A}$ 的代数同态, 故 $\mathrm{Hol}(a)$ 是一个交换代数表明 ${\mathbf{F}}_a$ 也是一个交换代数, 从而 ${\mathbf{C}}_a={\overline{\mathbf{F}}}_a$ 也是. 此外, ${\mathbf{C}}_a$ 是闭的, 而 $\mathcal{A}$ 是完备的, 故 ${\mathbf{C}}_a$ 也是完备的. (ii) 只需证 ${\sigma }_{\ast }(a)\subseteq \sigma (a)$. 任取 $\lambda \notin \sigma (a)$, 令 $f(z)=\frac{1}{\lambda -z}$, 则 $f\in \mathrm{Hol}(a)$, 从而 $(\lambda -a{)}^{-1}=f(a)\in {\mathbf{C}}_a$, 即 $\lambda \notin {\sigma }_{\ast }(a)$. (iii) 与 (ii) 同理, 只需证 ${\mathbf{C}}_a$ 对在 $\mathcal{A}$ 中取逆 (若逆元存在) 封闭即可. 任取 ${\mathbf{C}}_a$ 中 (在 $\mathcal{A}$ 中) 可逆的 $x$, 则由 ${\mathbf{C}}_a={\overline{\mathbf{F}}}_a$ 知存在 $\{f_n\}\subseteq \mathrm{Hol}(a)$ 使得 $f_n(a)\to x$, 从而由 $x$ 可逆知当 $n$ 充分大时, $f_n(a)$ 可逆且 $f_n(a{)}^{-1}\to x^{-1}$. 由谱映射定理知 $f_n(a)$ 可逆时, $0\notin \sigma (f_n(a))=f_n(\sigma (a))$, 即 $f_n^{-1}\in \mathrm{Hol}(a)$ 且此时有 $f_n(a{)}^{-1}=f_n^{-1}(a)$, 故 $x^{-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n^{-1}(a)\in {\mathbf{C}}_a$, 即证. (iv) 根据定理 4.2.3, 只需证这是单射. 记 ${\mathbf{C}}_a$ 的极大理想空间为 $\Delta$. 若 ${\phi }_1,{\phi }_2\in \Delta$ 使得 ${\phi }_1(a)={\phi }_2(a)$, 则对任意 $b\in {\mathbf{C}}_a$, 取 $\{f_n\}\subseteq \mathrm{Hol}(a)$ 使得 $f_n(a)\to b$, 由 ${\phi }_1,{\phi }_2$ 的连续性可得$${\phi }_1(b)=\underset{n\to \infty }{\lim }{\phi }_1(f_n(a))=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n({\phi }_1(a))=\underset{n\to \infty }{\lim }{f}_n({\phi }_2(a))=\underset{n\to \infty }{\lim }{\phi }_2(f_n(a))={\phi }_2(b),$$故 ${\phi }_1={\phi }_2$. $\square$
11.	设 $A$ 是 Banach 空间 $X$ 上一个拟线性算子:$$\underset{n\to \infty }{\lim }\Vert A^n{\Vert }^{\frac{1}{n}}=0$$$x\in X,x\ne 0$. 证明$$0⩽\underset{\lambda \to 0}{\overline{\lim }}\frac{\log \Vert (\lambda -A{)}^{-1}x\Vert }{\log \Vert (\lambda -A{)}^{-1}\Vert }⩽1.$$ 证明. 不妨设 $A\ne 0$. 由 $\sigma (A)=\{0\}$ 知 $\underset{\lambda \to 0}{\lim }\Vert (\lambda -A{)}^{-1}\Vert =\infty$, $\underset{\lambda \to 0}{\lim }\Vert \lambda -A{\Vert }^{-1}=\Vert A{\Vert }^{-1}\in (0,+\infty )$. 易见 $\Vert \lambda -A{\Vert }^{-1}\Vert x\Vert ⩽\Vert (\lambda -A{)}^{-1}x\Vert ⩽\Vert (\lambda -A{)}^{-1}\Vert \Vert x\Vert$, 代入即得结论. $\square$

4.4$C^{\ast }$ 代数简介

4.4.2 Gelfand–Naimark 定理

*

(p.153 顶上的练习) 称形如 $f(t)={\sum }_{k=1}^n{c}_k{e}^{\mathrm{i}{b}_{k}t},b_k\in \mathbb{R},c_k\in \mathbb{C}$ 的函数为 $\mathbb{R}$ 上的三角多项式, 记 $\mathcal{A}$ 为三角多项式全体在最大模范数下的完备化, 在复共轭下 $\mathcal{A}$ 成为交换的 $C^{\ast }$-代数. 证明其极大理想空间 $\Delta$ 上有自然的群结构, 且 $\mathbb{R}$ 作为其子群是一个稠子群. 证明. 记 $\overline{\mathbb{R}}:={\hat{\mathbb{R}}}_d:=\{\varphi :{\mathbb{R}}_d\to \mathbb{T},\varphi (x+y)=\varphi (x)\varphi (y)\}$, 赋予点态收敛拓扑. 下证 $\Delta$ 同胚于 $\overline{\mathbb{R}}$. 设 $\tau :\Delta \to \overline{\mathbb{R}}$, 对于 $\psi \in \Delta$, 设 $\tau (\psi ):\mathbb{R}\to \mathbb{T},x\mapsto \psi (e^{\mathrm{i}xt})$, 其中 $t$ 为多项式的未定元. 不难验证 $\tau (\psi )\in \overline{\mathbb{R}}$; 由于 $e^{\mathrm{i}xt}$ 为酉元, 可见 $\psi (e^{\mathrm{i}xt})\in \mathbb{T}$. 从而 $\tau$ 良定. 验证 $\tau$ 连续: 对于 $\Delta$ 中的网 $\{{\psi }_{\alpha }\},{\psi }_{\alpha }\to \psi$, 我们有 ${\psi }_{\alpha }(e^{\mathrm{i}xt})\to \psi (e^{\mathrm{i}xt})$, 从而 $\tau ({\psi }_{\alpha })\to \tau (\psi )$, 即 $\tau$ 连续. 验证单射: 若 $\tau ({\psi }_1)=\tau ({\psi }_2)$, 则对任一三角多项式 $P$, ${\psi }_1(P)={\psi }_2(P)$, 可见 ${\psi }_1={\psi }_2$. 验证满射: 对于 $\phi \in \overline{\mathbb{R}}$, 要找 $\psi$ 使得 $\tau (\psi )=\phi$. 由 $\tau$ 的定义可见 $\psi (e^{\mathrm{i}xt})=\phi (x)$, 从而可以得到 $\psi$ 在三角多项式全体上的取值, 下面要证明: 对于三角多项式 $P$, $|\phi (P)|⩽\Vert P\Vert$, 从而将 $\psi$ 延拓为 $\mathcal{A}$ 上的可乘泛函, 这需要用到如下的 Kronecker 定理: 对于 $x_1,\dots ,x_n\in \mathbb{R}$, 映射 $\beta :\mathbb{R}\to {\mathbb{T}}^n,t\mapsto (e^{\mathrm{i}{x}_{1}t},\dots ,e^{\mathrm{i}{x}_{n}t})$. 若 $\{x_1,\dots ,x_n\}$ 为 $\mathbb{Q}$-线性无关, 则 $\beta (\mathbb{R})$ 在 ${\mathbb{T}}^n$ 中稠密. 设 $P(t)=\sum _{n=1}^N{a}_n{e}^{\mathrm{i}{x}_{n}t}$. 不难发现存在 $\{y_1,\dots ,y_M\}\subseteq \mathbb{R}$, $\mathbb{Q}$-线性无关且 $x_n\in {\mathrm{span}}_{\mathbb{Z}}\{y_1,\dots ,y_M\}$. (可以先找极大 $\mathbb{Q}$-无关组, 再提取公因子来实现). 设 $x_n=\sum c_{nm}{y}_m$, $\forall 0<\epsilon \ll 1$, 存在 $t\in \mathbb{R}$ 使得 $|e^{\mathrm{i}{y}_{n}t}-\phi (y_n)|<\epsilon$. 注意到$$|e^{\mathrm{i}{x}_{n}t}-\phi (x_n)|=\left|\prod _{m=1}^M\right(e^{i{y}_{m}t}{)}^{c_{nm}}-\prod _{m=1}^M\phi (y_n{)}^{c_{nm}}|,$$从而可见存在不依赖于 $\epsilon$ 的常数 $C$, 使得 $|e^{\mathrm{i}{x}_{n}t}-\phi (x_n)|<C\epsilon$, 于是可见 $|\phi (P)|⩽|P|+C\epsilon$. 由 $\epsilon$ 的任意性即证. 由 $\Delta$ 紧且 $\overline{\mathbb{R}}$ 为 Hausdorff 空间, 可见 $\tau$ 为同胚. $\square$

4.4.3 $C^{\ast }$ 代数的正元 (p.156)

