押题

题目

设 $\mathscr X$ 是自反的 $B$ 空间, $M$ 是 $\mathscr X$ 中的有界闭凸子集, $\forall f\in\mathscr X^*$, 求证: $f$ 在 $M$ 上达到最大值和最小值.

证明

首先由 $M$ 有界, 故 $f(M)$ 也是有界的, 所以上确界和下确界存在.

设 $A=\sup\limits_{x\in M}f(x)$. 根据上确界定义, 存在点列 $\lbrace x_n\rbrace \subset M$ 满足 $|f(x_n)-A|<\frac 1n$.

由 $X$ 是自反空间, 故 $\lbrace x_n\rbrace $ 作为 $X$ 中的有界列必有弱收敛子列. 设 $x_{n_k}\xrightarrow{w}x_0$.

又由 Mazur 定理及 $M$ 是闭凸子集, 故 $M$ 弱闭, 从而 $x_0\in M$.

根据元素弱收敛 $f(x_{n_k})\to f(x_0)$. 结合极限的唯一性, 可得 $f(x_0)=A$. 从而可以取到最大值.

最小值同理, 考虑 $-f$ 能取到最大值即可.

题目

设 $M$ 是 $B^{*}$ 空间 $\mathscr{X}$ 中的闭凸集, 求证: $\forall x\in \mathscr{X}\setminus M$,

必 $\exists\, f_{1}\in \mathscr{X}^{*}$, 满足 $\|f_{1}\| = 1$, 并且

$$ \sup_{y\in M} f_{1}(y) \leqslant f_{1}(x) - d(x), $$

其中

$$ d(x) = \inf_{z\in M}\|x - z\|. $$

证明

设 $d=\rho(x,M)$. 令开球 $B(x,d)=\lbrace x+u\in X:\Vert u \Vert<d\rbrace $.

则 $M,B$ 均为凸子集, 且交为空. 因为若交非空, 则存在 $x_0$ 满足 $d(x)\leqslant\Vert x-x_0 \Vert<d$ 矛盾.

从而由 Hahn-Banach 定理的几何形式, 存在有界线性泛函 $f$ 分离 $M,B$. 故

$$ \sup\limits_{y\in M}f(y)\leqslant\inf\limits_{z\in B(x,d)}f(z)=\inf\limits_{y\in B(0,1)}f(x-dy)=f(x)-\sup\limits_{y\in B(0,1)}df(y)=f(x)-d\Vert f \Vert $$

令 $f_1=f/\Vert f \Vert$ 则有

$$ \sup\limits_{y\in M}f_1(y)\leqslant f_1(x)-d(x). $$

题目

设 $X$ 是 Hilbert 空间, $T=T^*$.

((1)) 若存在 $x\neq 0$ 使得 $Tx=\lambda x$, 则 $\lambda\in \mathbb{R}$;
[(2)] 若存在 $T$ 的特征元 $x,y\in X$ 使得 $Tx=\lambda x$, $Ty=\mu y$ 且 $\lambda\neq\mu$, 则 $x\perp y$.

证明

- ((1)) 由 $T=T^*$ 则 $(Tx,x)\in \mathbb{R}$, 从而 $\lambda(x,x)=(\lambda x,x)=(Tx,x)\in\mathbb{R}$. - [(2)] 由 $(\lambda-\mu)(x,y)=(\lambda x,y)-(x,\overline{\mu}y)=(Tx,y)-(x,\mu y)=(Tx,y)-(x,Ty)=0$ 故 $(x,y)=0$ 即 $x\perp y$.

题目

设 $X$ 是 $B^*$ 空间, 若 $X^*$ 是可分的, 则 $X$ 也是可分的.

证明

$X^*$ 可分, 则存在泛函列 $\lbrace f_n\rbrace \subset X^*$ 使得 $\lbrace f_n\rbrace $ 在 $X^*$ 中稠密.

从而 $\lbrace g_n:=f_n/\Vert f_n \Vert\rbrace $ 在 $X^*$ 的单位球面上稠密.

由算子范数定义, $\exists x_n\in X$ 满足 $\Vert x_n \Vert=1$ 使得 $g_n(x_n)>1/2$.

令 $X_0=\overline{\text{span}\lbrace x_n\rbrace }$. 下证 $X_0=X$.

反证, 假设 $\exists z\notin X_0$.

