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# 泛函分析作业详解：Banach 空间、对偶空间与典范等距嵌入

> 本文档分三部分：① 中英文逐句对照翻译；② 全中文规范解答（按李思然老师习惯的符号与书写风格）；③ 深入浅出的整体串讲。

## 〇、符号与约定（Notation）

符号 | 含义
--- | ---
X,Y | 赋范向量空间（数域 R 或 C，本套题取 R）
B(X) | X→X 的有界线性算子全体；B(X;Y) 同理
X∗=B(X;R) | X 的对偶空间（连续线性泛函全体）
X∗∗=(X∗)∗ | X 的二次对偶（bidual）
∥x∥ | 范数；不致混淆时省略下标
R(T)=T(X) | 算子 T 的值域（range）
N(T)=ker T | 算子 T 的核（kernel）
A | 集合 A 的闭包
dist(x,Y)=inf y∈Y​∥x−y∥ | 点到子空间的距离
B(x 0​,r)={x:∥x−x 0​∥<r} | 以 x 0​ 为心、r 为半径的开球
■ | 证毕

约定：本套题中 T 既可指算子也可指泛函，按上下文区分。

# 第壹套 · Banach 空间、对偶与典范等距嵌入

## 第壹套 · Banach 空间、对偶与典范等距嵌入 · Q1（50 = 25 + 25 分）

### 题目

English.

> Let X be a Banach space and T∈B(X). We say that T is bounded from below if there exists δ>0 such that ∥T x∥≥δ∥x∥ for all x∈X.

> (1). Show that if T is bounded from below, then it is injective and has closed range.

> (2). Show that if T is bounded from below and has dense range (T(X)​=X), prove that T is a normed vector space isomorphism; i.e., T is invertible with bounded inverse.

中文.

> 设 X 为 Banach 空间，T∈B(X)（X 上的有界线性算子）。称 T 下方有界（bounded from below），若存在 δ>0，使得 ∥T x∥≥δ∥x∥ 对一切 x∈X 成立。

> (1). 证明：若 T 下方有界，则 T 是单射且值域是闭的。

> (2). 证明：若 T 下方有界且值域稠密（T(X)​=X），则 T 是赋范空间的同构；即 T 可逆，且其逆算子有界。

### 解答

设 T∈B(X) 下方有界，即 ∃δ>0,∥T x∥≥δ∥x∥(∀x∈X).(∗)

#### (1) T 是单射且 R(T) 是闭的

单射性. 设 T x=0。由 (∗)， 0=∥T x∥≥δ∥x∥≥0, 故 ∥x∥=0，即 x=0。于是 ker T={0}，T 为单射。

值域闭性. 设 y∈R(T)​，取 y n​=T x n​∈R(T) 使 y n​→y。下证 (x n​) 为 Cauchy 列。对任意 m,n，利用 (∗) 与 T 的线性： ∥x n​−x m​∥≤δ 1​∥T(x n​−x m​)∥=δ 1​∥y n​−y m​∥. 因 (y n​) 收敛，故为 Cauchy 列，从而上式右端 →0，(x n​) 也是 Cauchy 列。由 X 完备，存在 x∈X 使 x n​→x。再由 T 连续， y n​=T x n​⟶T x, 而极限唯一，故 y=T x∈R(T)。于是 R(T)​⊆R(T)，即 R(T) 是闭的。■

> 注. 闭值域的证明恰好用到了 X 的完备性——这是 Banach 空间假设的关键落点。下方有界把"y 的 Cauchy 性"反向传回"x 的 Cauchy 性"，这是核心机制。

#### (2) 若再加值域稠密，则 T 是赋范空间同构

由 (1)，R(T) 闭，即 R(T)​=R(T)。又设值域稠密 R(T)​=X，两式合并得 R(T)=X, 即 T 满射。结合 (1) 的单射性，T:X→X 是双射，故存在逆映射 T−1:X→X。

T−1 线性. 任取 y 1​,y 2​∈X, α,β∈R，记 x i​=T−1 y i​（即 y i​=T x i​）。由 T 线性，T(α x 1​+β x 2​)=α y 1​+β y 2​，两边作用 T−1 得 T−1(α y 1​+β y 2​)=α x 1​+β x 2​=α T−1 y 1​+β T−1 y 2​, 故 T−1 线性。

逆算子有界. 任取 y∈X，记 x=T−1 y（即 y=T x）。由 (∗)： ∥T−1 y∥=∥x∥≤δ 1​∥T x∥=δ 1​∥y∥. 故 T−1∈B(X) 且 ∥T−1∥≤δ 1​。

于是 T 是双射、双向有界的线性映射，即赋范向量空间的同构（拓扑同构）。■

> 注（与开映射定理的关系）. 也可援引逆算子定理（开映射定理的推论）：Banach 空间之间的连续线性双射其逆自动连续。但本题给了下方有界这一更强条件，直接用 (∗) 估计 ∥T−1∥≤1/δ 更干净，且不必动用开映射定理。

## 第壹套 · Banach 空间、对偶与典范等距嵌入 · Q2（40 = 10 + 10 + 20 分）

### 题目

English.

> Let X=C([−1,1]) be equipped with the supremum norm. Define T:X→R by T(ϕ):=∫0 1​ϕ(t)d t−∫−1 0​ϕ(t)d t.

> (1). Prove that T is a bounded linear functional; i.e., T∈X∗=B(X;R).

> (2). Compute the operator norm of T.

