用户: Yao/紧算子

约定. 在本文中,

• 以下出现的空间均为 Banach 空间, 除非有特别说明.
• $B_{\bullet }$ 表示该空间的开单位球, 含义清晰时下标省略.
• $\mathcal{B}(X,Y)$ 为 $X$ 到 $Y$ 的全体有界线性算子, 赋予范数拓扑.

紧算子是一类与有限维线性空间上的线性算子有类似性质的算子. 紧算子的理论在积分方程中有着重要应用.

1定义

定义 1.1. 线性算子 $T:X\to Y$ 是紧算子, 若 $\overline{T(B)}$ 是 $Y$ 的紧集. $X$ 到 $Y$ 的紧算子全体记为 ${\mathcal{B}}_0(X,Y)$.

注 1.2. 容易看出, 这等价于 $T$ 把 $X$ 的有界集映成 $Y$ 的相对列紧集. 因此, 一个常用的等价定义是: 对 $X$ 的任意有界序列 $\left\{x_n\right\}$, $\left\{T{x}_n\right\}$ 有收敛子列.

定义 1.3. 记 ${\mathcal{B}}_0(X,X)$ 为 ${\mathcal{B}}_0(X)$.

2性质

命题 2.1. ${\mathcal{B}}_0(X,Y)$ 是 $\mathcal{B}(X,Y)$ 的闭子空间.

证明. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$, $\overline{T(B)}$ 是紧集因而有界, 所以 $T\in \mathcal{B}(X,Y)$.
设 $S,T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$, 即对任意 $X$ 的有界序列 $\left\{x_n\right\}$, $\left\{S{x}_n\right\}$ 和 $\left\{T{x}_n\right\}$ 有收敛子列, 由此得到 $\left\{(S+\lambda T)x_n\right\}$ 有收敛子列, 故 $S+\lambda T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$. 所以 ${\mathcal{B}}_0(X,Y)$ 是 $\mathcal{B}(X,Y)$ 的线性子空间.
设 $T\in \overline{{\mathcal{B}}_0(X,Y)}$, 即对任意 $ϵ>0$, 存在 $S\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$ 使 $||S-T||<ϵ$. 由于 $S(B)$ 是紧集, 存在 $x_1,\cdots ,x_n\in B$ 使 $S(B)\subset {\cup }_{1\le i\le n}B(S{x}_i,ϵ)$, 因此 $T(B)\subset {\cup }_{1\le i\le n}B(T{x}_i,3ϵ)$, 即 $T(B)$ 完全有界, 则 $T(B)$ 相对列紧, 故 $T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$. 所以 ${\mathcal{B}}_0(X,Y)$ 是闭集.

$\square$

命题 2.2. 对 $S\in \mathcal{B}(Y,Z)$,$S^{\prime }\in \mathcal{B}(W,X)$, 有 $TS\in {\mathcal{B}}_0(X,Z)$ 和 $S^{\prime }T\in {\mathcal{B}}_0(W,Y)$.

证明. $S(B)$ 是有界集, 所以 $TS(B)$ 是紧集, 故 $TS$ 是紧算子.
$T(B)$ 是紧集, 又由 $S^{\prime }$ 连续得 $S^{\prime }T(B)$ 是紧集, 故 $S^{\prime }T$ 是紧算子.

$\square$

命题 2.3. 设 $T\in \mathcal{B}(X,Y)$, $X$ 的序列 $\left\{x_n\right\}$ 是弱收敛于 $x$, 则 $T{x}_n$ 收敛于 $Tx$.

证明. $\left\{x_n\right\}$ 是有界序列 (对 $\left\{x_n^{\ast \ast }\right\}$ 使用一致有界原理) , 所以 $\left\{T(x_n)\right\}$ 是相对列紧集. 而由 $x_n$ 弱收敛于 $x$ 得到 $T{x}_n$ 弱收敛于 $Tx$, 所以 $\left\{T{x}_n\right\}$ 的任何收敛子列只能收敛于 $Tx$, 这表明 $T{x}_n$ 收敛于 $Tx$.