由 Hahn-Banach 定理知 $\exists f\in X^*$ 使得 $\Vert f \Vert=1$ 且 $f(x)=0$ $(\forall x\in X_0)$.

利用 $\lbrace g_n\rbrace $ 在 $X^*$ 中的单位球上稠密, 知存在子列 $g_{n_k}\to f$.

但 $|g_{n_k}(x_{n_k})-f(x_{n_k})|>1/2$ 矛盾.

题目

设 $X$ 是自反空间, 则 $X$ 中的有界列 $\lbrace x_n\rbrace $ 有弱收敛子列.

证明

令 $X_0=\overline{\text{span}\lbrace x_n\rbrace }$, 则 $X_0$ 是 $X$ 的闭子空间且可分.

由 $X$ 自反, 根据 Pettis 定理知 $X_0$ 也自反. 从而 $X_0^{**}=X_0$ 是可分的. 故根据 Banach 定理, $X_0^*$ 是可分的.

故对于 $X_0^*$ 上的有界线性泛函列 $\lbrace J_{x_n}\rbrace $ 有*弱收敛子列. 即存在 $J_0$ 满足

$$ Jx_{n_k}(f)\to J_0(f)\quad (\forall f\in X_0^*) $$

$X_0$ 自反说明存在 $x\in X_0$ 使得 $Jx=J_0$. 从而有 $f(x_{n_k})=f|_{X_0}(x_{n_k})\to f|_{X_0}(x)=f(x)\quad\forall f\in X^*$, 即 $x_{n_k}\xrightarrow{w}x$.

题目

若 $X$ 自反, $T\in\mathscr L(X,Y)$. 若对任意的 $x_n \overset{w}{\rightarrow} x$ 都有 $Tx_n\to Tx$, 则 $T\in\mathfrak{C}(X,Y)$.

证明

对任意有界列 $\lbrace x_n\rbrace $, 证明 $\lbrace Tx_n\rbrace $ 列紧.

由 $X$ 自反, 则 $\lbrace x_n\rbrace $ 作为自反空间中的有界列有弱收敛子列. 设 $x_{n_k}\xrightarrow{w}x_0$.

那么由题设条件知 $Tx_{n_k}\to Tx_0$ 即 $\lbrace Tx_n\rbrace $ 列紧.

所以 $T$ 是紧算子.

题目

设 $X$ 是 Hilbert 空间, $A\in\mathscr L(X)$ 自伴, 则

((1)) $\sigma(A)\in\mathbb{R}$;
[(2)] $\sigma_r(A)=\varnothing$.

证明

((1)) 等价于证明 $\forall \lambda\in\mathbb{C}\setminus \mathbb{R}$, $\lambda\in \rho(A)$. 设 $\lambda=a+b\text{i}$, $b\neq 0$. 有

$$ \Vert (\lambda I-A)x \Vert^2=((\lambda I-A)x,(\lambda I-A)x)=\Vert (aI-A)x \Vert^2+\Vert bx \Vert^2+(b\text{i} x,(aI-A)x)+((aI-A)x,b\text{i} x) $$

其中 $(b\text{i} x,(aI-A)x)+((aI-A)x,b\text{i} x)=2\text{Re}((aI-A)x,b\text{i} x)=-2b\text{Re}\text{i}((aI-A)x,x)$, 由 $A$ 自伴, 故 $(Ax,x)\in \mathbb{R}$, 从而 $((aI-A)x,x)=a(x,x)-(Ax,x)\in \mathbb{R}$. 所以 $\text{Re}\text{i} ((aI-A)x,x)=0$. 即 $\Vert (\lambda I-A)x \Vert^2=\Vert (aI-A)x \Vert^2+b^2\Vert x \Vert^2$. 故 $(\lambda I-A)x=0\Leftrightarrow x=0$. 即 $\text{Ker}(\lambda I-A)=\lbrace 0\rbrace $, $\lambda I-A$ 是单射. 下证 $\lambda I-A$ 是满射. 根据共轭算子性质 $\text{Ran}(\lambda I-A)^\perp=\text{Ker}(\overline{\lambda} I-A^*)$. 故只需证 $R(\lambda I-A)$ 是闭的, 且 $N(\lambda I-A^)=\lbrace 0\rbrace $. 由 $A=A^*$ 故 $N(\overline{\lambda} I-A^)=N(\overline{\lambda} I-A)=\lbrace 0\rbrace $. (用 $\overline{\lambda}$ 带入之前的过程). 任取 $R(\lambda I-A)$ 中的收敛列, $(\lambda I-A)x_n=y_n\to y$. 则有 $\Vert y_n-y_m \Vert^2=\Vert (\lambda I-A)(x_n-x_m) \Vert^2\geqslant b^2\Vert x_n-x_m \Vert^2$. 故 $\lbrace x_n\rbrace $ 是 $X$ 中的 Cauchy 列, 又 $X$ 完备, 设 $x_n\to x$. 则有