> (3). Is the norm attained? That is, does there exist ϕ∈X such that ∥ϕ∥C 0​=1 and T(ϕ)=∥T∥? Justify your answer.

中文.

> 设 X=C([−1,1]) 赋以上确界范数（即 ∥ϕ∥∞​=sup t∈[−1,1]​∣ϕ(t)∣）。定义 T:X→R 为 T(ϕ):=∫0 1​ϕ(t)d t−∫−1 0​ϕ(t)d t.

> (1). 证明 T 是有界线性泛函，即 T∈X∗=B(X;R)。

> (2). 计算 T 的算子范数 ∥T∥。

> (3). 该范数是否可达？亦即：是否存在 ϕ∈X 满足 ∥ϕ∥C 0​=1 且 T(ϕ)=∥T∥？请给出论证。

### 解答

记 ∥ϕ∥:=∥ϕ∥∞​=sup t∈[−1,1]​∣ϕ(t)∣，并注意可把 T 写成核为符号函数的积分泛函： T(ϕ)=∫−1 1​g(t)ϕ(t)d t,g(t)=sgn(t)={+1,−1,​t∈(0,1],t∈[−1,0).​

#### (1) T 是有界线性泛函

线性. 积分关于被积函数线性，故对 α,β∈R, ϕ,ψ∈X， T(α ϕ+β ψ)=α T(ϕ)+βT(ψ).

有界. 对任意 ϕ∈X， ∣T(ϕ)∣=
​∫0 1​ϕ−∫−1 0​ϕ
​≤∫0 1​∣ϕ∣+∫−1 0​∣ϕ∣=∫−1 1​∣ϕ(t)∣d t≤∫−1 1​∥ϕ∥∞​d t=2∥ϕ∥∞​. 故 T 有界，T∈X∗，且 ∥T∥≤2​.(2.1)

#### (2) 算子范数 ∥T∥=2

上界已得 (2.1)。只需构造 ∥ϕ n​∥∞​≤1 使 T(ϕ n​)→2。

取奇的连续逼近 ϕ n​（n≥1），逼近 sgn： ϕ n​(t)=⎩
⎨
⎧​+1,n t,−1,​t≥n 1​,∣t∣<n 1​,t≤−n 1​.​ 显然 ϕ n​∈C([−1,1])，∥ϕ n​∥∞​=1，且 ϕ n​ 为奇函数。由奇性 ∫−1 0​ϕ n​=−∫0 1​ϕ n​，于是 T(ϕ n​)=∫0 1​ϕ n​−∫−1 0​ϕ n​=2∫0 1​ϕ n​. 而 ∫0 1​ϕ n​=∫0 1/n​n t d t+∫1/n 1​1 d t=2 n​⋅n 2 1​+(1−n 1​)=1−2 n 1​. 故 T(ϕ n​)=2(1−2 n 1​)=2−n 1​
n→∞​2. 因此 ∥T∥≥2。结合 (2.1) 得 ∥T∥=2​.(2.2)

#### (3) 范数不可达

结论：不可达。 即不存在 ϕ∈X 同时满足 ∥ϕ∥∞​=1 与 T(ϕ)=2。

反证. 设有这样的 ϕ，∥ϕ∥∞​=1 即 ∣ϕ(t)∣≤1(∀t)，且 T(ϕ)=2。沿用 (1) 的不等式链： 2=T(ϕ)=∫0 1​ϕ−∫−1 0​ϕ≤≤1
∫0 1​∣ϕ∣​​+≤1
∫−1 0​∣ϕ∣​​≤2. 等号成立必须两段都取到 1：

- 由 ∫0 1​ϕ=1 且 ϕ≤∣ϕ∣≤1，得 ∫0 1​(1−ϕ)=0，被积 1−ϕ≥0 连续，故 1−ϕ≡0，即 ϕ≡+1 于 [0,1]。特别 ϕ(0)=+1。
- 由 −∫−1 0​ϕ=1 即 ∫−1 0​(1+ϕ)=0，被积 1+ϕ≥0 连续，故 1+ϕ≡0，即 ϕ≡−1 于 [−1,0]。特别 ϕ(0)=−1。

两者要求 ϕ(0)=+1 又 ϕ(0)=−1，矛盾。故无此 ϕ，范数不可达。■

> 直观. 唯一"想取到上界"的对象是符号函数 sgn，它在 t=0 处跳跃、不连续，跳出了 C([−1,1])。这正是连续函数空间（与 C([−1,1])∗ 不自反、单位球非弱*紧之外的一个侧面）中上确界常常"逼近但取不到"的典型现象。

## 第壹套 · Banach 空间、对偶与典范等距嵌入 · Q3（20 分）

### 题目

English.

> Let X be an infinite-dimensional Banach space. Show that every open ball in X contains an infinite number of disjoint open balls of equal radii.

> Remark. For those of you who know measure theory — you may deduce from this question that there is no translation-invariant Borel measure μ on X such that μ(U)>0 for every open set U, unless μ is infinite on any open set.

中文.