$\square$

命题 2.4 (Schauder). 设 $T\in \mathcal{B}(X,Y)$. $T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$ 当且仅当 $T^{\ast }\in {\mathcal{B}}_0(Y^{\ast },X^{\ast })$.

证明. 设 $T$ 是紧算子, 注意到 $B_{Y^{\ast }}$ 的元素一致有界且等度连续 ($||f||\le 1$, 且 $|f(y)-f(y^{\prime })|\le ||y-y^{\prime }||$), 由 Arzelà-Ascoli 定理, 存在一列 $\left\{f_n\right\}\subset B_{Y^{\ast }}$ 在紧集 $\overline{T(B)}$ 上一致收敛, 这等价于 $\left\{T^{\ast }{f}_n\right\}=\left\{f_{n}T\right\}\subset X^{\ast }$ 收敛, 故 $T^{\ast }$ 是紧算子.
设 $T^{\ast }$ 是紧算子, 由前面所证得 $T^{\ast \ast }\in {\mathcal{B}}_0(X^{\ast \ast },Y^{\ast \ast })$, 于是 $T(B_X)$ 是相对列紧集 $T^{\ast \ast }(B_{X^{\ast \ast }})$ 的子集因而也是相对列紧集, 故 $T$ 是紧算子.

$\square$

命题 2.5. 有限秩算子是紧算子. 而且, 对 Hilbert 空间 $\mathcal{H}$, ${\mathcal{B}}_0(\mathcal{H})$ 等于 $\mathcal{H}$ 上有限秩算子全体的闭包.

证明. 由有限维赋范线性空间中的有界闭集是紧集得有限秩算子是紧算子.
对 $T\in {\mathcal{B}}_0(\mathcal{H})$, $T$ 的值域 $\mathrm{ran}(T)={\cup }_{n=1}^{\infty }T(nB)$ 可分, 故存在 $\mathrm{ran}(T)$ 的可数正交基 $\left\{e_n\mid n\ge 1\right\}$. 令 $P_n$ 为 $\mathcal{H}$ 到子空间 $\mathrm{span}\left\{e_1,\cdots ,e_n\right\}$ 的投影, 并令 $T_n=P_{n}T$, 则 $T_n$ 是有限秩算子. 下证 $T_n$ 收敛于 $T$.
这是因为, 对任意 $ϵ>0$ 和 $h\in B_{\mathcal{H}}$, 存在有限个 $h_1,\cdots ,h_m\in B$ 使得 $T(B)\subset {\cup }_{1\le i\le m}B(T(h_i),ϵ)$, 令 $n$ 充分大, 就有 $\forall 1\le i\le n$, $||T_n{h}_i-T{h}_i||<ϵ$, 于是对使得 $Th\in B(T(h_i),ϵ)$ 的 $h_i$ 有$$||T_{n}h-Th||\le ||T_n{h}_i-T{h}_i||+||T_n{h}_i-T_{n}h||+||T{h}_i-Th||<(1+2||T||)ϵ.$$

$\square$

注 2.6. 容易看出, 后一命题对于有 Schauder 基的 Banach 空间也成立. 但此命题不是对任何 Banach 空间都成立.

命题 2.7. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$, $\mathrm{ran}(T)$ 若是闭子空间则是有限维的.

证明. $\tilde{T}:X/\ker T\to \mathrm{ran}(T),[x]\mapsto Tx$ 为 Banach 空间之间的双射, 于是逆算子 ${\tilde{T}}^{-1}$ 有界, 故 ${\mathrm{id}}_{\mathrm{ran}(T)}=\tilde{T}\circ {\tilde{T}}^{-1}$ 是紧算子, 所以 $\mathrm{ran}(T)$ 是有限维的.

$\square$

命题 2.8. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, 对 $\lambda \ne 0$, $\ker (T-\lambda I)$ 是有限维的, 且 $\mathrm{ran}(T-\lambda I)$ 是闭子空间.