$$ y_n=(\lambda I-A)x_n\to (\lambda I-A)x=y $$

所以 $y\in R(\lambda I-A)$, 即 $R(\lambda I-A)$ 是闭集. 于是就得到 $\lambda I-A$ 是双射, 根据 Banach 逆映射定理, 知 $(\lambda I-A)^{-1}\in\mathscr L(X)$. 从而 $\lambda\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{R}$ 有 $\lambda\in\rho(A)$. 故 $\sigma(A)\subset\mathbb{R}$. - [(2)] 设 $\lambda\in\sigma(A)\subset \mathbb{R}$, 但 $\lambda\notin\sigma_p(A)$, 即 $N(\lambda I-A)=\lbrace 0\rbrace $. 此时, $R(\lambda I-A)^\perp=N(\overline{\lambda}I-A^*)=N(\lambda I-A)=\lbrace 0\rbrace $. 从而 $\overline{R(\lambda I-A)}=X$, 即 $\lambda\sigma_c(A)$, 故 $\sigma_r(A)=\varnothing$.

题目

设 $A$ 为定义在 Banach 空间 $X$ 上的线性算子, $B$ 是定义在 $X$ 的共轭空间 $X^*$ 上的线性算子, 如果

$$ f(Ax) = (Bf)(x), \quad \forall x \in X, f \in X^*. $$

证明: $A \in \mathscr{L}(X)$, $B \in \mathscr{L}(X^*)$ 且 $B = A^*$.

证明

由 $B:X^*\to X^*$, 故 $\forall f\in X^*, Bf\in X^*$.

从而 $\forall f\in X^*, f\circ A$ 是 $X$ 上的有界线性泛函.

考虑到第二共轭空间的自然嵌入 $J_x:X\to X^{**}$, 有 $\Vert J_x \Vert=\Vert x \Vert$.

任取有界列 $\lbrace x_n\rbrace $, 为了证明 $A$ 有界, 只需证明 $\lbrace Ax_n\rbrace $ 有界.

那么对 $\lbrace J_{Ax_n}\rbrace $ $\forall f\in X^*$, $J_{Ax_n}(f)=f(Ax_n)=f\circ A (x_n)$.

由 $f\circ A$ 是有界线性泛函, 所以 $\lbrace J_{Ax_n}(f)\rbrace $ 是有界的, 那么 $\lbrace J_{Ax_n}\rbrace $ 点点有界, 由一致有界原理知存在 $M>0$, $\norm{J_{Ax_n}}<M\quad \forall n$.

从而 $\Vert Ax_n \Vert=\norm{J_{Ax_n}}<M$ 故 $\lbrace Ax_n\rbrace $ 有界, 所以 $A$ 是有界线性算子.

此时考虑 $A^*:X^*\to X^*$, $A^*(f)=f\circ A$. 故 $\forall f\in X^*, x\in X$, $A^*(f)(x)=f(Ax)=(Bf)(x)$. 从而 $A^*f=Bf,\quad \forall f$, 则有 $A^*=B$.

再根据伴随算子性质 $\Vert B \Vert=\Vert A^* \Vert=\Vert A \Vert$, 故 $B\in\mathscr L(X^*)$.