1	$A$ 作为 $C^{\ast }$-代数 $B(H)$ 中的元是正的当且仅当 $A$ 是正算子, 即对任意 $h\in H$, $⟨Ah,h⟩⩾0$. 证明. 当 $A$ 是正元, 可写成 $A=B^{\ast }B$, 从而 $⟨Ah,h⟩=⟨Bh,Bh⟩⩾0$. 当 $⟨Ah,h⟩⩾0$, 有 $⟨Ah,h⟩=⟨h,Ah⟩$, 从而 $A$ 自伴, 则 $\sigma (A)\subseteq \mathbb{R}$, 为了说明 $\sigma (A)\subseteq {\mathbb{R}}_{+}$, 假设 $\lambda <0$, 算一下$$\Vert (\lambda I-A)h{\Vert }^2=|\lambda {|}^2\Vert h{\Vert }^2+\Vert Ah{\Vert }^2-2\lambda ⟨Ah,h⟩⩾{\lambda }^2\Vert h{\Vert }^2,$$得出 $\lambda I-A$ 下有界, 从而 $\lambda I-A$ 是单射且有闭值域, 则有$$\mathrm{Ran}(\lambda I-A{)}^{\perp }=\ker (\lambda I-A{)}^{\ast }=\ker (\lambda I-A)=0,$$进而 $\mathrm{Ran}(\lambda I-A)=H$, 故有 $\lambda \notin \sigma (A)$. $\square$
2	设 $A$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的有界线性算子, $A^{\ast }=-A$, 证明 $\sigma (A)\subseteq \mathrm{i}\mathbb{R}$. 证明. 易见 $\mathrm{i}A$ 自伴, 故 $\sigma (\mathrm{i}A)\subseteq \mathbb{R}$, 从而 $\sigma (A)=\frac{1}{\mathrm{i}}\sigma (\mathrm{i}A)\subseteq \mathrm{i}\mathbb{R}$. $\square$
3	设 $a,b\in {\mathcal{A}}_{+}$, $a⩽b$, 则 (i) $0⩽\alpha ⩽1$ 时, $a^{\alpha }⩽b^{\alpha }$; (ii) $\Vert a\Vert ⩽\Vert b\Vert$; (iii) $ca{c}^{\ast }⩽cb{c}^{\ast }$, $\forall c\in \mathcal{A}$. 证明. (i) 定义 $S=\{\alpha \in [0,1]:a^{\alpha }⩽b^{\alpha }\}$, 现有 $0,1\in S$, 由连续性, 只需证明 $\alpha ,\beta \in S$ 能推出 $\frac{\alpha +\beta }{2}\in S$ 即可, 即从 $a^{\alpha }⩽b^{\alpha },a^{\beta }⩽b^{\beta }$ 得出 $a^{\frac{\alpha +\beta }{2}}⩽b^{\frac{\alpha +\beta }{2}}$. 由 (iii), 这只需说明 $b^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}⩽1$, 又由 (ii) 的过程, 这只需说明 $\Vert b^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}\Vert ⩽1$, 如下. $$\begin{array}{rl}\Vert b^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}\Vert & =r\left(b^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}\right)(\text{定理 4.4.13})\\ & =r\left(b^{\frac{\alpha -\beta }{4}}{b}^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha +\beta }{4}}{b}^{-\frac{\alpha -\beta }{4}}\right)(r(xy)=r(yx))\\ & =r\left(b^{-\frac{\beta }{2}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha }{2}}\right)\\ & ⩽\Vert b^{-\frac{\beta }{2}}{a}^{\frac{\alpha +\beta }{2}}{b}^{-\frac{\alpha }{2}}\Vert \\ & ⩽\Vert b^{-\frac{\beta }{2}}{a}^{\frac{\beta }{2}}\Vert \Vert a^{\frac{\alpha }{2}}{b}^{-\frac{\alpha }{2}}\Vert ⩽1,\end{array}$$其中最后一行是因为$$\Vert a^{\frac{\alpha }{2}}{b}^{-\frac{\alpha }{2}}{\Vert }^2=\Vert (a^{\frac{\alpha }{2}}{b}^{-\frac{\alpha }{2}}{)}^{\ast }(a^{\frac{\alpha }{2}}{b}^{-\frac{\alpha }{2}})\Vert =\Vert b^{-\frac{\alpha }{2}}{a}^{\alpha }{b}^{-\frac{\alpha }{2}}\Vert ⩽1.$$ (ii) 考虑 Gelfand 表示$${\Lambda }_b:C^{\ast }(b)\to C({\Delta }_b),1\mapsto 1,b\mapsto \hat{b},$$则 $\{\phi (b):\phi \in \Delta \}=\sigma (b)\subseteq {\mathbb{R}}_{+}$, 由定理 4.4.13 (系 $\Vert b\Vert =\Vert \hat{b}{\Vert }_{\infty }$), $\Vert b\Vert -\hat{b}$ 是非负函数, 从而$$\sigma (\Vert b\Vert -b)=\{(\Vert b\Vert -\hat{b})(\phi ):\phi \in {\Delta }_b\},$$即 $\Vert b\Vert -b⩾0$. 进一步, ${\mathcal{A}}_{+}$ 是闭锥 (命题 4.4.24) 推出 $\Vert b\Vert -a⩾0$. 再考虑 Gelfand 表示$${\Lambda }_a:C^{\ast }(a)\to C({\Delta }_a),1\mapsto 1,a\mapsto \hat{a},$$有$$\sigma (\Vert b\Vert -a)=\{(\Vert b\Vert -\hat{a})(\phi ):\phi \in {\Delta }_a\},$$上一段的结论表明 $\sigma (\Vert b\Vert -a)\subseteq {\mathbb{R}}_{+}$, 即 $\Vert b\Vert -\hat{a}$ 是非负函数, 也就是 $\Vert b\Vert ⩾\Vert \hat{a}{\Vert }_{\infty }$, 又由定理 4.4.13, $\Vert \hat{a}{\Vert }_{\infty }=\Vert a\Vert$. (iii) 由于 $b-a⩾0$, 存在 $d$ 使得 $b-a=d^{\ast }d$, 从而 $cb{c}^{\ast }-ca{c}^{\ast }=c(b-a)c^{\ast }=c{d}^{\ast }d{c}^{\ast }=(d{c}^{\ast }{)}^{\ast }d{c}^{\ast }⩾0$. $\square$
4	证明: 若 $a$ 是自伴的, 则 $|a|=a_{+}+a_{-}$. 证明. 由于 $a_{+}{a}_{-}=0$ 和 $a=a_{+}-a_{-}$, 有 $(a_{+}+a_{-}{)}^2=(a_{+}-a_{-}{)}^2=a^2=a^{\ast }a$. $\square$
5	若 $a,b\in {\mathcal{A}}_{+}$, 且 $ab=ba$, 证明 $ab\in {\mathcal{A}}_{+}$. 证明. 首先, 由 $a,b$ 自伴易知 $ab$ 自伴. 考虑由 $1,a,b$ 生成的 $C^{\ast }$-代数 $C^{\ast }(a,b)$, 这是一个交换 $C^{\ast }$-代数, 对 $\phi \in {\Delta }_{C^{\ast }(a,b)}$, 有 $\phi (a),\phi (b)⩾0$, 得 $\phi (ab)⩾0$, 从而由定理 4.4.9 有, ${\sigma }_{\mathcal{A}}(ab)={\sigma }_{C^{\ast }(a,b)}(ab)\subseteq {\mathbb{R}}_{+}$. $\square$
6	若 $\mathcal{J}$ 是 $C^{\ast }$-代数 $\mathcal{A}$ 的一个闭理想, 证明 $\mathcal{J}$ 是自伴的, 即若 $a\in \mathcal{J}$, 则 $a^{\ast }\in \mathcal{J}$. 在 Banach 代数 $\tilde{\mathcal{A}}=\mathcal{A}/\mathcal{J}$ 上, 定义 $\ast$ 运算 ${\tilde{a}}^{\ast }=\widetilde{a^{\ast }}$, 证明 $\ast$ 运算是良定义的, 且在此 $\ast$ 运算下, $\tilde{\mathcal{A}}$ 是一个 $C^{\ast }$-代数. 证明. 参考 https://www.bilibili.com/read/cv11150434?spm_id_from=333.999.0.0. $\square$
7	若 $\mathcal{A}$ 是没有单位元的 $C^{\ast }$-代数, 在 $\tilde{\mathcal{A}}=\mathbb{C}\dotplus \mathcal{A}$ 上定义 $\ast$ 运算和范数如下: $$(\lambda \dotplus a{)}^{\ast }=\bar{\lambda }\dotplus a^{\ast },\Vert \lambda \dotplus a\Vert =\underset{b\in \mathcal{A},\Vert b\Vert ⩽1}{\sup }\Vert \lambda b+ab\Vert ,\lambda \in \mathbb{C},a\in \mathcal{A}.$$证明在上述定义的范数和 $\ast$ 运算下, $\tilde{\mathcal{A}}$ 是一个有单位的 $C^{\ast }$-代数, 其单位元为 $1\dotplus 0$, 并说明在 $\ast$ 等距同构意义下, 单位化后的 $C^{\ast }$-代数是唯一的. 证明. 前半部分命题参考 https://www.bilibili.com/opus/507909530915281744/?from=readlist. 下证 $\tilde{\mathcal{A}}$ 在 $\ast$ 等距同构意义下唯一. 设 $\mathcal{B}$ 为另一有单位元的 $C^{\ast }$-代数, 且 $\rho :\mathcal{A}\to \mathcal{B}$ 为 $\ast$ 等距嵌入, 定义 $\tilde{\rho }:\tilde{\mathcal{A}}\to \mathcal{B}$ 为 $\tilde{\rho }(\lambda \dotplus a)=\lambda 1_{\mathcal{B}}+\rho (a)$, 易见它是 $\ast$ 同态. 根据单位化 $C^{\ast }$-代数的定义可见 $\mathcal{B}/\rho (\mathcal{A})\cong \mathbb{C}$, 从而易见 $\tilde{\rho }$ 是双射. 综上, $\tilde{\rho }$ 是 $\tilde{\mathcal{A}}\to \mathcal{B}$ 的 $\ast$ 等距同构, 即证. $\square$