> 设 X 为无穷维 Banach 空间。证明：X 中的每个开球都包含无穷多个互不相交、半径相等的开球。

> 注. 若你了解测度论：可由本题推出，X 上不存在这样的平移不变 Borel 测度 μ——它对每个开集 U 都满足 μ(U)>0——除非 μ 在任意开集上都取无穷大。

### 解答

核心工具是 Riesz 引理（F. Riesz）。

> Riesz 引理. 设 Y 是赋范空间 X 的真闭子空间（Y=X）。则对任意 θ∈(0,1)，存在 x∈X，∥x∥=1，使 dist(x,Y)≥θ。

第一步：构造"几乎正交"的单位向量列. 取 θ=2 1​。归纳构造 (e n​)⊂X，∥e n​∥=1：

- 取 e 1​，∥e 1​∥=1（X={0}）。
- 设已得 e 1​,…,e n​。令 Y n​=span{e 1​,…,e n​}。因 dim Y n​≤n<∞，有限维子空间必完备故闭；又 X 无穷维，故 Y n​⊊X 为真闭子空间。由 Riesz 引理（θ=2 1​）取 e n+1​，∥e n+1​∥=1，dist(e n+1​,Y n​)≥2 1​。特别地对一切 j≤n，因 e j​∈Y n​， ∥e n+1​−e j​∥≥dist(e n+1​,Y n​)≥2 1​.

于是得到无穷列 (e n​) 满足 ∥e n​∥=1,∥e n​−e m​∥≥2 1​ (n=m).(3.1)

第二步：在任意开球内安放小球. 设 B=B(x 0​,r) 为任意开球（r>0）。令小球圆心 c n​:=x 0​+2 r​e n​(n≥1).

- 圆心在 B 内：∥c n​−x 0​∥=2 r​<r。
- 圆心两两分离：由 (3.1)， ∥c n​−c m​∥=2 r​∥e n​−e m​∥≥2 r​⋅2 1​=4 r​(n=m).(3.2)

取小球半径 ρ:=8 r​.

（i）小球互不相交. 若 z∈B(c n​,ρ)∩B(c m​,ρ)（n=m），则 ∥c n​−c m​∥≤∥c n​−z∥+∥z−c m​∥<2 ρ=4 r​, 与 (3.2) 矛盾。故诸 B(c n​,ρ) 两两不交。

（ii）小球都在 B 内. 对 z∈B(c n​,ρ)， ∥z−x 0​∥≤∥z−c n​∥+∥c n​−x 0​∥<ρ+2 r​=8 r​+2 r​=8 5 r​<r, 故 z∈B，即 B(c n​,ρ)⊂B。

综上，{B(c n​,8 r​)}n≥1​ 是 B 内无穷多个互不相交、半径同为 r/8 的开球。■

> 注 1（不需要完备性）. Riesz 引理对一般赋范空间成立，有限维子空间天然闭，故本证明对任意无穷维赋范空间都有效，并不真正用到 X 的完备性——题目写 Banach 只是更具体的情形。

> 注 2（解释 Remark）. 设有平移不变 Borel 测度 μ，对每个开集取正值。若 μ 在某开集 U 上有限（μ(U)<∞，否则即落入 Remark 所述"μ 在任意开集上恒为 ∞"的例外情形），则 U 含某开球 B=B(x 0​,r)⊆U，由单调性 μ(B)≤μ(U)<∞。对此开球 B 套用上面的塞球结论：诸小球 B(c n​,ρ)（ρ=r/8）互为平移（B(c n​,ρ)=c n​+B(0,ρ)），由平移不变性它们测度相同，记为 c:=μ(B(0,ρ))>0（开集正测度）。它们互不相交且都在 B 内，故 μ(B)≥n=1∑∞​μ(B(c n​,ρ))=n=1∑∞​c=+∞, 与 μ(B)<∞ 矛盾。结论：无穷维空间上不存在"有限且处处正"的平移不变测度——这正是无穷维空间没有 Lebesgue 测度类比物的根本原因。

## 第壹套 · Banach 空间、对偶与典范等距嵌入 · Q4（50 = 10 + 20 + 20 分）

### 题目

English.

> Let X={0} be a normed vector space. Recall that the norm of T∈X∗ is defined by ∥T∥:=sup{∣T x∣:x∈X, ∥x∥≤1}. We shall omit the subscripts for norms when there is no danger of confusion.

> (1). Prove that for any T∈X∗, we have ∥T∥=sup{∣T x∣:x∈X, ∥x∥=1}.

> (2). Prove that for any x∈X, we have ∥x∥=sup{∣T x∣:T∈X∗, ∥T∥=1}.

> (3). Define the map J X​:X→X∗∗ given as follows: for each x∈X and f∈X∗, set [J X​(x)](f):=f(x). Here X∗∗:=(X∗)∗ is known as the bidual of X. Show that J X​ is a bounded linear injective operator such that ∥J X​(x)∥X∗∗​=∥x∥X​ for each x∈X.

> Remark. J X​ is known as the canonical isometric embedding of X into its bidual. Note that J X​(x) is simply the evaluation map at x.

中文.

> 设 X={0} 为赋范向量空间。回忆 T∈X∗ 的范数定义为 ∥T∥:=sup{∣T x∣:x∈X, ∥x∥≤1}。在不致混淆时省略范数的下标。

> (1). 证明：对任意 T∈X∗，有 ∥T∥=sup{∣T x∣:x∈X, ∥x∥=1}。

> (2). 证明：对任意 x∈X，有 ∥x∥=sup{∣T x∣:T∈X∗, ∥T∥=1}。

> (3). 定义映射 J X​:X→X∗∗ 如下：对每个 x∈X 与 f∈X∗，令 [J X​(x)](f):=f(x)。其中 X∗∗:=(X∗)∗ 称为 X 的二次对偶（bidual）。证明 J X​ 是有界、线性、单射的算子，且对每个 x∈X 都有 ∥J X​(x)∥X∗∗​=∥x∥X​。

