251222

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 $m(A)\in\sigma_p(A),M(A)\in\sigma_p(A)$.