4.4.4 态和 GNS 构造 (p.160)

1	如果 $\mathcal{A}$ 的一个态 $\phi$ 是 $\Sigma (\mathcal{A})$ 的端点, 称 $\phi$ 是纯的. 证明: 如果 $\mathcal{A}$ 是交换的, 那么 $\phi$ 是纯的当且仅当 $\phi$ 是可乘的. 证明. 由 Gelfand–Naimark 定理, 可设 $\mathcal{A}=C(X)$, 其中 $X$ 为紧 Hausdorff 空间. 由 Riesz 表示定理, 可知 $\Sigma (\mathcal{A})$ 即为 $X$ 上的正则 Borel 概率测度全体, 则我们断言 (i) 任一端点 $\phi \in \Sigma (\mathcal{A})$ 是单点支撑的 Dirac 测度, (ii) 任一 Dirac 测度都是端点. (i) 否则, $\phi$ 支撑在至少两个点 $x,y$, 由 Urysohn 引理, 可以找连续函数 $f$ 使得 $0⩽f⩽1,f(x)=0,f(y)\ne 0$, 从而可以证明 $\phi$ 不是端点. (具体来说, 令 $\mathrm{d}{\mu }_1=f\mathrm{d}\mu ,\mathrm{d}{\mu }_2=(1-f)\mathrm{d}\mu$, 则 $\Vert {\mu }_1\Vert +\Vert {\mu }_2\Vert =1$, 且 $\mu =\Vert {\mu }_1\Vert \frac{{\mu }_1}{\Vert {\mu }_1\Vert }+\Vert {\mu }_2\Vert \frac{{\mu }_2}{\Vert {\mu }_2\Vert }$. 参见定理 2.5.1 的证明.) (ii) 反之, 若 ${\delta }_x=t{\mu }_1+(1-t){\mu }_2$ $(0<t<1)$, 对不含 $x$ 的 Borel 集 $U$, 有$$0={\delta }_x(U)=t{\mu }_1(U)+(1-t){\mu }_2(U),$$则 ${\mu }_1(U)={\mu }_2(U)=0$, 即 ${\mu }_1,{\mu }_2$ 都支撑在 $x$, 只能是 ${\mu }_1={\mu }_2={\delta }_x$. 我们知道, $C(X)$ 上的可乘线性泛函全体正是 $\{{\delta }_x:x\in X\}$, 从而完成了证明. $\square$
2	给定一个表示 $\pi :\mathcal{A}\to B(H)$, 如果 $\pi (\mathcal{A})$ 是一个不可约的算子代数 (即 $\pi (\mathcal{A})$ 没有非平凡的闭不变子空间), 那么称 $\pi$ 为不可约的. 证明: 设表示 $\pi$ 是循环的, $e$ 为循环向量, 并设 $\phi (a)=⟨\pi (a)e,e⟩$, 那么 $\phi$ 是纯的当且仅当 $\pi$ 是不可约的. 证明. 必要性: 反证法. 若 $\pi$ 可约, 我们有分解 $H=H_1\oplus H_2$, 以及表示 ${\pi }_i:\mathcal{A}\to B(H_i)$, 使得 $\pi (a)=\mathrm{diag}\{{\pi }_1(a),{\pi }_2(a)\}$. 另一方面有 $e$ 分解为 $\mathrm{diag}\{e_1,e_2\}$, 其中 $e_i\ne 0$, 且 $\Vert e_1{\Vert }^2+\Vert e_2{\Vert }^2=1$. 定义$${\phi }_i(a)=⟨{\pi }_i(a)\frac{e_i}{\Vert e_i\Vert },\frac{e_i}{\Vert e_i\Vert }⟩,$$则 ${\phi }_i$ 均为态, 而 $\phi =\Vert e_1{\Vert }^2{\phi }_1+\Vert e_2{\Vert }^2{\phi }_2$, 非端点, 矛盾. 充分性: 若有 $\lambda \in (0,1)$ 使得 $\phi =\lambda {\phi }_1+(1-\lambda ){\phi }_2$, 其中 ${\phi }_i$ 是态, 我们将证明 ${\phi }_i=\phi$. 我们对 ${\phi }_1$ 使用 GNS 构造, 取得 $\mathcal{A}$ 的循环表示 ${\pi }_1:\mathcal{A}\to B(H_1)$, 单位循环向量 $e_1$, 使得 ${\phi }_1(a)=⟨{\pi }_1(a)e_1,e_1⟩$, 我们在 $H$ 的稠子空间上定义算子 $U:H\to H_1,\pi (a)e\mapsto {\pi }_1(a)e_1$, 下面的观察表明它是有界的: $$\Vert {\pi }_1(a)e_1{\Vert }^2=⟨{\pi }_1(a^{\ast }a)e_1,e_1⟩={\phi }_1(a^{\ast }a)⩽\frac{1}{\lambda }\phi (a^{\ast }a)=\frac{1}{\lambda }\Vert \pi (a)e{\Vert }^2.$$于是可以延拓到 $H$ 上去, 仍记为 $U$. 容易验证对任意的 $a\in \mathcal{A}$, 都有 ${\pi }_1(a)U=U\pi (a)$, 于是有 $\pi (a)U^{\ast }=U^{\ast }{\pi }_1(a)$. 我们再考虑算子 $U^{\ast }U:H\to H$: $$U^{\ast }U\pi (a)=U^{\ast }{\pi }_1(a)U=\pi (a)U^{\ast }U,$$于是 $U^{\ast }U$ 与 $\pi (a)$ 交换, 由 Schur 引理 (见 [Simon] Theorem 6.8.9) 有 $U^{\ast }U=cI$, 则对任意的 $a,b\in \mathcal{A}$ 都有$$\begin{array}{rl}{\phi }_1(b^{\ast }a)& =⟨{\pi }_1(a)e_1,{\pi }_1(b)e_1⟩=⟨U\pi (a)e,U\pi (b)e⟩\\ & =⟨U^{\ast }U\pi (a)e,\pi (b)e⟩=c⟨\pi (a)e,\pi (b)e⟩=c\phi (b^{\ast }a).\end{array}$$这样的系数 $c$ 只能是 $1$, 于是 ${\phi }_1=\phi$, 证完. $\square$
3	对 Hilbert 空间 $H$ 上的每个单位向量 $e$, 在 $B(H)$ 上定义 ${\phi }_e(T)=⟨Te,e⟩$, 证明每个 ${\phi }_e$ 都是纯的. 证明. 首先, 任取 $T\in B(H)$, 有 $T$ 是 $B(H)$ 中的正元 $\iff T$ 是正算子, 而此时 ${\phi }_e(T)=⟨Te,e⟩⩾0$, 且 ${\phi }_e(I)=1$, 故 ${\phi }_e$ 是态. 由 Hahn–Banach 延拓定理知 $\{Te:T\in B(H)\}=H$, 故 $\mathrm{id}:B(H)\to B(H)$ 是循环表示, $e$ 为对应的单位循环向量, 且 ${\phi }_e(T)=⟨\mathrm{id}(T)e,e⟩$. 同样的方法可以证明 $B(H)$ 没有非平凡的闭不变子空间, 故 $\mathrm{id}$ 不可约, 由第 2 题知 ${\phi }_e$ 是纯态. $\square$
