紧算子

在泛函分析中, 紧算子是拓扑向量空间 (例如 Banach 空间) 之间的一类线性算子. 紧算子具有类似秩有限的算子的性质.

1定义

定义 1.1. 设 $X,Y$ 是完备拓扑向量空间. 称线性算子 $T:X\to Y$ 是紧算子, 指的是存在 $X$ 中开集 $U\ni 0$ 使得 $\overline{T(U)}$ 是 $Y$ 中紧集.

注 1.2. 由于对 $X$ 中任一开集 $U\ni 0$ 以及其中有界子集 $B\ni 0$, 存在 $t\in {\mathbb{R}}_{+}$ 使得 $tU\supseteq B$, 可知有界集在紧算子下的像预紧. 于是如 $X$ 是局部有界拓扑向量空间, $B$ 是 $0$ 的有界邻域, 则 $T$ 是紧算子等价于 $\overline{T(B)}$ 是 $Y$ 中紧集, 亦等价于有界集在 $T$ 下的像预紧. 特别地如 $X$ 是 Banach 空间, 则 $T$ 是紧算子当且仅当单位球的像预紧.

注 1.3. 如 $X,Y$ 都是局部有界拓扑向量空间, 则由于此时紧与列紧等价, $T:X\to Y$ 是紧算子等价于 $X$ 的有界集在 $T$ 下的像预列紧. 写出来就是: 对 $X$ 的任意有界序列 $(x_n)$, 序列 $(T{x}_n)$ 有收敛子列.

2性质

命题 2.1. 紧算子都连续.

证明. 设 $T:X\to Y$ 是紧算子, 取定义 1.1 中的开集 $U$. 对 $Y$ 中任一开集 $V\ni 0$, 由于 $\overline{T(U)}$ 是紧集, 特别地有界, 故存在 $t\in {\mathbb{R}}_{+}$ 使得 $tV\supseteq \overline{T(U)}$. 于是 $t^{-1}U\subseteq T^{-1}(V)$, 即 $T^{-1}(V)$ 包含 $0$ 的邻域. 故 $T$ 连续.

$\square$

命题 2.2. 紧算子两边复合连续算子仍为紧算子.

证明. 设 $S:W\to X$, $T:X\to Y$ 是连续算子. 如 $S$ 紧, 则由于连续映射把紧集映射到紧集, 不难发现 $TS$ 紧. 如 $T$ 紧, 取定义 1.1 中的开集 $U$, 不难发现 $W$ 中开集 $S^{-1}(U)$ 满足定义 1.1, 所以 $TS$ 紧.

$\square$

命题 2.3. 设 $X,Y$ 是完备拓扑向量空间, $X$ 局部有界, $T:X\to Y$ 是连续线性算子, 像集 $\mathrm{im}(T)$ 闭. 则 $\mathrm{im}(T)$ 有限维当且仅当 $T$ 紧.

证明. 用命题 2.2, 可不妨设 $Y=\mathrm{im}(T)$, 即 $T$ 是满射. 取 $X$ 中有界开集 $B\ni 0$, 则 $T$ 紧等价于 $\overline{T(B)}$ 紧. 现如 $Y$ 有限维, 则其中有界集的闭包紧, 而 $T$ 连续, 把有界集映射到有界集, 所以 $\overline{T(B)}$ 自然紧. 反过来如 $T$ 紧, 则由开映射定理 $T(B)$ 是开集. $Y$ 中开集的闭包紧, 故 $Y$ 有限维.

$\square$

命题 2.4. 设 $X,Y$ 是完备拓扑向量空间, $X$ 局部有界. 取 $X$ 中有界开集 $B\ni 0$, 给连续算子空间 $\mathcal{B}(X,Y)$ 赋予拓扑如下: 形如 $U_{B,V}=\{T\in \mathcal{B}(X,Y)\mid T(B)\subseteq V\}$ 的集合组成 $0$ 的邻域基, 其中 $V$ 取遍 $Y$ 中 $0$ 的邻域. 则紧算子构成 $\mathcal{B}(X,Y)$ 的闭子空间.