证明. $T$ 限制在 $\ker (T-\lambda I)$ 上仍是紧算子, 而此时 $T=\lambda I$, 所以 $\ker (T-\lambda I)$ 是有限维的.
因此, 存在闭集 $M$ 使 $X=M\oplus \ker (T-\lambda I)$. 要证 $\mathrm{ran}(T-\lambda I)$ 是闭集, 即证明 $(T-\lambda I)$ 限制在 $M$ 上的值域是闭集, 只需说明存在 $c>0$ 使得 $\forall x\in M,||(T-\lambda I)x||\ge c||x||$.
若否, 则存在 $M$ 中的序列 $\left\{x_n\right\}$ 使 $||x_n||=1$ 且 $(T-\lambda I)x_n\to 0$. 由 $T$ 是紧算子, 存在 $\left\{T{x}_n\right\}$ 的子列 $\left\{T{x}_{n_k}\right\}$ 收敛于某 $x_0\in X$, 则 $\lambda x_{n_k}\to x_0$. 于是 $x_0\in M$ 且 $(T-\lambda I)x_0=0$, 这说明 $x_0=0$, 与 $||x_0||={\lim }_{n\to \infty }||\lambda x_{n_k}||=\lambda$ 相矛盾.

$\square$

3紧算子的谱

记算子 $T$ 的谱为 $\sigma (T)$.

命题 3.1. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X,Y)$, 当 $\dim X=\infty$ 时 $0\in \sigma (T)$, 且 $0$ 是 $\sigma (T)$ 唯一可能的聚点.

证明. 假设 $0\notin \sigma (T)$, 即 $T$ 存在有界逆, 则 ${\mathrm{id}}_X$ 是紧算子, 得到 $\dim X<\infty$.
假设 $\sigma (T)$ 有聚点 $\lambda \ne 0$, 则存在一列互异的特征值 ${\lambda }_n\to \lambda$ 且 $|{\lambda }_n|>\frac{|\lambda |}{2}$, 设 $x_n$ 为 ${\lambda }_n$ 的一个特征向量, $M_n=\mathrm{span}\left\{x_1,\cdots ,x_n\right\}$, 则 $M_n⊊M_{n+1}$. 由 Riesz 引理, 存在 $y_n\in M_n$ 使得 $||y_n||=1$ 且 $d(y_n,M_{n-1})>\frac{1}{2}$, 由于 $(T-{\lambda }_{n}I)y_n\in M_{n-1}$, 得当 $n>m$ 时 $\frac{(T-{\lambda }_{n}I)y_n}{{\lambda }_n}-T\frac{y_m}{{\lambda }_m}\in M_{n-1}$, 所以$$||T\frac{y_n}{{\lambda }_n}-T\frac{y_m}{{\lambda }_m}||=||y_n+\frac{(T-{\lambda }_{n}I)y_n}{{\lambda }_n}-T\frac{y_m}{{\lambda }_m}||>\frac{1}{2}.$$而由 $||\frac{y_n}{{\lambda }_n}||<\frac{1}{\lambda /2}$ 得 $\left\{T\frac{y_n}{{\lambda }_n}\right\}$ 有收敛子列, 矛盾.

$\square$

命题 3.2. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, $\lambda \ne 0$, $\ker (T-\lambda I)=0$ 当且仅当 $\mathrm{ran}(T-\lambda I)=X$.

证明. 假设 $\mathrm{ran}(T-\lambda I)=X$ 而 $\ker (T-\lambda I)\ne 0$, 记 $M_n=\ker (T-\lambda I{)}^n$, 则存在 $x_1\in M_1$ 且 $x_1\ne 0$, 存在 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $(T-\lambda I)x_{n+1}=x_n$, 于是 $(T-\lambda I{)}^n{x}_{n+1}=x_1\ne 0$ 而 $(T-\lambda I{)}^{n+1}{x}_{n+1}=(T-\lambda I)x_1=0$, 所以 $M_n⊊M_{n+1}$. 之后重复命题 3.1 的相应证明过程即可, 其中的 ${\lambda }_n=\lambda$.
假设 $\ker (T-\lambda I)=0$, 则 $\overline{\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)}=\ker (T-\lambda I{)}^{\perp }=X^{\ast }$, 由命题 2.8 及闭值域定理得 $\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)$ 也是闭集, 所以 $\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)=X$, 由前面所证得 $\ker (T^{\ast }-\lambda I)=0$, 所以 $\mathrm{ran}(T-\lambda I){=}^{\perp }\ker (T^{\ast }-\lambda I)=X$.