4	$\mathcal{A}$ 为 $C^{\ast }$-代数, 则 $a\in {\mathcal{A}}_{+}$ 当且仅当对于每一个态 $\phi$, $\phi (a)⩾0$. 证明. “$\Leftarrow$”: 由于 $\phi (a^{\ast })=\overline{\phi (a)}=\phi (a)$, 且态分离点, 可见 $a=a^{\ast }$. 考虑由 $1,a$ 生成的 $C^{\ast }$-代数 $C^{\ast }(a)$, 这是一个交换 $C^{\ast }$-代数, 由定理 4.4.9, ${\sigma }_{\mathcal{A}}(a)={\sigma }_{C^{\ast }(a)}(a)$. 由于 $C^{\ast }(a)$ 上的可乘线性泛函可以延拓为 $\mathcal{A}$ 上的态, 从而对于可乘泛函 $\phi$, $\phi (a)⩾0$, 从而 ${\sigma }_{C^{\ast }(a)}(a)\subseteq [0,\infty )$, 即证. $\square$
5	如果 $a$ 是 $\mathcal{A}$ 的正规元, 证明: $\{\phi (a):\phi \in \Sigma (\mathcal{A})\}=\overline{\mathrm{con}(\sigma (a))}$, 这里 $\overline{\mathrm{con}(\sigma (a))}$ 表示 $\sigma (a)$ 的闭凸包. 证明. 由于 $C^{\ast }(a)$ 上的态可以延拓为 $\mathcal{A}$ 上的态, 且 $\mathcal{A}$ 上的态限制在 $C^{\ast }(a)$ 上也成为 $C^{\ast }(a)$ 上的态, 因此 $\{\phi (a):\phi \in \Sigma (\mathcal{A})\}=\{\phi (a):\phi \in \Sigma (C^{\ast }(a))\}$. 由这一节习题 1 及 Krein–Milman 定理, $\Sigma (C^{\ast }(a))=\overline{\mathrm{con}\{\phi :\phi \in {\Delta }_{C^{\ast }(a)}\}}$, 从而 $\{\phi (a):\phi \in \Sigma (\mathcal{A})\}=\overline{\mathrm{con}\{\phi (a):\phi \in {\Delta }_{C^{\ast }(a)}\}}=\overline{\mathrm{con}(\sigma (a))}$. $\square$
8	设 $\phi$ 是 $\mathcal{A}$ 上的一个连续的 Hermite 泛函, 即当 $x=x^{\ast }$ 时, $\phi (x)\in \mathbb{R}$. 证明存在唯一的正泛函 ${\phi }_{+},{\phi }_{-}$, 使得 $\phi ={\phi }_{+}-{\phi }_{-}$, 并且 $\Vert \phi \Vert =\Vert {\phi }_{+}\Vert +\Vert {\phi }_{-}\Vert$. 对 $\mathcal{A}$ 上的任何连续线性泛函 $f$, 令$$f_1(x)=\frac{1}{2}(f(x)+\overline{f(x^{\ast })}),f_2(x)=\frac{1}{2\mathrm{i}}(f(x)-\overline{f(x^{\ast })}),$$那么 $f_1,f_2$ 是 Hermite 泛函, 并且 $f=f_1+\mathrm{i}{f}_2$, 易见, 这个分解是唯一的. 因此, $\mathcal{A}$ 上的每个连续线性泛函可分解为至多四个正泛函的线性组合. 证明. (本解答扩写自 [Takesaki] Chapter 3 §2, Proposition 2.1.) 令 $\mathrm{Re}\mathcal{A}$ 是 $\mathcal{A}$ 中的自伴元全体, 由于对 $x=a+\mathrm{i}b$ $(a,b\in \mathrm{Re}\mathcal{A})$ 有 $\phi (x)=\phi (a)+\mathrm{i}\phi (b)$, $\phi$ 由其在 $\mathrm{Re}\mathcal{A}$ 上的取值唯一确定. 由此, 可以把 $\phi$ 看作属于 $(\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast }$, 即实 Banach 空间 $\mathrm{Re}\mathcal{A}$ 上的连续线性泛函. 令 $\Sigma =\{\psi \in (\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast }:\psi (1)=\Vert \psi \Vert =1\}$ 是这个空间上的态全体, 记 $C$ 为 $\Sigma \cup (-\Sigma )$ 的凸包, 即$$C=\{\lambda {\psi }_1-(1-\lambda ){\psi }_2:{\psi }_1,{\psi }_2\in \Sigma ,0⩽\lambda ⩽1\}.$$由于 $\Sigma$ 是 ${\mathrm{w}}^{\ast }$-紧集, 可知 $C$ 亦是 ${\mathrm{w}}^{\ast }$-紧集. 目标是说明 $C$ 是 $(\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast }$ 上的单位闭球, 用反证法: 假设有 $\Phi \in (\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast }$, $\Vert \Phi \Vert ⩽1$ 且 $\Phi \notin C$, 由凸集分离定理, 存在 $f\in ((\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast },{\mathrm{w}}^{\ast }{)}^{\ast }$ 使得$$\sup \{f(\psi ):\psi \in C\}<f(\Phi ),$$由于 $((\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast },{\mathrm{w}}^{\ast }{)}^{\ast }=\mathrm{Re}\mathcal{A}$ (见 [Conway I] Chapter V Theorem 1.3), $f(\cdot )$ 就是对泛函 $\cdot$ 取在 $a$ $(\in \mathrm{Re}\mathcal{A})$ 的值, 即上式就是$$\sup \{\psi (a):\psi \in C\}<\Phi (a),$$可是$$\sup \{\psi (a):\psi \in C\}=\sup \{\lambda {\psi }_1(a)-(1-\lambda ){\psi }_2(a):{\psi }_1,{\psi }_2\in \Sigma ,0⩽\lambda ⩽1\}=\Vert a\Vert ⩾\Phi (a),$$矛盾. $[$ 注: 刚才的灰色的等号为什么成立? 对这一节的第 5 题两边取上确界, 且由于 $\sigma (a)\subseteq \mathbb{R}$, 有$$\sup \{\psi (a):\psi \in \Sigma \}=\sup \overline{\mathrm{con}(\sigma (a))}=\sup \sigma (a)=r(a)=\Vert a\Vert .]$$现在达成了目标, 即 $(\mathrm{Re}\mathcal{A}{)}^{\ast }$ 上的单位闭球中的元素 $\phi /\Vert \phi \Vert$ 可写为 $\phi /\Vert \phi \Vert =\lambda {\psi }_1-(1-\lambda ){\psi }_2$ 对 ${\psi }_1,{\psi }_2\in \Sigma ,0⩽\lambda ⩽1$, 令 ${\phi }_{+}=\Vert \phi \Vert \lambda {\psi }_1,{\phi }_{-}=\Vert \phi \Vert (1-\lambda ){\psi }_2$. 唯一性见 [Conway II] Theorem 7.12. $\square$

