23级强基期末

$\forall x\in X,\{A_nx\}$ 收敛, 记收敛至 $y$, 那么就可以构造映射 $A:X\to Y$, $Ax=y$. $y$ 为 $\{A_nx\}$ 的收敛点.

下证这样构造的 $A$ 是有界线性泛函.

线性性: $A(\alpha x+\beta y)=\lim\limits_{n\to\infty}A_n(\alpha x+\beta y)=\alpha\lim\limits_{n\to\infty}A_nx+\beta\lim\limits_{n\to\infty} A_ny=\alpha Ax+\beta Ay$.

有界性: 对于 $W=\{A_n\}$ 由于 $\forall x\in X$, $\{A_n x\}$ 在 $Y$ 中收敛, 所以 $\{A_n x\}$ 在 $Y$ 中是有界集. 从而根据一致有界定理知, 存在 $M>0$ 使得 $\Vert A_n \Vert\leqslant M$.

而根据 $A$ 的定义, $\forall x\in X$ 有 $|\Vert A_nx \Vert-\Vert Ax \Vert|\leqslant\Vert A_nx-Ax \Vert\to 0$. 从而 $$ \Vert Ax \Vert=\lim\limits_{n\to\infty}\Vert A_nx \Vert=\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_nx \Vert\leqslant\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_n \Vert\Vert x \Vert. $$ 由一致有界定理及单调有界收敛保证 $\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_n \Vert$ 存在.

此即 $\Vert A \Vert\leqslant\varliminf\limits_{n\to\infty}\Vert A_n \Vert<\infty$, 且有 $A_n\overset{s}{\rightarrow}A$.

设 $N=\ker K$，令商映射 $q:X\to X/N$。定义 $$ \widetilde K: X/N \to Y,\qquad \widetilde K(qx)=Kx. $$ 则 $\widetilde K$ 良定义、连续、紧且单射，并且 $R(\widetilde K)=R(K)$。

由 $R(A)\subset R(K)=R(\widetilde K)$，对每个 $x\in X$，存在唯一的 $u\in X/N$ 使得 $$ \widetilde K u = Ax $$ 于是可定义线性算子 $$ B:X\to X/N,\qquad Bx = \widetilde K^{-1}(Ax). $$ 下面证 $B$ 有界：取 $x_n\to x$ 且 $Bx_n\to u$。则 $$ Ax_n=\widetilde K(Bx_n)\to \widetilde K(u), $$ 另一方面 $Ax_n\to Ax$，故 $Ax=\widetilde K(u)$。由定义 $Bx$ 是满足 $\widetilde K(Bx)=Ax$ 的唯一元素，所以 $u=Bx$。因此 $B$ 图像闭，$X, X/N$ 都是 Banach 空间，闭图定理推出 $B$ 有界。

最后 $$ A = \widetilde K\circ B. $$ 由于 $\widetilde K$ 紧、$B$ 有界，故 $A$ 为紧算子。

(1) 先验证范数

正定性: 显然 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}\geqslant 0$, 当 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}=0$ 时, 有 $\max|f(x)|=0$, 从而 $f=0$.

齐次性: $\Vert af \Vert_{0,\alpha}=\max|af(x)|+\sup\frac{|af(x)-af(y)|}{|x-y|^\alpha}=a\Vert f \Vert_{0,\alpha}.$

三角不等式:

第一部分: $\max|f(x)+g(x)|\leqslant \max|f(x)|+|g(x)|\leqslant\max |f(x)|+\max|g(x)|$.

第二部分: $|f+g|_\alpha=\sup\frac{|(f+g)x-(f+g)y|}{|x-y|^\alpha}\leqslant\sup\frac{|fx-fy|+|gx-gy|}{|x-y|^\alpha}\leqslant|f|_\alpha+|g|_\alpha$.

从而 $\Vert f+g \Vert_{0,\alpha}\leqslant\Vert f \Vert_{0,\alpha}+\Vert g \Vert_{0,\alpha}$.

下面证明完备性

设 $\{f_n\}$ 是 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的柯西列.

首先, 在范数 $\Vert \cdot \Vert=\max\limits_{x\in[0,1]}|f(x)|$ 意义下 $(C[0,1],\Vert \cdot \Vert)$ 是完备的, 并且根据 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}$ 的定义 $\{f_n\}$ 在 $C[0,1]$ 中也是柯西列, 故收敛, 记收敛到 $f$.

先证 $f\in C^{0,\alpha}[0,1]$.

由于 $\{f_n\}$ 在 $\Vert \cdot \Vert_{0,\alpha}$ 下是柯西列, 所以存在 $N$, 满足 $|f_n-f_N|_\alpha\leqslant \Vert f_n-f_N \Vert_{0,\alpha}<1,\forall n>N$. 从而由三角不等式有 $$ |f_n|{\alpha}\leqslant |f_n-f_N|\alpha+|f_N|\alpha<|f_N|\alpha+1\quad\forall n>N $$ 故存在 $M>0$ 满足 $|f_n|_\alpha<M,\forall n\geqslant 1$.