题目

((1)) 设 $\Omega \subset \mathbb{R}^n$ 是一个可测集, $K \in L^2(\Omega \times \Omega)$. 定义

$$ T: u(x) \mapsto \int_\Omega K(x,y) u(y)\,dy, \quad \forall u \in L^2(\Omega) $$

证明：$T \in \mathfrak{C}(L^2(\Omega))$. - [(2)] 若 $f = 0$ 时, 下列积分方程

$$ u(x) + \int_\Omega K(x,y) u(y)\,dy = f(x). $$

只有零解 $u = 0$, 证明：$\forall f \in L^2(\Omega)$, 上述积分方程都存在唯一的解 $u \in L^2(\Omega)$, 且存在常数 $C > 0$, 使得

$$ \|u\|_{L^2(\Omega)} \leq C \|f\|_{L^2(\Omega)} \quad (\forall f \in L^2(\Omega)). $$

证明

((1)) 由积分的线性性显然 $T$ 是线性算子. 有界性:

$$ \Vert Tu \Vert=\left(\int_\Omega|Tu(x)|^2\text{d} x\right)^{1/2}=\left(\int_\Omega|\int_\Omega K(x,y)u(y)|\text{d} y\right)^{1/2} $$

由 Cauchy-Schwarz 不等式及 $K(x,y)\in L^2(\Omega\time\Omega)$

$$ \Vert Tu \Vert\leqslant\left(\int_\Omega\Vert K(x,\cdot) \Vert_2^2\cdot\Vert u \Vert^2\text{d} x\right)^{1/2}=\Vert K(\cdot,\cdot) \Vert_2\cdot\Vert u \Vert $$

所以 $T\in \mathscr L(L^2(\Omega))$. 设 $K_n$ 是 $L^2(\Omega\times\Omega)$ 上的依范数收敛于 $K$ 的简单函数, 并且每个取值集合均为 $E_i\times F_i$ 的形式, $E_i,F_i\subset\Omega$ 令 $T_n:u(x)\mapsto\displaystyle\int_{\Omega} K_n(x,y)u(y)\text{d} y$. 由于 $T_n$ 的值域是有限维的, 故每个 $T_n$ 都是紧算子. 并且有 $\Vert T-T_n \Vert\leqslant \Vert K-K_n \Vert\to 0$ 又 Hilbert 空间完备, 故紧算子在有界算子中闭, 从而 $T$ 是紧算子. - ((2)) 设 $\widetilde{T}=-T$, 由 (1) 知 $\widetilde{T}$ 也是紧算子. $f=0$ 时只有零解, 即 $\text{Ker}(I-\widetilde{T})=\lbrace 0\rbrace $, 而由 Riesz-Fredholm 理论 (iii) $\text{Ker}(I-T)=\lbrace 0\rbrace \Leftrightarrow\text{Ran}(I-T)=X$ 得到 $\text{Ran}(I-\widetilde{T})=L^2(\Omega)$. 即 $I-\widetilde{T}$ 是双射. 所以对任意 $f\in L^2(\Omega)$ 存在唯一解. 又 $L^2(\Omega)$ 完备, 故根据 Banach 逆映射定理 $(I-\widetilde{T})^{-1}\in\mathscr L(L^2(\Omega))$. 从而存在 $C>0$ 使得 $\Vert u \Vert\leqslant\norm{(I-\widetilde{T})^{-1}}\Vert f \Vert=C\Vert f \Vert$.

题目

设 $f$ 是 $B^*$ 空间 $X$ 上的非零线性泛函. 证明: $f$ 无界当且仅当 $\ker f$ 在 $X$ 中稠密.

证明

$\Leftarrow$: 反设 $f$ 有界, 我们有 $f\in X^*\Leftrightarrow\ker f$ 是 $X$ 的闭子空间.

从而 $\ker f=\overline{\ker f}$, 又 $\ker f$ 在 $X$ 中稠密, 从而 $\overline{\ker f}=X$ 也就是说 $f\equiv 0$ 与题设矛盾.

故 $f$ 无界.

$\Rightarrow$: $f$ 无界, 即 $\forall n\in\mathbb Z_+$ 存在 $x_n\in X$ 使得

$$ \Vert x_n \Vert<\frac 1 n \wedge f(x_n)=1 $$

那么对任意的 $x\in X$, 有 $f(x-f(x)x_n)=f(x)-f(x)f(x_n)=0$ 即 $x-f(x)x_n\in\ker f$. 而 $\Vert x-(x-f(x)x_n) \Vert=|f(x)|\Vert x_n \Vert<\frac{|f(x)|}{n}\to 0$ 从而 $\ker f$ 在 $X$ 中稠密.