4.4.5 Fuglede–Putnam 定理 (p.162)

1

如果 $M,N$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的正规算子, 且 $T\in B(H)$ 满足 $NT=TM$, 那么 $N^{\ast }T=T{M}^{\ast }$. 提示: 在 $H\oplus H$ 上考虑算子$$A=\left(\begin{array}{cc}N& 0\\ 0& M\end{array}\right),B=\left(\begin{array}{cc}0& T\\ 0& 0\end{array}\right).$$ 证明. 由于 $A$ 是正规算子, 有 $A^{\ast }B=B{A}^{\ast }$, 即$$\left(\begin{array}{cc}0& N^{\ast }T\\ 0& 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& T{M}^{\ast }\\ 0& 0\end{array}\right).$$$\square$

4.5连续函数代数的表示

4.5.3 正规算子的谱分解 (p.173)

2	定义酉算子 $U:L^2(\mathbb{R})\to L^2(\mathbb{R}),f(t)\to f(t+1)$. 给出 $U$ 的谱及谱分解. 证明. 对于 Schwartz 函数 $f$, $(Uf{)}^{\wedge }(t)=e^{2\pi \mathrm{i}t}\hat{f}(t)$. 记 $\phi (x)=e^{2\pi \mathrm{i}x}$, $M_{\phi }$ 为相应的乘法算子. 则在 $L^2(\mathbb{R})$ 中, $U={\mathcal{F}}^{-1}{M}_{\phi }\mathcal{F}$. 从而 $\sigma (U)=\sigma (M_{\phi })=\mathrm{essrange}(\phi )=\mathbb{T}$. 定义谱测度 $E(\omega )=M_{{\chi }_{{\phi }^{-1}(\omega )}}$, $\omega$ 为 $\mathbb{T}$ 的可测子集. 则对 $f,g\in L^2(\mathbb{R})$, 有$${\int }_{\mathbb{T}}{\chi }_{\omega }\mathrm{d}{E}_{f,g}=⟨E(\omega )f,g⟩={\int }_{\mathbb{T}}{\chi }_{{\phi }^{-1}(\omega )}f\bar{g}={\int }_{\mathbb{R}}({\chi }_{\omega }\circ \phi )f\bar{g}\mathrm{d}t.$$用简单函数逼近可知,$${\int }_{\mathbb{T}}z\mathrm{d}{E}_{f,g}={\int }_{\mathbb{R}}(z\circ \phi )f\bar{g}\mathrm{d}t={\int }_{\mathbb{R}}\phi f\bar{g}\mathrm{d}t=⟨M_{\phi }f,g⟩,$$用 $\hat{f},\hat{g}$ 替代 $f,g$ 并用 Parseval 恒等式, 得到$${\int }_{\mathbb{T}}z\mathrm{d}{E}_{\hat{f},\hat{g}}=⟨M_{\phi }\hat{f},\hat{g}⟩=⟨Uf,g⟩.$$设 $P$ 是 $U$ 的谱测度, 对比上式和$${\int }_{\mathbb{T}}z\mathrm{d}{P}_{f,g}=⟨Uf,g⟩$$即得 $⟨P(\omega )f,g⟩=⟨E(\omega )\hat{f},\hat{g}⟩$, 从而 $(P(\omega )f{)}^{\wedge }=E(\omega )\hat{f}$, 也就是说 $P(\omega )f=({\chi }_{{\phi }^{-1}(\omega )}\hat{f}{)}^{\vee }$. $\square$
3	设 $X$ 是紧的 Hausdorff 空间, $\{x_n\}$ 是 $X$ 中的一个序列. 取 Hilbert 空间 $H$ 的一个正交基 $\{e_n\}$. 定义 $C(X)$ 的一个表示以下列方式: $\pi (f)e_n=f(x_n)e_n,n=1,2,\cdots$. 给出这个表示的谱测度. 证明. 对 $X$ 的 Borel 可测子集 $\omega$, 定义 $E(\omega )={\sum }_{x_n\in \omega }{P}_n$, 其中 $P_n$ 是向 $\mathrm{span}\{e_n\}$ 的投影, 由 $\{e_n\}$ 为 $H$ 的正交基知 $E(\omega )$ 良定, 且 $E(\varnothing )=0,E(X)=I$. 容易验证 $E$ 为 $X$ 上的谱测度, 且对任意 $f\in C(X)$, 有 $\int f\mathrm{d}E={\sum }_{n=1}^{\infty }f(x_n)P_n$, 故由 $\pi (f)e_n=f(x_n)e_n,n=1,2,\cdots$ 知 $\pi (f)=\int f\mathrm{d}E$. $\square$
4	设 $H$ 是可分 Hilbert 空间, 证明集 $\{A\in B(H)\mid 0⩽A⩽I\}$ 的端点正是投影. 证明. $P=0$ 显然为端点. 下面考虑投影 $P\ne 0$, 假设 $P=t{A}_1+(1-t)A_2,t\in (0,1),0⩽A_i⩽I$, 我们通过证明 $A_i{|}_{(\mathrm{Ran}P{)}^{\perp }}=0,A_i{|}_{\mathrm{Ran}P}=I$ 来证明 $P=A_i,i=1,2$. (i) 对 $x\in (\mathrm{Ran}P{)}^{\perp }$, 有 $⟨Px,x⟩=0$, 从而 $t⟨A_{1}x,x⟩+(1-t)⟨A_{2}x,x⟩=0$. 由于 $⟨A_{i}x,x⟩=\Vert A_i^{\frac{1}{2}}x{\Vert }^2⩾0$, 可见 $A_{i}x=0,i=1,2$. (ii) 对 $x\in \mathrm{Ran}P$, 有 $(I-P)x=0$, 类似上述情形可以证明 $A_i=I,I=1,2$. 反之, 对于这一集合的端点 $A$, 要证 $A$ 为投影, 只需证 $A^2=A$. 注意到 $A=\frac{2A-A^2}{2}+\frac{A^2}{2}$, 由 $2x-x^2⩽1,x\in \mathbb{R}$, 可见 $2A-A^2⩽I$. 由于 $A$ 为端点, 从而 $2A-A^2=A^2$, 即证. $\square$
5	如果 $N$ 是正规算子, 证明 $N$ 有分解 $N=U|N|$, 这里 $U$ 是一个酉算子. 证明. 定义 $u(z)=\{\begin{array}{ll}\frac{z}{|z|},& z\ne 0\\ 1,& z=0\end{array}$, 则 $z=u(z)|z|$. 作 Borel 函数演算, 可见 $N=u(N)|N|$, 由 $u\bar{u}=|u{|}^2=1$, 可见 $u(N)$ 为酉算子. $\square$
6	设 $(\Omega ,\mathcal{B},E,H)$ 是一个谱测度空间, $f$ 是 $\Omega$ 上一个复的可测函数. 令$${\mathcal{D}}_f=\left\{x\in H:{\int }_{\Omega }\Vert f{\Vert }^2\mathrm{d}{E}_{x,x}<\infty \right\}.$$证明: (i) ${\mathcal{D}}_f$ 是 $H$ 的一个稠子空间; (ii) 如果 $x,y\in H$, 那么$${\int }_{\Omega }|f|\mathrm{d}|E_{x,y}|⩽\Vert y\Vert ({\int }_{\Omega }|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}{)}^{\frac{1}{2}};$$(iii) 如果 $f$ 是有界的, 并且记 $w=\pi (f)z$, 那么 $\mathrm{d}{E}_{x,w}=\bar{f}\mathrm{d}{E}_{x,z}$. 证明. (i) 记$${\omega }_n:=\{\eta \in \Omega :|f(\eta )|⩽n\},x_n:=E({\omega }_n)x.$$由于 ${\bigcup }_n{\omega }_n=\Omega$, 有 $E({\omega }_n)x\to E(\Omega )x$, 即 $x_n\to x$. 下面只需证明 $\forall n,x_n\in {\mathcal{D}}_f$, 即 ${\int }_{\Omega }|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n,x_n}<\infty$. 由$$E_{x_n,x_n}(\omega )=⟨E(\omega )x_n,x_n⟩=⟨E(\omega \cap {\omega }_n)x,x⟩,$$可见$${\int }_{\Omega }|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n,x_n}={\int }_{{\omega }_n}|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}<\infty .$$(ii) 只需证明此不等式对简单函数成立, 进一步, 只需证对 $f={\chi }_{\omega }$ 成立. $$\int {\chi }_{\omega }\mathrm{d}|E_{x,y}|=|E_{x,y}|(\omega )=\sup \{\sum _{i=1}^n|E_{x,y}({\Delta }_i)|:\omega =\underset{i=1}{\overset{n}{⨆}}{\Delta }_i\}.$$ $$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n|E_{x,y}({\Delta }_i)|& =\sum |⟨E({\Delta }_i)x,E({\Delta }_i)y⟩|\\ & ⩽\sum \Vert E({\Delta }_i)x\Vert \cdot \Vert E({\Delta }_i)y\Vert \\ & ⩽(\sum \Vert E({\Delta }_i)x{\Vert }^2{)}^{\frac{1}{2}}(\sum \Vert E({\Delta }_i)y{\Vert }^2{)}^{\frac{1}{2}}\\ & ⩽\Vert E(\omega )x\Vert \Vert y\Vert .\end{array}$$即证. (iii) 对 $\omega$ 可测, $$\begin{array}{rl}\int {\chi }_{\omega }\mathrm{d}{E}_{x,w}& =E_{x,w}(\omega )=⟨E(\omega )x,w⟩\\ & =⟨E(\omega )x,\pi (f)z⟩=⟨\pi (\bar{f})E(\omega )x,z⟩\\ & =⟨\pi (f{\chi }_{\omega })x,z⟩=\int {\chi }_{\omega }\bar{f}\mathrm{d}{E}_{x,z},\end{array}$$即证. $\square$
7	在习题 6 的基础上证明: 对每个复的可测函数 $f$, 在 Hilbert 空间 $H$ 上存在唯一的闭的稠定算子 $\pi (f)$, 其定义域是 ${\mathcal{D}}_f$, 该算子由下式唯一确定: $$⟨\pi (f)x,y⟩={\int }_{\Omega }f\mathrm{d}{E}_{x,y},x\in {\mathcal{D}}_f,y\in H.$$且此算子满足 $\Vert \pi (f)x{\Vert }^2={\int }_{\Omega }|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x},x\in {\mathcal{D}}_f.$ 证明. 对 $x\in \mathcal{D}$, 定义$$\Lambda :H\to \mathbb{C},y\mapsto {\int }_{\Omega }f\mathrm{d}{E}_{x,y},$$由习题 6 知 $\Lambda$ 是有界共轭线性算子, 从而由 Riesz 表示定理知, 存在 $\pi (f),$ 使得$$⟨\pi (f)x,y⟩=\int f\mathrm{d}{E}_{x,y}.$$不难看出 $\pi (f),\pi$ 为线性算子. 记 $y_n:=\pi (f{\chi }_{{\omega }_n})$, 则$$⟨\pi (f)x,y_n⟩=\int f\mathrm{d}{E}_{x,y_n}={\int }_{{\omega }_n}|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}\to {\int }_{\Omega }|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}.$$下面我们证明 $y_n$ 弱收敛到 $\pi (f)x$. 若能证明此, 则可见$$\Vert \pi (f)x{\Vert }^2={\int }_{\Omega }|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x},x\in {\mathcal{D}}_f.$$这是因为, 对 $y\in H$, 有$$\begin{array}{rl}|⟨y_n-\pi (f)x,y⟩|& =|⟨\pi (f\chi {\omega }_n)x,y⟩-⟨\pi (f)x,y⟩|\\ & =|\int f{\chi }_{{\omega }_n^c}\mathrm{d}{E}_{x,y}|\\ & ⩽\Vert y\Vert ({\int }_{{\omega }_n^c}|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}{)}^{\frac{1}{2}}\to 0.\end{array}$$下证 $\pi (f)$ 是闭算子: 即若 $x_n\in {\mathcal{D}}_f,x_n\to x,\pi (f)x_n\to y$, 要证 (1) $x\in {\mathcal{D}}_f$, (2) $\pi (f)x=y$. (1) 对 $\omega \in \mathcal{B}$, $$\begin{array}{rl}|E_{x_n,x_n}(\omega )-E_{x,x}(\omega )|& =|⟨E(\omega )x_n,x_n⟩-⟨E(\omega )x,x⟩|\\ & ⩽|⟨E(\omega )(x_n-x),x_n⟩|+|⟨E(\omega )x,x_n-x⟩|\\ & ⩽2\sup \Vert x_n\Vert \cdot \Vert x_n-x\Vert \to 0.\end{array}$$则$$\begin{array}{rl}\int |f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}& =\sum _m{\int }_{F_m}|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x,x}\\ & =\sum _m\underset{n\to \infty }{\lim }{\int }_{F_m}|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n,x_n}\\ & ⩽\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\sum _m{\int }_{F_m}|f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n,x_n}\\ & =\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\int |f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n,x_n}\\ & =\underset{n\to \infty }{\mathrm{liminf}}\Vert \pi (f)x_n{\Vert }^2<\infty ,\end{array}$$其中小于等于号利用了 Fatou 引理. 从而 $x\in {\mathcal{D}}_f$. (2) 即要证 $\int |f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n-x,x_n-x}\to 0$. 类似 (1) 中分析可知, $$\int |f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n-x,x_n-x}⩽\underset{m\to \infty }{\mathrm{liminf}}\int |f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n-x_m,x_n-x_m}=\underset{m\to \infty }{\mathrm{liminf}}\Vert \pi (f)(x_n-x_m){\Vert }^2.$$由于 $\{\pi (f)x_n\}$ 为 Cauchy 列, 可见 $\underset{n\to \infty }{\lim }\int |f{|}^2\mathrm{d}{E}_{x_n-x,x_n-x}=0$. $\square$