证明. 两个紧算子的线性组合紧比较显然, 证明略去. 下证紧算子构成 $\mathcal{B}(X,Y)$ 的闭子集. 为此任取 $T\in \mathcal{B}(X,Y)$ 在紧算子集合的闭包内, 要证 $T$ 紧. 由于 $Y$ 完备, 只需证 $T(B)$ 全有界. 任取 $Y$ 中开集 $V\ni 0$, 不妨设 $V=-V$. 由 $T$ 在闭包内, 可取紧算子 $S$ 使得 $S-T\in U_{B,V}$. 由 $S$ 紧, $S(B)$ 全有界, 从而存在 $x_1,\dots ,x_n\in B$ 使得 $S(B)\subseteq {\bigcup }_{i=1}^n(S{x}_i+V)$, 换言之对任一 $x\in B$ 存在 $i$ 使得 $Sx-S{x}_i\in V$. 由于 $S-T\in U_{B,V}$, 这推出 $Tx-T{x}_i\in 3V$, 于是 $T(B)\subseteq {\bigcup }_{i=1}^n(T{x}_i+3V)$. 所以 $T(B)$ 全有界.

$\square$

注 2.5. 首先命题 2.4 中 $\mathcal{B}(X,Y)$ 的拓扑显然和 $B$ 的选取无关. 其次 $X,Y$ 是 Banach 空间时, 取 $B$ 为 $X$ 的单位球, 该拓扑就是算子范数诱导的拓扑.

下设 $X,Y$ 都是 Banach 空间.

命题 2.6. 设 $T\in \mathcal{B}(X,Y)$, $X$ 的序列 $\left\{x_n\right\}$ 弱收敛于 $x$, 则 $\left\{T{x}_n\right\}$ 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 $\left\{x_n\right\}$ 弱收敛于 $x$ 得到 $\left\{T{x}_n\right\}$ 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 $\left\{T{x}_n\right\}$ 收敛于 $Tx$.

$\square$

命题 2.7 (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 ($\Vert f\Vert \le 1$, 且 $|f(y)-f(y^{\prime })|\le \Vert y-y^{\prime }\Vert$), 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 2.8. 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 $T\in {\mathcal{B}}_0(\mathcal{H})$, 像集 $\mathrm{im}(T)={\cup }_{n=1}^{\infty }T(nB)$ 可分, 故存在 $\mathrm{im}(T)$ 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 $\forall 1\le i\le n$, $\Vert T_n{h}_i-T{h}_i\Vert <ϵ$, 于是对于使 $Th\in B(T(h_i),ϵ)$ 的 $h_i$ 有$$\Vert T_{n}h-Th\Vert \le \Vert T_n{h}_i-T{h}_i\Vert +\Vert T_n{h}_i-T_{n}h\Vert +\Vert T{h}_i-Th\Vert <(1+2\Vert T\Vert )ϵ.$$

$\square$

注 2.9. 容易看出, 后一命题对于有 Schauder 基的 Banach 空间也成立. 但此命题并非对任何 Banach 空间都成立.

命题 2.10. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, 对 $\lambda \ne 0$, $\ker (T-\lambda I)$ 是有限维空间, 且 $\mathrm{im}(T-\lambda I)$ 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 $\ker (T-\lambda I)$ 是有限维空间.

因此, 存在闭子空间 $M$ 使 $X=M\oplus \ker (T-\lambda I)$. 要证 $\mathrm{im}(T-\lambda I)$ 是闭子空间, 即证明 $T-\lambda I$ 限制在 $M$ 上的像集是闭的, 只需证明存在 $c>0$ 使得 $\forall x\in M,\Vert (T-\lambda I)x\Vert \ge c\Vert x\Vert$.

若否, 则存在 $M$ 中的序列 $\left\{x_n\right\}$ 使 $\Vert x_n\Vert =1$ 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 $\Vert x_0\Vert ={\lim }_{k\to \infty }\Vert \lambda x_{n_k}\Vert =|\lambda |$ 相矛盾.