> 注. J X​ 称为 X 到其二次对偶的典范等距嵌入（canonical isometric embedding）。注意 J X​(x) 不过是"在 x 处求值"的求值映射。

### 解答

#### (1) ∥T∥=sup{∣T x∣:∥x∥=1}

记 A:=∥x∥≤1 sup​∣T x∣ (=∥T∥),S:=∥x∥=1 sup​∣T x∣. 因 X={0}，单位球面 {∥x∥=1} 非空，S 有意义。

- S≤A：单位球面 ⊆ 闭单位球 {∥x∥≤1}，对更小集合取上确界更小。
- A≤S：任取 ∥x∥≤1。若 x=0，∣T x∣=0≤S。若 0<∥x∥≤1，令 u=x/∥x∥，则 ∥u∥=1，且由线性 ∣T x∣=∥x∥∣T u∣≤1⋅∣T u∣≤S. 对所有此类 x 取上确界得 A≤S。

两向夹逼得 A=S，即 ∥T∥=∥x∥=1 sup​∣T x∣​.■

#### (2) ∥x∥=sup{∣T x∣:T∈X∗, ∥T∥=1}（对偶刻画）

记 M(x):=sup{∣f(x)∣:f∈X∗,∥f∥=1}。

上界 M(x)≤∥x∥. 对 ∥f∥=1，∣f(x)∣≤∥f∥∥x∥=∥x∥，取上确界即得。

下界（且上确界可达）M(x)≥∥x∥.

- 若 x=0：M(0)=0=∥0∥，成立。
- 若 x=0：用 Hahn–Banach 定理的标准推论——

> 推论（支撑泛函的存在）. 对 x 0​=0，存在 f∈X∗，∥f∥=1，使 f(x 0​)=∥x 0​∥。

> 证. 在一维子空间 Y=span{x 0​} 上定义 g(λ x 0​):=λ∥x 0​∥。则 g(x 0​)=∥x 0​∥，且 ∣g(λ x 0​)∣=∣λ∣∥x 0​∥=∥λ x 0​∥，故 ∥g∥Y∗​=1。由 Hahn–Banach 保范延拓定理，存在 f∈X∗，f∣Y​=g 且 ∥f∥X∗​=∥g∥Y∗​=1。特别 f(x 0​)=∥x 0​∥。□

于是对该 f（∥f∥=1）有 ∣f(x)∣=∥x∥，故 M(x)≥∥x∥，并且上确界被取到。

综合得 ∥x∥=∥T∥=1 sup​∣T x∣​(且为最大值).■

> 注. (1) 是"代数/初等"的；(2) 的下界本质依赖 Hahn–Banach——正是它保证对偶空间 X∗ 足够"丰富"，能把每个向量的范数"测"出来。X={0} 同样经 Hahn–Banach 保证 X∗={0}。

#### (3) 典范等距嵌入 J X​:X→X∗∗

对 x∈X，J X​(x) 是定义在 X∗ 上的函数：[J X​(x)](f)=f(x)。

(a) J X​(x)∈X∗∗（在 X∗ 上线性且有界）.

- 线性：对 f,g∈X∗, α,β∈R， [J X​(x)](α f+β g)=(α f+β g)(x)=α f(x)+β g(x)=α[J X​(x)](f)+β[J X​(x)](g).
- 有界：∣[J X​(x)](f)∣=∣f(x)∣≤∥f∥∥x∥，故 J X​(x) 有界且 ∥J X​(x)∥X∗∗​≤∥x∥。于是 J X​(x)∈X∗∗=(X∗)∗。

(b) J X​ 线性. 对 x,y∈X, α,β∈R 及任意 f∈X∗， [J X​(αx+β y)](f)=f(αx+β y)=α f(x)+β f(y)=[α J X​(x)+β J X​(y)](f). 因对一切 f 成立，故 J X​(αx+β y)=α J X​(x)+β J X​(y)。

(c) 等距 ∥J X​(x)∥X∗∗​=∥x∥X​. 因 X={0}，由 (2) 注中的 Hahn–Banach 推论 X∗={0}，故 X∗ 的单位球面非空，可对赋范空间 X∗ 施用 (1)（把 J X​(x) 看作 X∗ 上的有界泛函），再用 (2)： ∥J X​(x)∥X∗∗​=∥f∥≤1 sup​
​[J X​(x)](f)
​=∥f∥=1 sup​∣f(x)∣=(2)∥x∥X​.

(d) J X​ 有界且单射. 由 (c)，∥J X​(x)∥=∥x∥，故 J X​ 有界且算子范数 ∥J X​∥=1（X={0}）。又若 J X​(x)=0，则 ∥x∥=∥J X​(x)∥=0，即 x=0，故 ker J X​={0}，J X​ 单射。

综上，J X​ 是有界、线性、单射且保范（等距）的算子，即 X 到 X∗∗ 的典范等距嵌入。■

> 注（自反性的引子）. J X​ 总是等距嵌入，但未必满射。当 J X​ 也满射（即 J X​(X)=X∗∗）时，称 X 为自反空间（reflexive），如 Hilbert 空间、L p(1<p<∞)；而 C([−1,1])、ℓ 1、c 0​ 等不自反。第二题中"范数逼近但不可达"正与 C([−1,1]) 的不自反性气味相投。