4.5.4 Stone 定理 (p.180)

1	设 $U_t$ 是由函数 $e_{-t}(s)={\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}$ 在 $L^2(\mathbb{R},\mathrm{d}m)$ 上定义的乘法算子, 证明: (i) 直线上的单参数酉群 $\{U_t\}$ 是强算子拓扑连续的, 即当 $f\in L^2$ 时, $$\underset{t\to t_0}{\lim }\Vert U_{t}f-U_{t_0}f\Vert =0;$$ (ii) 酉群 $\{U_t\}$ 在 Stone 定理中对应的直线 $\mathbb{R}$ 上的谱测度 $E(\Delta )$ 是由 $\Delta$ 的特征函数定义的乘法算子, 这里 $\Delta$ 是 $\mathbb{R}$ 的 Borel 子集. 写出该谱测度相应的谱系. (iii) 考虑 $L^2(\mathbb{R},\mathrm{d}m)$ 上的单参数平移算子群 ${\tau }_t$, $({\tau }_{t}f)(s)=f(s-t)$. 证明 $\{{\tau }_t\}$ 是强算子拓扑连续的. 利用 (ii) 和命题 3.3.8 建立该平移酉群的 Stone 表示. 证明. (i) 直接计算得$$\begin{array}{rl}\Vert U_{t}f-U_{t_0}f{\Vert }^2& ={\int }_{\mathbb{R}}|U_{t}f-U_{t_0}f{|}^2\mathrm{d}m\\ & ={\int }_{\mathbb{R}}|{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}s{t}_0}{|}^2|f(s){|}^2\mathrm{d}m(s).\end{array}$$在 $t\to t_0$ 时 $|{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}-{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}s{t}_0}|$ 关于 $s$ 逐点 (而不一致) 收敛于 $0$, 而 $f\in L^2$, 由 Lebesgue 控制收敛定理, 上式收敛于 $0$. (ii) Stone 定理满足 $U_t={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}\mathrm{d}E(s)$, 于是 $U_t=\pi ({\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st})$. 对于任意的 $g,h\in L^2$, 有$$⟨U_{t}g,h⟩=⟨\pi ({\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st})g,h⟩={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}\mathrm{d}{E}_{g,h}(s).$$另一方面, 按定义有$$⟨U_{t}g,h⟩={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}g(s)\bar{h}(s)\mathrm{d}m(s).$$于是有 $\mathrm{d}{E}_{g,h}=g\bar{h}\mathrm{d}m$, 从而对于任意的 $\Delta$, 有 $E_{g,h}(\Delta )={\int }_{\Delta }g\bar{h}\mathrm{d}m$, 也即 $⟨E(\Delta )g,h⟩=⟨M_{{\chi }_{\Delta }}g,h⟩$, 故 $E(\Delta )=M_{{\chi }_{\Delta }}$, 证完. 谱系为 $E_t=E(\left(-\infty ,t\right])=M_{{\chi }_{\left(-\infty ,t\right]}}$. (iii) 对于 $f\in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$, 结论的证明非常简单; 而 $C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 在 $L^2$ 中稠密, 对于一般的 $f\in L^2$, 可找到一列 $g_n\in C_c^{\infty }(\mathbb{R})$ 在 $L^2$ 意义下趋于 $f$, 使用 $3\epsilon$ 方法可证. 建立 Stone 表示: 因 ${\tau }_t={\mathcal{F}}^{-1}{U}_t\mathcal{F}$, 我们记$$P(\Delta )={\mathcal{F}}^{-1}E(\Delta )\mathcal{F}={\mathcal{F}}^{-1}{M}_{{\chi }_{\Delta }}\mathcal{F},$$则对于任意的 $g,h\in L^2$, 有$$\begin{array}{rl}{P}_{g,h}(\Delta )& =⟨P(\Delta )g,h⟩=⟨{\mathcal{F}}^{-1}{M}_{{\chi }_{\Delta }}\mathcal{F}g,h⟩\\ & =⟨M_{{\chi }_{\Delta }}\mathcal{F}g,\mathcal{F}h⟩=E_{\hat{g},\hat{h}}(\Delta ).\end{array}$$于是有 $\mathrm{d}{P}_{g,h}=\mathrm{d}{E}_{\hat{g},\hat{h}}$, 我们得到$$\begin{array}{rl}⟨{\tau }_{t}g,h⟩& =⟨{\mathcal{F}}^{-1}{U}_t\mathcal{F}g,h⟩=⟨U_t\mathcal{F}g,\mathcal{F}h⟩\\ & =⟨U_t\hat{g},\hat{h}⟩={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}\mathrm{d}{E}_{\hat{g},\hat{h}}(s)\\ & ={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}\mathrm{d}{P}_{g,h}(s).\end{array}$$由此 ${\tau }_t={\int }_{\mathbb{R}}{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}st}\mathrm{d}P$. $\square$
2	证明定理 4.5.12, 即以下等价: (1) 双向序列 $\mathbf{c}$ 是正定的; (2) 在单位圆周 $\mathbb{T}$ 上存在一个正 Borel 测度 $\mu$, 使得 $c_n={\int }_{\mathbb{T}}{z}^n\mathrm{d}\mu (z)$; (3) 在一个可分 Hilbert 空间 $H$ 上存在一个酉算子 $U$ 和 $e\in H$, 使得 $c_n=⟨U^{n}e,e⟩$. 证明. $(1)\Rightarrow (3)$: 令 $K(m,n)=c_{m-n}$, 由 $\mathbf{c}$ 正定得到 $K$ 正定. 再令 $K_m(n)=K(m,n)$, 以及 $\mathcal{F}=\mathrm{span}\{K_m:m\in \mathbb{Z}\}$, 我们在 $\mathcal{F}$ 上有自然的内积: $$⟨\sum _{i=1}^n{a}_i{K}_{n_i},\sum _{j=1}^m{b}_j{K}_{m_j}⟩=\sum _{i,j}{a}_i{\bar{b}}_{j}K(n_i,m_j).$$内积完备化, 有 $H_{\mathbf{c}}=\overline{\mathrm{span}}\{K_m\}$. 令 $e=K_0$, $$\tilde{U}:\mathcal{F}\to \mathcal{F},\sum a_i{K}_{n_i}\mapsto \sum a_i{K}_{n_i+1},$$则 $\tilde{U}$ 是 $\mathcal{F}$ 上的酉算子, 可延拓为 $H_{\mathbf{c}}$ 上的酉算子 $U$, 于是有$$⟨U^{n}e,e⟩=⟨U^n{K}_0,K_0⟩=⟨K_n,K_0⟩=c_{n-0}=c_n.$$ $(3)\Rightarrow (2)$: 由正规算子的谱定理, $U={\int }_{\mathbb{T}}z\mathrm{d}E$, 令 $\mu =E_{e,e}$, 有$$c_n=⟨U^{n}e,e⟩=⟨\left({\int }_{\mathbb{T}}{z}^n\mathrm{d}E\right)e,e⟩={\int }_{\mathbb{T}}{z}^n\mathrm{d}{E}_{e,e}={\int }_{\mathbb{T}}{z}^n\mathrm{d}\mu .$$ $(2)\Rightarrow (1)$: 对于任意的有限个复数 $a_{-n},\cdots ,a_{-1},a_0,a_1,\cdots ,a_n$, 我们有$$\sum _{j,k=-n}^n{c}_{j-k}{a}_j{\bar{a}}_k=\sum _{j,k=-n}^n{\int }_{\mathbb{T}}{z}^{j-k}\mathrm{d}\mu (z)a_j{\bar{a}}_k={\int }_{\mathbb{T}}|\sum _{j=-n}^n{a}_j{z}^j{|}^2\mathrm{d}\mu (z)⩾0.$$$\square$
3	证明单位圆周上的三角多项式 $p(z)$ 是正的当且仅当存在多项式 $q(z)$ 使得 $p(z)=|q(z){|}^2$. 证明. 充分性是自然的, 必要性称为 Fejér–Riesz 定理, 证明如下. 设 $p(z)$ 有最高次和最低次项系数均不为 $0$ 的 Laurent 展开式$$p(z)=\sum _{i=-m}^n{c}_i{z}^i,$$由于 $p(1/z)$ 和 $\overline{p(\bar{z})}$ 在 $\mathbb{C}\setminus \{0\}$ 上都是全纯函数, 且在单位圆周 $|z|=1$ 上相同 ($1/z=\bar{z}$, 且 $p$ 取实值), 可知两者一模一样, 对比系数得到 $m=n$, 还能知道 $p(1/z)=0\iff p(\bar{z})=0$, 从而多项式 $z^{n}p(z)$ 的根的全体可写为 $a_1,\cdots ,a_n,1/{\bar{a}}_1,\cdots ,1/{\bar{a}}_n$, 即$$p(z)=C{z}^{-n}\prod _{i=1}^n(z-a_i)(z-1/{\bar{a}}_i)=C^{\prime }\prod _{i=1}^n(z-a_i)(1/z-{\bar{a}}_i).$$单位圆周上 $p(z)=C^{\prime }\prod _{i=1}^n|z-a_i{|}^2>0$, 推出 $C^{\prime }>0$. 取$$q(z)=\sqrt{C^{\prime }}\prod _{i=1}^n(z-a_i),$$则$$\overline{q(1/\bar{z})}=\sqrt{C^{\prime }}\prod _{i=1}^n(1/z-{\bar{a}}_i),$$相乘有 $p(z)=q(z)\overline{q(1/\bar{z})}$, 限定 $|z|=1$ 时就有 $p(z)=|q(z){|}^2$. $\square$
4	设 $F$ 是 $\mathcal{P}(\mathbb{T})$ 上的一个线性泛函, 记 $c_n=F(z^n)$, 其中 $n\in \mathbb{Z}$. 证明泛函 $F$ 是正定的当且仅当对应的双向序列 $\{\cdots ,c_{-1},c_0,c_1,\cdots \}$ 是正定的. 证明. 充分性: 设双向序列 $\mathbf{c}$ 是正定的, 对于任意的正元 $p\in \mathcal{P}(\mathbb{T})$, 由第 3 题有 $p=|q{|}^2$, 设 $q(z)={\sum }_{j=-n}^n{a}_j{z}^j$, 则有$$F(p)=F\left(\sum _{i,j=-n}^n{a}_j{z}^j{\bar{a}}_i{z}^{-i}\right)=\sum _{i,j=-n}^n{a}_j{\bar{a}}_{i}F(z^{j-i})=\sum _{i,j=-n}^n{a}_j{\bar{a}}_i{c}_{j-i}⩾0,$$于是泛函 $F$ 是正定的. 必要性: 设泛函 $F$ 是正定的, 对于任意的有限个复数 $a_{-n},\cdots ,a_{-1},a_0,a_1,\cdots ,a_n$, 令 $q(z)={\sum }_{j=-n}^n{a}_j{z}^j$, $p(z)=|q(z){|}^2$, 仍由第 3 题有 $p$ 是正元, 于是 $F(p)⩾0$, 展开即得$$0⩽F(p)=F\left(\sum _{i,j=-n}^n{a}_j{z}^j{\bar{a}}_i{z}^{-i}\right)=\sum _{i,j=-n}^n{a}_j{\bar{a}}_{i}F(z^{j-i})=\sum _{i,j=-n}^n{a}_j{\bar{a}}_i{c}_{j-i},$$于是双向序列 $\mathbf{c}$ 是正定的. $\square$
7	设 $\{N_t:t\in \mathbb{R}\}$ 是一个单参数正规算子群, 并且 ${\sup }_t\Vert N_t\Vert <\infty$, 证明该算子群是单参数酉群. 证明. 任取非零实数 $t$ 与正整数 $n$, 有 $N_{nt}=(N_t{)}^n$, 谱映射定理表明 $\sigma (N_{nt})=\{{\lambda }^n|\lambda \in \sigma (N_t)\}$, 故由 $N_t$ 均为正规算子知 $\Vert N_{nt}\Vert =\Vert N_t{\Vert }^n$. 由于$$\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\Vert N_t{\Vert }^n=\underset{n\to \infty }{\overline{\lim }}\Vert N_{nt}\Vert ⩽\underset{t}{\sup }\Vert N_t\Vert <\infty ,$$故 $\Vert N_t\Vert ⩽1$. 任取 $x\in H$, $$\Vert x\Vert =\Vert N_{-t}{N}_{t}x\Vert ⩽\Vert N_{-t}\Vert \cdot \Vert N_{t}x\Vert ⩽\Vert N_{t}x\Vert ⩽\Vert x\Vert ,$$故 $\Vert N_{t}x\Vert =\Vert x\Vert$. 由 $N_t^{-1}=N_{-t}$, 即 $N_t$ 可逆, 因此 $N_t$ 为酉算子, $\{N_t:t\in \mathbb{R}\}$ 为单参数酉群. $\square$