题目

设 $X,Y$ 是 $B$ 空间, $T$ 是闭线性算子, $D(T)\subset X, R(T)\subset Y$. 求证: $R(T)$ 在 $Y$ 中闭的充要条件是, $\exists C>0$ 使得 $d(x,N(T))\leqslant C\Vert Tx \Vert\ (\forall x\in D(T))$.

证明

((1)) 先证 $N(T)$ 是 $X$ 的闭线性子空间. 线性性: 由 $T$ 是线性算子显然得到. 闭性: 对任意收敛点列 $\lbrace x_n\rbrace \subset N(T)$, 设 $x_n\to x$. 那么 $(x_n,Tx_n)=(x_n,0)\to (x,0)$. 由 $T$ 是闭算子知 $x\in D(T), Tx=0$ 从而 $x\in N(T)$. 即 $N(T)$ 是闭的.
((2)) 再证当 $N(T)=\lbrace 0\rbrace $ 时, $R(T)$ 在 $Y$ 中闭的充要条件是 $\exists \alpha>0$, 使得

$$ \Vert x \Vert\leqslant \alpha\Vert Tx \Vert\quad(\forall x\in D(T)) $$

$\Rightarrow$: 由 $T$ 是单射的闭算子, 所以存在 $T^{-1}:R(T)\to X$ 且也是闭算子. 那么由 $R(T)$ 是闭的, 根据闭图像定理知 $T^{-1}$ 有界, 从而存在 $\alpha$ 满足 $\norm{T^{-1}y}\leqslant \alpha\Vert y \Vert\quad \forall y\in R(T)$. 即

$$ \Vert x \Vert\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert,\forall x\in D(T). $$

$\Leftarrow$: 由 $T$ 是单射, 任取收敛列 $y_n=Tx_n\in R(T)$ 且 $y_n\to y$. 由条件存在 $\alpha>0$ 满足 $\Vert x_n-x_m \Vert\leqslant\alpha\Vert T(x_n-x_m) \Vert=\alpha\Vert y_n-y_m \Vert$. 所以 $\lbrace x_n\rbrace $ 在 $X$ 中是 Cauchy 列, 又 $X$ 完备, 从而 $x_n\to x\in X$. 那么根据 $T$ 是闭算子 $x_n\to x, Tx_n\to y$ 从而 $x\in D(T), y=Tx\in R(T)$. 综上 $R(T)$ 是闭的. - ((3)) 最后证原命题. 由 $X$ 是 Banach 空间, $N(T)$ 是 $X$ 的闭子空间, 则 $X/N(T)$ 也是 Banach 空间. 考虑商空间上的映射 $\widetilde{T}:X/N(T)\to Y$, $\widetilde{T}([x])=T(x+z)=Tx, z\in N(T)$. 而此时我们有 $d(x,N(T))=\inf\limits_{z\in N(T)}\Vert z-x \Vert=\Vert [x] \Vert$. $R(T)=R(\widetilde{T})$. 现在只要证 $\widetilde{T}$ 是闭算子就可以由上一问结果得到. 即要证

$$ \begin{cases} [x_n]\to [x]\\ \widetilde{T}[x_n]\to y \end{cases} $$

\Rightarrow

$$ \begin{cases} y=\widetilde{T}[x]\\ x\in D(\widetilde{T}) \end{cases} $$

$$ 记 $x$ 为 $[x]$ 的一个代表元. 由 $[x_n]\to [x]$ 即 $\Vert [x_n]-[x] \Vert\to 0$. 由 $\Vert [x_n-x] \Vert$ 存在 $y\in[x_n-x]$ 满足 $\Vert y \Vert\leqslant2\Vert [x_n-x] \Vert$. 故取 $x_n'=y+x$ 即有 $\Vert x_n'-x \Vert\leqslant2\Vert [x_n-x] \Vert\to 0$ 从而 $x_n'\to x$. 另一方面, $\widetilde{T}[x]=Tx\to y$. 故由 $T$ 是闭算子, 知 $Tx=y$ 且 $x\in D(T)$. 所以 $\widetilde{T}[x]=Tx=y$ 且 $[x]\in D(\widetilde(T))$. 综上 $\widetilde{T}$ 也是闭算子. 那么根据 (2) 的结论可以得到 $R(\widetilde{T})$ 在 $Y$ 中闭的充要条件是 $\exists \alpha>0$, 使得 $\Vert [x] \Vert\leqslant\alpha\norm{\widetilde{T}[x]}\quad \forall [x]\in D(\widetilde{T})$. 又 $\forall x\in D(T)$ 有 $d(x,N(T))=\Vert [x] \Vert, Tx=\widetilde{T}[x]$. 所以

$$ \Vert [x] \Vert\leqslant\alpha\norm{\widetilde{T}[x]}\quad \forall [x]\in D(\widetilde{T})\Leftrightarrow d(x,N(T))\leqslant\alpha\Vert Tx \Vert\quad (\forall x\in D(T)). $$

证毕.