$\square$

推论 3.3. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, $\lambda \in \sigma (T)\backslash \left\{0\right\}$, 则 $\lambda$ 是 $T$ 的特征值.

注 3.4. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, 以下两个命题之一成立:
$\cdot$ 对每个 $f\in X$, 方程 $u-Tu=f$ 有唯一解;
$\cdot$ 齐次方程 $u-Tu=0$ 有 $n$ 个线性无关解 ($n\in {\mathbb{Z}}^{+}$).
这是因为, 要么 $I-T$ 可逆, 要么 $\ker (I-T)$ 为非平凡的有限维空间.

命题 3.5. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, $\lambda \ne 0$, 成立$$\dim \ker (T-\lambda I)=\dim \ker (T^{\ast }-\lambda I)=\dim X/\mathrm{ran}(T-\lambda I)=\dim X^{\ast }/\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I).$$

证明. 先证明 $n=\dim X/\mathrm{ran}(T-\lambda I)\le \dim \ker (T-\lambda I)$.
命题 3.2 证明了 $n=0$ 的情况. 假设 $n\ge 1$, 下面将其转化为 $n=0$ 的情况.
假设 $\dim X/\mathrm{ran}(T-\lambda I)\ge n+1$, 即存在线性无关的 $[y_1],\cdots ,[y_{n+1}]\in X/\mathrm{ran}(T-\lambda I)$. 设 $\left\{e_1,\cdots ,e_n\right\}$ 为 $X$ 的一组基, 令 $f_1,\cdots ,f_n\in X^{\ast }$ 使得 $f_i(e_j)={\delta }_{ij}$, 定义算子 $S$ 为$$Sx=Tx+\sum _{i=1}^n{f}_i(x)y_i,$$$S$ 是紧算子与有限秩算子的和, 故也是紧算子. 断言 $\ker (S-\lambda I)=0$.
设 $x\in \ker (S-\lambda I)$, 即$$(T-\lambda I)x+\sum _{i=1}^n{f}_i(x)y_i=0,$$于是 ${\sum }_{i=1}^n{f}_i(x)[y_i]=[0]$, 得 $f_i(x)=0$, 所以 $x\in \ker (T-\lambda I)$, 再使用 $f_i(x)=0$ 得 $x=0$.
那么, 由命题 3.2 得 $\mathrm{ran}(T-\lambda I)=X$, 但 $y_{n+1}\notin \mathrm{ran}(T-\lambda I)$, 矛盾.
根据命题 2.4, $T^{\ast }$ 也是紧算子, 所以也有 $\dim X/\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)\le \dim \ker (T^{\ast }-\lambda I)$. 由此得到, $$\dim \ker (T-\lambda I)\ge \dim X/\mathrm{ran}(T-\lambda I)=\dim (X/\mathrm{ran}(T-\lambda I){)}^{\ast }=\dim \mathrm{ran}(T-\lambda I{)}^{\perp }$$$$=\dim \ker (T^{\ast }-\lambda I)\ge \dim X^{\ast }/\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)=\dim (\ker (T-\lambda I){)}^{\ast }=\dim \ker (T-\lambda I).$$其中用到了对 $X$ 的闭线性子空间 $M$, $(X/M{)}^{\ast }\simeq M^{\perp }$, 且 $X^{\ast }/M^{\perp }\simeq M^{\ast }$.

$\square$

下面给出这一命题的另一种证明方式. 先证明此结论的一个特殊情况.