## 第壹套 · Banach 空间、对偶与典范等距嵌入 · 深入浅出串讲

四道题看似零散，其实串起了泛函分析"线性算子—对偶—嵌入"的一条主线：

1. 第一题——"下方有界"是什么. 算子范数 ∥T x∥≤∥T∥∥x∥ 控制的是"上界"；而 ∥T x∥≥δ∥x∥ 控制"下界"。下界保证了 T "不压缩"——既不会把非零向量打到 0（单射），也不会让值域"漏出边界"（闭值域）。再补上稠密性把"闭"升级为"全空间"，就得到了同构。口诀：下方有界 + 完备 ⟹ 闭值域；再加稠密 ⟹ 同构。

2. 第二题——抽象范数如何落到具体泛函. 把"求 ∥T∥"翻译成"∣Tϕ∣≤C∥ϕ∥ 的最优常数 C"。上界靠三角不等式，下界靠构造逼近列。第 (3) 问点出连续函数空间的"软肋"：最优解是 sgn，落在 C 之外，于是上确界逼近而不可达——这是无穷维分析里最常见的"差一点"。

3. 第三题——无穷维的"几何反直觉". 有限维里单位球紧、球内塞不下无穷个等大不交球；无穷维里 Riesz 引理造出"几乎正交"的单位向量列，球面不紧，于是任何球内都能塞进无穷个等大不交小球。它的"测度论遗产"是：无穷维空间没有 Lebesgue 测度（没有处处正、平移不变、且局部有限的测度）。

4. 第四题——对偶空间为什么"够用". (1) 把范数从闭球缩到球面（技术性热身）；(2) 是灵魂：∥x∥ 可以反过来用泛函"测"出来——这要靠 Hahn–Banach；(3) 把 (2) 升华为结构性结论：每个空间都能等距地坐进自己的二次对偶 X∗∗。这枚嵌入是否满射，决定了空间是否自反。

一句话总括. 下方有界给"算子可逆"的判据；具体泛函演示"范数计算与不可达"；无穷维球的塞球性揭示几何与测度的反直觉；而对偶刻画与典范嵌入说明——有界线性泛函足够丰富，能反过来重建向量的范数与空间的几何。这正是 Hahn–Banach 定理在泛函分析中的统治地位所在。

# 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q2（10 分）

### 题目

English.

> X~ a closed subspace of C[0,1] (sup norm) whose every element is C 1. Show X~ is finite-dimensional.

中文.

> X~ 是 C[0,1]（上确界范数）的闭子空间，每元素有连续导数。证明 X~ 必有限维。

### 解答

求导映射 D:X~→C[0,1], D f:=f′ 线性。

(1) C[0,1] 完备，闭子空间 X~ 仍完备（闭图像定理所需的完备性，落点即闭假设）。

(2) 闭图像定理。 设 f n​→f, f n′​→g 均一致；X~ 闭故 f∈X~。由 f n​(t)−f n​(0)=∫0 t​f n′​ 及一致收敛得 f(t)−f(0)=∫0 t​g，g 连续故 f′=g。得 ∥f′∥∞​≤C∥f∥∞​​。

(3) AA + Riesz。 B={∥f∥∞​≤1}∩X~：一致有界由 ∥f∥∞​≤1，等度连续由 ∥f′∥∞​≤C 得 ∣f(s)−f(t)∣≤C∣s−t∣（δ=ε/(C+1)，兼顾 C=0）——皆由 D 有界给出，AA 得相对紧；B 闭故紧。Riesz（有限维 ⟺ 单位球紧）得 X~ 是有限维的.​

∎

注. 显式单射 T f=(f(t i​))（细度 h<C+1 1​）须对核元 d 由 ∥d∥∞​≤C h∥d∥∞​, C h<1 推 d=0 方单射。

### 思路与讲解

完备性经闭图像定理把求导化为有界算子，AA 给相对紧，Riesz 反推有限维。

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q3（20 分）

### 题目

English.

> Let X,Y be Banach spaces and T∈B(X,Y). Show TFAE:

> (1) T has closed range in Y;

> (2) T is open when considered as a mapping T:X→ran(T) (the range carries the subspace norm of Y);

> (3) There exists M>0 such that for every y∈ran(T) there exists x∈T−1{y} with ∥x∥X​≤M∥y∥.

中文.

> 设 X,Y 为 Banach 空间，T∈B(X,Y)（即 T 是从 X 到 Y 的有界线性算子）。证明以下三条等价（TFAE = the following are equivalent）：

> (1) T 在 Y 中具有闭值域，即 ran(T) 是 Y 的闭子空间；

> (2) 当把 T 视为映射 T:X→ran(T)（值域 ran(T) 赋以 Y 诱导的子空间范数）时，T 是开映射；

> (3) 存在常数 M>0，使得对每个 y∈ran(T)，都存在原像 x∈T−1{y} 满足 ∥x∥X​≤M∥y∥（即每个值都可被一个范数受控的原像“反解”出来）。

### 解答

预备构造（贯穿全题的诱导算子）。 由于 T 连续，ker T=T−1{0} 是 0 的闭原像，故 ker T 是 X 的闭子空间。理由不可跳过：{0}⊂Y 闭，T 连续蕴含闭集的原像为闭集，所以 ker T 闭。

由于 X 完备且 ker T 是其闭子空间，商空间 X/ker T 在商范数

∥[x]∥:=u∈k e r T inf​∥x−u∥X​=dist(x,ker T)

下是 Banach 空间（完备空间对闭子空间的商仍完备——这是商空间完备性的标准定理，落点正是 X 完备 + ker T 闭）。

定义诱导算子

T~:X/ker T⟶Y,T~([x]):=T x.