4.6von Neumann 代数和二次换位子定理 (p.184)

1	设 $S$ 是 Hilbert 空间 $H=\overline{\mathrm{span}\{e_n:n⩾0\}}$ 上重数为 $1$ 的单向移位, 证明: $W^{\ast }(S)=B(H)$, 这里 $W^{\ast }(S)$ 表示由 $S$ 生成的 $C^{\ast }$-代数的 WOT-闭包. [ 注: 重数的意思是 $\dim (H\ominus SH)$. ] 证明. 记 $\mathcal{A}=W^{\ast }(S)$, 我们断言 ${\mathcal{A}}^{\prime }=\mathbb{C}\cdot I$. 如果我们证明了此, 则由 von Neumann 定理, $\mathcal{A}={\mathcal{A}}^{\prime \prime }=B(H)$. 对 $A\in {\mathcal{A}}^{\prime }$, $A$ 与 $e_0⟨\cdot ,e_0⟩=S^{\ast }S-S{S}^{\ast }$ (即到子空间 $\mathrm{span}\{e_0\}$ 上的投影算子, 属于 $\mathcal{A}$) 交换, 从而 $A{e}_0⟨\cdot ,e_0⟩=e_0⟨A\cdot ,e_0⟩$. 代入 $\cdot =e_0$ 可知 $A{e}_0=\lambda e_0$, 其中 $\lambda =⟨A{e}_0,e_0⟩$. 则 $A{e}_n=A{S}^n{e}_0=S^{n}A{e}_0=\lambda S^n{e}_0=\lambda e_n$, 这意味着 $A=\lambda I$, 即证. $\square$
3	设 $\{A_n\}$ 是 Hilbert 空间上自伴的一致有界的单调算子序列, 证明: 该序列在强算子拓扑下收敛. 证明. 不妨假定 $\{A_n\}$ 是单调递增的正算子序列, 于是有 ∘ 存在 $M>0$, 使得 ${\sup }_{n\in \mathbb{N}}\Vert A_n\Vert ⩽M$; ∘ 对于任意的 $x\in H$, $\{⟨A_{n}x,x⟩\}$ 是单调递增的正序列. 我们先验证 $\{A_n\}$ 在弱算子拓扑下收敛. 对于任意的 $x\in H$, $\{⟨A_{n}x,x⟩\}$ 是单调递增的有界序列, 因此它是 Cauchy 列. 另一方面, 对于任意的 $x,y\in H$, $n⩾m$ 时 $A_n-A_m$ 是正算子, 从而 $⟨(A_n-A_m)\cdot ,\cdot ⟩$ 是一个内积, 由 Cauchy–Schwarz 不等式有$$|⟨(A_n-A_m)x,y⟩|⩽⟨(A_n-A_m)x,x{⟩}^{1/2}⟨(A_n-A_m)y,y{⟩}^{1/2}.$$于是 $\{⟨A_{n}x,y⟩\}$ 也是 Cauchy 列, 故是收敛的数列, 记其极限为 ${\lim }_{n\to \infty }⟨A_{n}x,y⟩=\alpha (x,y)$. 这样的 $\alpha$ 是 $H$ 上有界双线性泛函, 故存在 $A\in B(H)$, 使得 $\alpha (x,y)=⟨Ax,y⟩$, 即 $A_n$ 弱算子拓扑收敛到 $A$. 我们再验证 $A_n$ 实际上强算子拓扑收敛到 $A$. 对于任意的 $x\in H$, 有$$\begin{array}{rl}\Vert (A-A_n)x{\Vert }_2^2& =⟨(A-A_n)x,(A-A_n)x⟩\\ & ⩽⟨(A-A_n)x,x{⟩}^{1/2}⟨(A-A_n)(A-A_n)x,(A-A_n)x{⟩}^{1/2}\\ & ⩽⟨(A-A_n)x,x{⟩}^{1/2}\Vert A-A_n{\Vert }^{3/2}\Vert x\Vert .\end{array}$$其中 $⟨(A-A_n)x,x⟩$ 收敛于 $0$, 而 $\Vert A-A_n\Vert$ 有界, 则整体收敛于 $0$, 证完. $\square$
4	设 $\mathcal{A}$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的一个 von Neumann 代数. (i) 对于任意的 $a\in \mathcal{A}$, 记 $P_a$ 是从 $H$ 到闭子空间 $\overline{aH}$ 的正交投影, 证明 $P_a\in \mathcal{A}$. (ii) 对于任意的 $h\in H$, 记 $Q_h$ 是从 $H$ 到闭子空间 $\overline{\mathcal{A}h}$ 上的正交投影, 证明 $Q_h\in {\mathcal{A}}^{\prime }$. (iii) 进一步证明每个 von Neumann 代数在弱算子拓扑下由投影生成. 证明. 我们有命题: $M$ 是 Hilbert 空间 $H$ 的闭子空间, $P:H\to M$ 是正交投影, $A\in B(H)$. 则有: (a) $M$ 是 $A$ 的不变子空间当且仅当 $PAP=AP$; (b) $M$ 是 $A$ 的约化子空间当且仅当 $AP=PA$. 证明. 证明. (a) 不变子空间是说 $AM\subseteq M$, 即在 $AP$ 的值域 $AM$ 上 $P=I$. (b) 约化子空间是说 $AM\subseteq M$ 且 $A{M}^{\perp }\subseteq M^{\perp }$, 前者等价于 $PAP=AP$, 后者等价于 $(I-P)A(I-P)=A(I-P)$, 即 $PAP=PA$, 联合两者得出 $AP=PA$, 反之 $AP=PA$ 两端左乘、右乘 $P$ 即得. $\square$ (i) 因为 $\mathcal{A}$ 是 von Neumann 代数, 我们只需证明 $P_a\in {\mathcal{A}}^{\prime \prime }$. 对于任意的 $b\in {\mathcal{A}}^{\prime }$, 要证明 $P_{a}b=b{P}_a$. 由命题 (b), 只需验证 $\overline{aH}$ 是 $b$ 的约化子空间, 这只需验证 $aH$ 是 $b$ 的约化子空间. 首先, $ab=ba$ 说明 $b(aH)=a(bH)\subseteq aH$; 接着, $H\supseteq b^{\ast }H$ 且 $a{b}^{\ast }=b^{\ast }a$ 表明 $⟨-,aH⟩=0\Rightarrow ⟨-,a(b^{\ast }H)⟩=0\Rightarrow ⟨-,b^{\ast }(aH)⟩=0\Rightarrow ⟨b-,aH⟩=0$, 即 $b(aH{)}^{\perp }\subseteq (aH{)}^{\perp }$. (ii) 对于任意的 $a\in \mathcal{A}$, 要证明 $Q_{h}a=a{Q}_h$. 由命题 (b), 只需验证 $\overline{\mathcal{A}h}$ 是 $a$ 的约化子空间, 这只需验证 $\mathcal{A}h$ 是 $a$ 的约化子空间. 首先, $a\mathcal{A}\subseteq \mathcal{A}$ 说明 $a(\mathcal{A}h)\subseteq \mathcal{A}h$; 接着, $a^{\ast }\mathcal{A}\subseteq \mathcal{A}$ 说明 $⟨-,\mathcal{A}h⟩=0\Rightarrow ⟨-,a^{\ast }\mathcal{A}h⟩=0\Rightarrow ⟨a-,\mathcal{A}h⟩=0$, 即 $a(\mathcal{A}h{)}^{\perp }\subseteq (\mathcal{A}h{)}^{\perp }$. (iii) 由第 8 题直接得到. 注: 如果用约化子空间的等价定义 $AM\subseteq M,A^{\ast }M\subseteq M$, 上面的过程会更简短. $\square$