引理 3.6. 若 $T-\lambda I$ 是满射, 则 $T-\lambda I$ 是单射.

证明. 记 $M_n=\ker (T-\lambda I{)}^n$, 假设存在 $x_1\in M_1$ 且 $x_1\ne 0$, 由 $T-\lambda I$ 是满射, 存在 $\left\{x_n\right\}$ 使 $(T-\lambda I)x_{n+1}=x_n$, 于是 $(T-\lambda I{)}^n{x}_{n+1}=x_1\ne 0$ 而 $(T-\lambda I{)}^{n+1}{x}_{n+1}=(T-\lambda I)x_1=0$, 所以 $M_n⊊M_{n+1}$. 之后重复命题 3.1 证明的相应过程即可, 其中的 ${\lambda }_n=\lambda$.

$\square$

证明. 回到原命题. 先建立一个结论: 设 $M$ 是 $(Y,\tau )$ ($Y$ 的拓扑 $\tau$ 未必由范数给出) 的一个闭子空间, 记 $M^{\perp }$ 为 $Y$ 上零化 $M$ 的连续线性泛函构成的空间, 有$$\mathrm{codim}M\le \dim M^{\perp }.$$这是因为, 对任意正整数 $k\le \mathrm{codim}(M)$, 存在线性无关的元素 $[y_1],\cdots ,[y_k]\in Y/M$, 令 $f_1,\cdots ,f_k\in M^{\perp }$ 满足 $f_i(y_j)={\delta }_{ij}$, 则 $f_1,\cdots ,f_k$ 线性无关, 所以 $k\le \dim M$.
令 $(Y,\tau )=(X,||\cdot ||)$, 由命题 2.8$\mathrm{ran}(T-\lambda I)$ 为其闭子空间, 由 $\mathrm{ran}(T-\lambda I{)}^{\perp }=\ker (T^{\ast }-\lambda I)$ 得$$\mathrm{codim}\mathrm{ran}(T-\lambda I)\le \dim \ker (T^{\ast }-\lambda I).$$令 $(Y,\tau )=(X^{\ast },{\mathrm{wk}}^{\ast })$, 则 $\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)$ 为其闭子空间, 由 $(\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I),{\mathrm{wk}}^{\ast }{)}^{\perp }{=}^{\perp }\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)=\ker (T-\lambda I)$ 得$$\mathrm{codim}\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I)\le \dim \ker (T-\lambda I).$$接下来证明$$\dim \ker (T-\lambda I)\le \mathrm{codim}\mathrm{ran}(T-\lambda I).$$然后, 根据命题 2.4, $T^{\ast }$ 也是紧算子, 所以还有$$\dim \ker (T^{\ast }-\lambda I)\le \mathrm{codim}\mathrm{ran}(T^{\ast }-\lambda I).$$那么就完成了证明.
假设其不成立, 由 $\ker (T-\lambda I)$ 有限维, 存在闭子空间 $M,N$ 使$$X=\ker (T-\lambda I)\oplus M=N\oplus \mathrm{ran}(T-\lambda I),且\dim \ker (T-\lambda I)>\dim N.$$令 $P$ 为 $X$ 到 $\ker (T-\lambda I)$ 的投影, $Q$ 为一个 $\ker (T-\lambda I)$ 到 $N$ 的满线性映射, $\ker Q\ne 0$. 再令$$S=T+QP,$$$T$ 是紧算子且 $QP$ 是有限秩算子, 所以 $S$ 是紧算子. 由于$$(S-\lambda I)\ker (T-\lambda I)=QP\ker (T-\lambda I)=Q\ker (T-\lambda I)=N$$以及因 $PM=0$ 有$$(S-\lambda I)M=(T-\lambda I)M=\mathrm{ran}(T-\lambda I),$$得到$$(S-\lambda I)X=X.$$但由 $\ker Q\subset \ker (T-\lambda I)$ 得$$(S-\lambda I)\ker Q=Q\ker Q=0,$$所以 $S-\lambda I$ 是满射而不是单射, 与引理矛盾.

$\square$