它良定义：若 [x]=[x′]，则 x−x′∈ker T，故 T x=T x′。它线性显然。它单射：若 T~([x])=0 则 T x=0 即 x∈ker T，故 [x]=0。它有界：对任意 u∈ker T，

∥T~([x])∥=∥T x∥=∥T(x−u)∥≤∥T∥∥x−u∥X​,

对右端关于 u∈ker T 取下确界得 ∥T~([x])∥≤∥T∥∥[x]∥，故 T~∈B(X/ker T,Y) 且 ∥T~∥≤∥T∥。最后 T~ 与 T 同值域：ran(T~)={T x:x∈X}=ran(T)。

下面给出三向闭环 (1)⇒(3)、(3)⇒(1)、(2)⇔(3)，由此 (1)⇔(3)⇔(2)，三条两两等价。

#### (1) ⇒ (3)

设 ran(T) 在 Y 中闭。因 Y 完备，其闭子空间 ran(T) 在子空间范数下仍完备，故 ran(T) 是 Banach 空间。

将 T~ 视为映射到其值域：

T~:X/ker T⟶ran(T).

此时 T~ 是两个 Banach 空间之间的连续双射：

- 定义域 X/ker T 是 Banach（上文）；
- 到达域 ran(T) 是 Banach（本步前提 (1) + Y 完备）；
- T~ 连续（∥T~∥≤∥T∥）、单射（上文）、满射（值域恰为 ran(T)）。

由【开映射定理】（Banach 空间之间的连续满射线性算子是开映射；其前提“定义域、到达域均完备 + 连续 + 满”此处全部满足），T~ 是开映射。对一个连续线性双射而言，开映射等价于其逆 T~−1:ran(T)→X/ker T 连续（这正是 Banach 逆算子定理的内容，是开映射定理的推论）。于是存在 C>0 使得

∥T~−1(y)∥≤C∥y∥,∀y∈ran(T),

即对 y=T x 有
​[x]
​≤C∥y∥。等价地，下方有界估计

∥[x]∥≤C∥T~([x])∥⟺∥T~([x])∥≥C−1∥[x]∥​

成立。

现由商范数为下确界这一事实“兑现”出原像。固定 y∈ran(T)，y=0，取任一 x 0​ 使 T x 0​=y，则 ∥[x 0​]∥≤C∥y∥。由

∥[x 0​]∥=u∈k e r T inf​∥x 0​−u∥X​

是下确界（不一定取到，故需 ε 处理；此处取 ε=∥y∥>0），存在 u∈ker T 使

∥x 0​−u∥X​≤∥[x 0​]∥+∥y∥≤C∥y∥+∥y∥=(C+1)∥y∥.

令 x:=x 0​−u，则 T x=T x 0​=y（因 u∈ker T），且 ∥x∥X​≤(C+1)∥y∥。

边界情形 y=0： 取 x=0∈T−1{0}，则 ∥x∥X​=0=(C+1)⋅0，估计平凡成立。

取 M:=C+1，即得

∀y∈ran(T), ∃x∈T−1{y}: ∥x∥X​≤M∥y∥.​

这正是 (3)。■

> 附注（关于 ε 与“用 2 M”）： 这里用加 ∥y∥（而非加任意固定常数 ε）以保持齐次性，从而得到统一常数 C+1；若仅取 ε-代表元（对每个 y 取满足 ∥x 0​−u∥≤∥[x 0​]∥+ε 的代表元），会得到逐点常数 C+ε/∥y∥，再对 ∥y∥ 缩放即可，本质一致。核心是商范数是 inf 而非 min，必须用接近下确界的代表元。

#### (3) ⇒ (1)

设存在 M>0 满足 (3)。要证 ran(T) 在 Y 中闭。

任取 ran(T) 中收敛于 Y 中某点的序列：设 y n​=T x n​∈ran(T) 且 y n​→y（在 Y 中）。须证 y∈ran(T)。

因 {y n​} 收敛，它是 Y 中的 Cauchy 列。无须直接控制 x n​（它们可能很大），而是控制相邻差。注意值域是子空间，对差封闭，故 y n+1​−y n​∈ran(T)。

为得 Cauchy 原像列，先抽取快速收敛子列。因 {y n​} Cauchy，可取下标 n 1​<n 2​<⋯ 使

∥y n k+1​​−y n k​​∥≤2−k,k=1,2,…

（Cauchy 列必有满足此几何衰减的子列：逐次选取下标即可。）对每个 k，由 (3) 取 z k​∈X 使

T z k​=y n k+1​​−y n k​​,∥z k​∥X​≤M∥y n k+1​​−y n k​​∥≤M 2−k.

于是 ∑k≥1​∥z k​∥X​≤M∑k≥1​2−k=M<∞，级数绝对收敛。由于 X 完备（关键落点：完备空间中绝对收敛级数收敛），取定起点 x n 1​​（满足 T x n 1​​=y n 1​​），部分和

s K​:=x n 1​​+k=1∑K​z k​

收敛于某 x∈X。

计算 T s K​：由线性与望远镜求和，

T s K​=T x n 1​​+k=1∑K​T z k​=y n 1​​+k=1∑K​(y n k+1​​−y n k​​)=y n K+1​​.

令 K→∞：左端 T s K​→T x（T 连续，s K​→x）；右端 y n K+1​​→y（它是收敛列 {y n​} 的子列，故与全列同极限 y）。由极限唯一性，

T x=y.