5	(算子的极分解) 设 $A$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的一个有界线性算子, $|A|=(A^{\ast }A{)}^{\frac{1}{2}}$, 那么 $\Vert Ax\Vert =\Vert |A|x\Vert ,\forall x\in H$. 因为 $\ker A=\ker |A|$, 故可建立等距算子$$S:\overline{\mathrm{Ran}|A|}\to \overline{\mathrm{Ran}A},|A|x\to Ax,x\in H.$$在 $H$ 上定义偏等距 $V$ 如下: 在 $\overline{\mathrm{Ran}|A|}$ 上, $V=S$; 在 ${\overline{\mathrm{Ran}|A|}}^{\perp }$ 上, $V=0$. 证明下列结论: (i) $A=V|A|$; (ii) $V^{\ast }V=P_{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}$; (iii) $V{V}^{\ast }=P_{\overline{\mathrm{Ran}A}}$, 这里 $P_{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}$, $P_{\overline{\mathrm{Ran}A}}$ 分别表示到子空间 $\overline{\mathrm{Ran}|A|}$ 和 $\overline{\mathrm{Ran}A}$ 的正交投影. 证明. (i) 任取 $x\in H$, $|A|x\in \overline{\mathrm{Ran}|A|}$, 故 $V|A|x=S|A|x=Ax$, 即 $V|A|=A$. (ii) 任取 $x,y\in H$, 若 $y\in {\overline{\mathrm{Ran}|A|}}^{\perp }=\ker |A|$, 则 $⟨Ax,Vy⟩=0=⟨|A|x,y⟩$; 若 $y=|A|z\in \mathrm{Ran}|A|$, 则$$⟨Ax,Vy⟩=⟨Ax,Az⟩=⟨|A{|}^{2}x,z⟩=⟨|A|x,y⟩.$$总之, 我们有 $⟨Ax,Vy⟩=⟨|A|x,y⟩$, 故 $V^{\ast }A=|A|$, 结合 (i) 知 $V^{\ast }V{|}_{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}=I$, 又显然 $V^{\ast }V{|}_{{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}^{\perp }}=0$, 即证. (iii) 由 (i), (ii) 知 $A=V|A|=V{V}^{\ast }A$, 即 $V{V}^{\ast }{|}_{\overline{\mathrm{Ran}A}}=I$, 只需证 $V^{\ast }{|}_{{\overline{\mathrm{Ran}A}}^{\perp }}=0$ 即可, 而这是 $\mathrm{Ran}V\subseteq \overline{\mathrm{Ran}A}$ 的直接推论. $\square$
6	设 $A$ 是 Hilbert 空间 $H$ 上的一个有界线性算子, $V^{\ast }(A)$ 表示由恒等算子和 $A$ 生成的 von Neumann 代数. 证明出现在 $A$ 的极分解中的偏等距 $V$ 属于 $V^{\ast }(A)$. 记 $C^{\ast }(A)$ 表示由恒等算子和 $A$ 生成的 $C^{\ast }$-代数, 举例说明这个偏等距 $V$ 未必属于 $C^{\ast }(A)$. 证明. 先证明 $V\in V^{\ast }(A)$, 即证 $V\in V^{\ast }(A{)}^{\prime \prime }$. 任取 $T\in V^{\ast }(A{)}^{\prime }$, 由 $V^{\ast }(A)\supseteq C^{\ast }(A)$ 知 $T$ 与 $A,|A|$ 均交换. 为证 $VT=TV$, 我们仍在稠子空间 $\mathrm{Ran}|A|+{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}^{\perp }$ 上考虑. 任取 $x=|A|y\in \mathrm{Ran}|A|$, 有$$VTx=VT|A|y=V|A|Ty=ATy=TAy=TV|A|y=TVx.$$任取 $x\in {\overline{\mathrm{Ran}|A|}}^{\perp }=\ker |A|$, 有 $|A|Tx=T|A|x=0$, 即 $Tx\in \ker |A|$, 故 $VTx=0=TVx$. 再举例说明 $V$ 不一定属于 $C^{\ast }(A)$. 令 $A$ 为一个无限维且无限余维的紧算子 (如 $H=l^2,A((a_1,a_2,\cdots ))=(a_1,0,\frac{a_2}{2},0,\frac{a_3}{3},\cdots )$). 由于 $\mathbb{C}\cdot I+\mathcal{K}(H)$ 为 $C^{\ast }$-代数, 故若 $V\in C^{\ast }(A)$, 则存在 $\gamma \in \mathbb{C}$ 与紧算子 $K$ 使得 $V=\gamma +K$. 由 $V^{\ast }V=P_{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}$ 知 $|\gamma |=1$, 从而 $V^{\ast }V$ 形如 $I-D$, 其中 $D$ 为紧算子. 然而 $D=P_{{\overline{\mathrm{Ran}|A|}}^{\perp }}$ 是无限秩投影算子, 不是紧的, 产生矛盾, 因此 $V\notin C^{\ast }(A)$. $\square$
7	设 $N$ 是 Hilbert 空间上的正规算子, 且 $N=V|N|$ 是它的极分解, 证明存在 $\sigma (N)$ 上的一个有界 Borel 函数 $\phi$, 使得 $V=\phi (N)$, 因此 $VN=NV$. 证明. 定义 $\phi (z)=\{\begin{array}{ll}\frac{z}{|z|},& z\ne 0\\ 0,& z=0\end{array}$. 记 $V=\phi (N)$, 则由函数演算, $V|N|=N$. 下面证明这给出了极分解. 首先, 在稠密子空间 $\mathrm{Ran}N$ 上有 $V(|N|x)=Nx$, 从而在 $\overline{\mathrm{Ran}N}$ 上同样成立; 由 $\phi {\chi }_{\{0\}}=0$, 有 $VE(\{0\})=0$, 注意到$${\overline{\mathrm{Ran}|N|}}^{\perp }=\ker |N|=\mathrm{Ran}E(\{0\})$$(这里用到了 $\ker \phi (N)=\mathrm{Ran}E({\phi }^{-1}(0))$, 见系 4.5.4 (i)), 即 $V$ 在 ${\overline{\mathrm{Ran}|N|}}^{\perp }$ 上为 $0$. $\square$
8	von Neumann 代数 $\mathcal{A}$ 中投影算子的线性组合全体在 $\mathcal{A}$ 中按范数稠密. 证明. $\mathcal{A}$ 中元素可写成自伴元的线性组合, 因此只需考虑自伴算子 $A={\int }_{\sigma (A)}z\mathrm{d}E.$ 下面我们证明 $E(\omega )\in \mathcal{A}$, 如果我们证明了此, 用简单函数逼近可知 $A\in \mathcal{A}$ (写出来是, ${\sum }_n{c}_n{\chi }_{{\omega }_n}$ 一致收敛于 $z$, 则 ${\sum }_n{c}_{n}E({\omega }_n)$ 在算子范数意义下收敛于 $A$). 由 von Neumann 代数的定义, 只需证 $E(\omega )\in {\mathcal{A}}^{\prime \prime }$. 任取 $T\in {\mathcal{A}}^{\prime }$, 则 $TA=AT,\forall A\in \mathcal{A}$, 从而 $TE(\omega )=E(\omega )T$ (谱测度的定义中蕴含着这一点), 即 $E(\omega )\in {\mathcal{A}}^{\prime \prime }$. $\square$

参考文献

[Conway I]	John B. Conway, A Course in Functional Analysis, GTM 96, Springer, 1990.
[Conway II]	John B. Conway, A Course in Operator Theory, AMS, 2000.
[Takesaki]	Masamichi Takesaki, Theory of Operator Algebras I, Springer, 1979.
[Simon]	Barry Simon, Operator Theory: A Comprehensive Course in Analysis, Part 4, AMS, 2015.