那么就有 $$ |f_n(x)-f_n(y)|<M|x-y|^\alpha,\quad \forall x,y,n $$ 令 $n\to\infty$ 则有 $$ |f(x)-f(y)|<M|x-y|^\alpha $$ 移项并取上确界就得到 $|f|_\alpha\leqslant M$, 即 $f\in C^{0,\alpha}[0,1]$.

再证 $\Vert f-f_n \Vert_{0,\alpha}\to 0$. 只要证 $|f-f_n|_{\alpha}\to 0$.

由 $\{f_n\}$ 是柯西列, 从而 $\forall\varepsilon>0$, $\exists N$, 满足 $\forall n,m>N$ 有 $|f_n-f_m|_\alpha\leqslant\Vert f_n-f_m \Vert_{0,\alpha}<\varepsilon$. 从而对任意 $x\neq y$ 有 $$ \frac{|(f_n-f)(x)-(f_n-f)(y)|}{|x-y|^\alpha}=\lim\limits_{m\to\infty}\frac{|(f_n-f_m)(x)-(f_n-f_m)(y)|}{|x-y|^\alpha}\leqslant\varlimsup\limits_{m\to\infty}|f_n-f_m|_\alpha\leqslant \varepsilon. $$

再对 $x\neq y$ 取上确界即可得到 $|f_n-f|_\alpha\leqslant\varepsilon$ 所以 $|f_n-f|_\alpha\to 0$.

综上 $(C^{0,\alpha}[0,1],\Vert \cdot \Vert_{0,\alpha})$ 是完备的.

(2) 由于 $C[0,1]$ 是紧度量空间上的连续函数空间, 考虑 AA 定理, 故只需证明 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的有界集 $X$ 一致有界且等度连续就能说明 $X$ 是列紧集.

一致有界: $X$ 为 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的有界集, 即存在 $M>0$ 使得 $\Vert f \Vert_{0,\alpha}<M,\forall f\in X$. 从而 $|f(x)|\leqslant\Vert f \Vert_{0,\alpha}<M\forall f\in X,x\in[0,1]$, 即 $X$ 中的函数一致有界.

等度连续: $\Vert f \Vert_{0,\alpha}<M\Rightarrow |f|_\alpha<M\Rightarrow |f(x)-f(y)|\leqslant M|x-y|^\alpha\quad\forall x,y,f$.

故 $\forall \varepsilon>0$, 取 $\delta=(\frac{\varepsilon}{M})^{1/\alpha}$ 则 $|f(x)-f(y)|\leqslant \varepsilon\quad\forall x,y,f$ 即等度连续.

所以 $C^{0,\alpha}[0,1]$ 中的有界集是 $C[0,1]$ 中的列紧集.

由题设条件 $\text{dim}X/M=\text{codim}M=n$. 从而可以取 $X/M$ 的基 $\{[e_1],[e_2],\ldots,[e_n]\}$.

考虑映射 $g_i([x])=g_i(\sum\limits_{i=1}^n\alpha_i[e_i])=\alpha_i$ 显然是连续的, 从而是有界线性泛函.

那么定义 $\varphi_i(x)=g_i([x])$. 下证 $\{\varphi_i\}$ 线性无关.

设 $\sum\limits_{k=1}^n c_k\varphi_k=0$ 那么有 $$ 0=\sum\limits_{k=1}^n c_k\varphi_k(x)=\sum\limits_{k=1}^nc_kg_k([x])\quad\forall x\in X $$ 依次代入 $[x]=[e_j]+M$ 则有 $c_j=0$. 所以 $\{\varphi_i\}$ 线性无关.

首先, 显然有 $\varphi_i(M)=g_i([0])=[0]$. 所以 $M\subset N(\varphi_i)$, 即 $M\subset\bigcap\limits_{k=1}^n N(\varphi_k)$.

另一方面, 若 $x\in\bigcap\limits_{k=1}^n N(\varphi_k)$, 即 $0=\varphi_k(x)=g_k([x])$.

设 $[x]=\sum\limits_{k=1}^n c_k [e_k]$, 依次带入 $g_k$ 得到 $g_k([x])=c_k=0$. 从而 $[x]=[0]$, 即 $x\in M$.

综上 $M=\bigcap\limits_{k=1}^n N(\varphi_k)$.

- (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 $\text{Ker}(\lambda I-A)=\{0\}$, $\lambda I-A$ 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 $N(\lambda I-A^*)=\{0\}$.

由 $A=A^*$ 故 $N(\overline{\lambda} I-A^*)=N(\overline{\lambda} I-A)=\{0\}$. (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 $\{x_n\}$ 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 $N(\lambda I-A)=\{0\}$. 此时, $R(\lambda I-A)^\perp=N(\overline{\lambda}I-A^*)=N(\lambda I-A)=\{0\}$.

从而 $\overline{R(\lambda I-A)}=X$, 即 $\lambda\sigma_c(A)$, 故 $\sigma_r(A)=\varnothing$.