故 y∈ran(T)。由 {y n​} 任意，ran(T) 包含其全部极限点，即

ran(T) 在 Y 中闭.​

这正是 (1)。■

> 边界情形： 若从某项起 y n​ 恒等于 y，则 y=y n​∈ran(T) 直接成立；上述构造对该平凡情形（z k​ 可取 0）依然有效。

#### (2) ⇔ (3)

将 T 视为到达域为 ran(T) 的满射 T:X→ran(T)（赋子空间范数）。下面把“开映射”翻译为定量估计，双向互推。

(2)⇒(3)： 设 T:X→ran(T) 开。开映射把开集映为开集，特别地把 X 的开单位球 B X​={x:∥x∥X​<1} 映为 ran(T) 中的开集 T(B X​)，且 0=T(0)∈T(B X​)。故存在 r>0 使 ran(T) 中的开球 B r​:={y∈ran(T):∥y∥<r} 满足

B r​⊆T(B X​).

取常数 M:=r 2​。现取任意 y∈ran(T)。

- 若 y=0：取 x=0，则 ∥x∥X​=0=M⋅0。
- 若 y=0：固定取 t=2 1​。点 ∥y∥t r​y 的范数为 t r=2 r​<r，故属于 B r​⊆T(B X​)，即存在 x′∈B X​（∥x′∥X​<1）使 T x′=∥y∥t r​y。令 x:=t r∥y∥​x′，则

T x=t r∥y∥​⋅∥y∥t r​y=y,∥x∥X​=t r∥y∥​∥x′∥X​<t r 1​∥y∥=r 2​∥y∥=M∥y∥.

（此处不必对 x 取极限：对给定的 y 只需固定一个 t∈[2 1​,1) 即足，取 t=2 1​ 时系数 t r 1​=r 2​=M。）

综上，对每个 y∈ran(T) 都存在 x∈T−1{y} 使 ∥x∥X​≤M∥y∥（实际为 <M∥y∥，当 y=0）。故 (3) 成立（M=2/r）。

(3)⇒(2)： 设 (3) 成立，常数为 M。要证 T:X→ran(T) 开。对线性算子，开映射等价于其在原点处“覆盖一个球”，再由线性平移与伸缩传播到处。

原点处覆盖。 断言：{y∈ran(T):∥y∥<1/M}⊆T(B X​)。事实上，设 y∈ran(T) 且 ∥y∥<1/M。由 (3) 存在 x 使 T x=y 且

∥x∥X​≤M∥y∥<M⋅M 1​=1,

故 x∈B X​，从而 y∈T(B X​)，断言得证。

传播到任意开集。 对任意开集 U⊆X 与任意 y 0​=T x 0​∈T(U)（其中 x 0​∈U），取 ρ>0 使 x 0​+ρ B X​⊆U。则由线性以及上述覆盖与伸缩，

T(x 0​+ρ B X​)=y 0​+ρ T(B X​)⊇y 0​+ρ{y∈ran(T):∥y∥<M 1​}={w∈ran(T):∥w−y 0​∥<M ρ​}.

右端是 y 0​ 在 ran(T) 中以 ρ/M 为半径的开球邻域，且含于 T(U)。由 y 0​∈T(U) 任意，T(U) 是 ran(T) 中开集，即

T:X→ran(T) 是开映射.​

这正是 (2)。■

闭环总结。 已证

(1)⇒(3),(3)⇒(1),(2)⇔(3).

由 (1)⇔(3) 与 (3)⇔(2)，三条命题两两等价，TFAE 成立。■

### 思路与讲解

这道题的核心机制是把一个未必单射、未必满射的算子 T 通过商空间“正规化”为一个连续双射 T~:X/ker T→ran(T)，从而把问题归约到“开映射定理 / 逆算子定理”的标准战场——而这套机器只有在两端都完备时才能开动，因此条件 (1)“值域闭”恰恰是用来保证到达域 ran(T) 作为 Y 的闭子空间是 Banach 空间的那块拼图，缺了它开映射定理就用不上。三条等价的实质是同一件事的三种语言：闭值域（拓扑）、开映射 / 下方有界（几何）、原像范数受控（定量），其中 (2)⇔(3) 纯属把“开”翻译成对单位球的覆盖估计、再用线性齐次性缩放，不需要任何大定理。最易错的两处：一是商范数是 inf 而非 min，从 ∥[x]∥≤C∥y∥ 兑换出真正的原像 x 时必须用“接近下确界的代表元”做 ε（或 +∥y∥）处理；二是 (3)⇒(1) 中不能直接控制 x n​（它们可能爆掉），而要对相邻差 y n+1​−y n​ 取受控原像、抽几何衰减子列，借 X 完备让绝对收敛级数收敛出极限原像——这一步的完备性落点是整个反向蕴含的命门。此外，(2)⇒(3) 中对给定的 y 只需固定取一个 t∈[2 1​,1) 即可读出受控原像，不必对 x 取极限（x 族未必收敛），这是把“开”定量化时容易写虚的地方。

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q4（10 分）

### 题目

English.

> Let B:={f:[0,∞)→R:f bounded}, a Banach space under the sup norm (no measurability assumption).

> Prove: there exists a linear functional LIM t→∞​ on B (a Banach limit) such that

> (1) LIM f=lim f whenever the usual limit exists;

> (2) LIM is linear;

> (3) LIM f(t+τ)=LIM f(t) for any τ>0 and f∈B;

> (4) s→∞lim inf​f(s)≤LIM f≤s→∞lim sup​f(s) for all f∈B.