$\square$

3谱理论

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 $\Vert y_n\Vert =1$ 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$$\Vert T\frac{y_n}{{\lambda }_n}-T\frac{y_m}{{\lambda }_m}\Vert =\Vert y_n+\frac{(T-{\lambda }_{n}I)y_n}{{\lambda }_n}-T\frac{y_m}{{\lambda }_m}\Vert >\frac{1}{2}.$$而由 $\Vert \frac{y_n}{{\lambda }_n}\Vert <\frac{1}{|\lambda |/2}$ 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 $\mathrm{im}(T-\lambda I)=X$.

证明. 假设 $\mathrm{im}(T-\lambda I)=X$ 而 $\ker (T-\lambda I)\ne 0$, 记 $M_n=\ker (T-\lambda I{)}^n$, 则存在 $x_1\in M_1$ 且 $x_1\ne 0$ 以及 $\left\{x_n\right\}$ 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 $\overline{\mathrm{im}(T^{\ast }-\lambda I)}=\ker (T-\lambda I{)}^{\perp }=X^{\ast }$, 由命题 2.10 及闭值域定理得 $\mathrm{im}(T^{\ast }-\lambda I)$ 也是闭子空间, 所以 $\mathrm{im}(T^{\ast }-\lambda I)=X^{\ast }$, 由前面所证得 $\ker (T^{\ast }-\lambda I)=0$, 所以 $\mathrm{im}(T-\lambda I){=}^{\perp }\ker (T^{\ast }-\lambda I)=X$.

$\square$

推论 3.3. 设 $T\in {\mathcal{B}}_0(X)$, $\lambda \in \sigma (T)\setminus \{0\}$, 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:

•	对每个 $f\in X$, 方程 $u-Tu=f$ 有唯一解;

•	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.

有如下更一般的结论.

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

证明. 先证明 $\dim \ker (T-\lambda I)\ge \dim X/\mathrm{im}(T-\lambda I)$.

记 $n=\dim \ker (T-\lambda I)$. 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 $\dim X/\mathrm{im}(T-\lambda I)\ge n+1$, 即存在线性无关的 $[y_1],\cdots ,[y_{n+1}]\in X/\mathrm{im}(T-\lambda I)$. 设 $\left\{e_1,\cdots ,e_n\right\}$ 为 $\ker (T-\lambda I)$ 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 $x=0$, 断言成立.

那么, 由命题 3.2 得 $\mathrm{im}(S-\lambda I)=X$, 但 $y_{n+1}\notin \mathrm{im}(S-\lambda I)$, 矛盾.

根据命题 2.7, $T^{\ast }$ 也是紧算子, 所以也有 $\dim \ker (T^{\ast }-\lambda I)\ge \dim X/\mathrm{im}(T^{\ast }-\lambda I)$. 由此得到, $$\begin{array}{rl}\dim \ker (T-\lambda I)& \ge \dim X/\mathrm{im}(T-\lambda I)\\ & =\dim (X/\mathrm{im}(T-\lambda I){)}^{\ast }\\ & =\dim \mathrm{im}(T-\lambda I{)}^{\perp }\\ & =\dim \ker (T^{\ast }-\lambda I)\ge \dim X^{\ast }/\mathrm{im}(T^{\ast }-\lambda I)\\ & =\dim (\ker (T-\lambda I){)}^{\ast }\\ & =\dim \ker (T-\lambda I).\end{array}$$其中用到了对 $X$ 的闭子空间 $M$, $(X/M{)}^{\ast }\simeq M^{\perp }$, 且 $X^{\ast }/M^{\perp }\simeq M^{\ast }$.

$\square$

术语翻译

紧算子 • 英文 compact operator • 德文 kompakter Operator • 法文 opérateur compact • 拉丁文 operator compactus • 古希腊文 συμπαγὴς τελέστης