题目

在 $C[0,1]$ 中, 考虑映射

T:x(t)\mapsto \int_0^t x(s)\,ds,\qquad x\in C[0,1].

$$ 1. 证明: $T$ 是紧算子; 1. 求 $\sigma(T)$.

证明

[(1)] 由微积分基本定理 $Tx(t)$ 关于 $t$ 可导, 故 $Tx\in C[0,1]$. 线性性: 由积分的线性性, $T(\alpha x(t)+\beta y(t))=\displaystyle\int_{0}^{t} \alpha x(s)+\beta y(s)\text{d} s=\alpha Tx(t)+\beta Ty(t)$. 有界性: $\Vert Tx \Vert=\max\limits_{t\in[0,1]}|Tx(t)|\leqslant\max\limits_{t\in[0,1]}t\Vert x \Vert\leqslant\Vert x \Vert$. 任取 $X$ 中的有界列 $\lbrace x_n\rbrace $, $\lbrace Tx_n\rbrace \subset C[0,1]$, 根据 AA 定理, $\lbrace Tx_n\rbrace $ 列紧 $\Leftrightarrow$ $\lbrace Tx_n\rbrace $ 一致有界且等度连续. 由 $\lbrace x_n\rbrace $ 有界, 故存在 $M>0$, 满足 $\Vert x_n \Vert<M$, 于是 $|Tx_n(t)|\leqslant t M\leqslant M$. 故一致有界. $|Tx_n(t_1)-Tx_n(t_2)|\leqslant|t_2-t_1|M$, 故对任意 $\varepsilon>0$, 取 $\delta=\frac{\varepsilon}{M}$ 则有 $|Tx_n(t_1)-Tx_n(t_2)|\leqslant \varepsilon$ 即等度连续. 从而 $\lbrace Tx_n\rbrace $ 列紧. 综上 $T$ 是紧算子.
[(2)] 由 Riesz-Schauder 理论, $\sigma(T)\setminus\lbrace 0\rbrace =\sigma_p(T)\setminus\lbrace 0\rbrace $, 且连续函数空间维数是无穷故 $0\in\sigma(T)$. 当 $\lambda\neq 0$ 时. 设 $Tx(t)=\lambda x(t)$, 由微积分基本定理, 等式左侧可导, 从而右侧也可导, 故有 $x(t)\in C^1[0,1]$. 则有 $x(t)=\lambda x'(t)$. 再带入 $t=0$, $\lambda x(0) = Tx(0)=\displaystyle\int_{0}^{0} x(s)\text{d} s=0$, 故 $x(0)=0$. 下面解微分方程 $x(t)=\lambda x'(t)$ 得到 $x(t)=Ce^{t/\lambda}$, 带入 $x(0)=0$ 得 $C=0$. 从而 $x=0$ 即 $(\lambda I-T)x=0$ 只有零解. 故 $\sigma_p(T)$ 中不含非 0 元. 结合 Riesz-Schauder 非零谱点均为特征值, 从而谱点只有 $0$. 综上 $\sigma(T)=\lbrace 0\rbrace $.

题目

设 $A\in \mathfrak{C}(\mathscr X)$, 且 $T=I-A$. 对任意 $k\in\mathbb N$, 证明：

$N(T^k)$ 是有限维的；
$R(T^k)$ 是闭的.

证明

[(1)] 考虑 $T^k=(I-A)^K=I-\sum\limits_{j=1}^k\binom{k}{j}(-1)^{k-1}A^k\triangleq I-T'$. 由 $A$ 是紧算子, 所以 $T'$ 也是紧算子. 所以根据 Riesz-Fredholm 定理 $N(T^k)=N(I-T')$ 是有限维的.
[(2)] 同 (1) $T^k=I-T'$, 故由 Riesz-Fredholm (i) 可知 $R(I-T')$ 是闭的.