> Hint. Consider the positively homogeneous sublinear functional p(f):=inf{β(f;t 1​,…,t n​):t 1​,…,t n​≥0, n∈N}, where β(f;t 1​,…,t n​):=lim sup t→∞​n 1​∑j=1 n​f(t+t j​).

中文.

> 设 B:={f:[0,∞)→R:f 有界}，在上确界范数下构成 Banach 空间（不作任何可测性假设）。

> 求证：在 B 上存在一个线性泛函 LIM t→∞​（Banach 极限），满足

> (1) 当通常意义下的极限存在时，LIM f=lim f；

> (2) LIM 是线性的；

> (3) 对任意 τ>0 与 f∈B，有 LIM f(t+τ)=LIM f(t)（平移不变性）；

> (4) 对一切 f∈B，有 s→∞lim inf​f(s)≤LIM f≤s→∞lim sup​f(s)。

> Hint. 考虑正齐次次线性泛函 p(f):=inf{β(f;t 1​,…,t n​):t 1​,…,t n​≥0, n∈N}，其中 β(f;t 1​,…,t n​):=lim sup t→∞​n 1​∑j=1 n​f(t+t j​)。

### 解答

记号约定。 对 f∈B 与节点组 (t 1​,…,t n​)（t j​≥0，n∈N），令平移平均

A(t j​)​f(t):=n 1​j=1∑n​f(t+t j​),β(f;t 1​,…,t n​):=t→∞lim sup​A(t j​)​f(t),

并按提示定义

p(f):=inf{β(f;t 1​,…,t n​): t 1​,…,t n​≥0, n∈N}.

注意 ∣A(t j​)​f(t)∣≤∥f∥∞​，故 β(f;⋯)∈[−∥f∥∞​,∥f∥∞​]，从而上式 inf 是对一个含于 [−∥f∥∞​,∥f∥∞​] 的非空有界数集取下确界，p(f) 是一个良定义的有限实数（这一步用到 f 的有界性，故 p:B→R）。

整个证明的主干是：先证 p 为次线性泛函（(a)），并定出其与 lim sup,lim inf 的夹逼关系（(b)）；再在收敛函数子空间上取 L 0​=lim 并验证 L 0​≤p（(c)）；用 Hahn–Banach 延拓定理（实形式，由次线性控制）延拓为全空间上的 L≤p；最后由夹逼推出 (1)(4)（(d)）、由对平移差的估计推出 (3)（(e)）。

#### (a) p 是正齐次的次可加泛函（即次线性）

正齐次性。 设 λ>0。对任一节点组，A(t j​)​(λ f)(t)=λ A(t j​)​f(t)。由于 λ>0，上极限对正数因子可外提：lim sup t→∞​λ A(t j​)​f(t)=λ lim sup t→∞​A(t j​)​f(t)，故 β(λ f;⋯)=λ β(f;⋯)。对节点组取 inf 时正数因子 λ 可外提，得

p(λ f)=λ p(f)(λ>0).

边界情形 λ=0：对常值零函数，任何 β(0;⋯)=0，故 p(0)=0=0⋅p(f)。两者合并即得对一切 λ≥0 的正齐次性。（注：次线性泛函只要求 λ≥0 齐次，不要求对负数齐次，这正是 p 的特点，下文 (b) 会处理 −p(−f)。）

次可加性 p(f+g)≤p(f)+p(g)。 这是本题的技术核心，分两步。

第一步（同一节点组上的次可加）。 对固定节点组 (t 1​,…,t n​)，由 lim sup 的次可加性（对任意两族实数 a t​,b t​ 有 lim sup(a t​+b t​)≤lim sup a t​+lim sup b t​，因为对任意 ε>0，当 t 充分大时 a t​≤lim sup a t​+ε 且 b t​≤lim sup b t​+ε，相加再令 ε↓0）：

β(f+g;t 1​,…,t n​)=t→∞lim sup​(A(t j​)​f(t)+A(t j​)​g(t))≤β(f;t 1​,…,t n​)+β(g;t 1​,…,t n​).(∗)

第二步（不同节点组的合并技巧）。 设 f 的节点组为 (s 1​,…,s m​)、g 的为 (u 1​,…,u k​)（一般两组互异）。构造乘积合并节点组：取 n=mk 个节点

{s i​+u l​: 1≤i≤m, 1≤l≤k}(按 (i,l) 遍历，共 mk 个),

记其平移平均为 A⊗。关键的两条恒等式如下。

对 f，由于该合并组的平均恰是先按 u l​ 平移、再按 s i​ 平移取平均的复合：

A⊗f(t)=mk 1​i=1∑m​l=1∑k​f(t+s i​+u l​)=k 1​l=1∑k​[m 1​i=1∑m​f((t+u l​)+s i​)]=k 1​l=1∑k​A(s i​)​f(t+u l​).

对每个固定 l，lim sup t→∞​A(s i​)​f(t+u l​)=lim sup t→∞​A(s i​)​f(t)=β(f;s 1​,…,s m​)（平移 u l​≥0 不改变 t→∞ 的上极限）。再用 lim sup 对有限和的次可加性，

β(f;{s i​+u l​})=t→∞lim sup​k 1​l=1∑k​A(s i​)​f(t+u l​)≤k 1​l=1∑k​β(f;s 1​,…,s m​)=β(f;s 1​,…,s m​).(∗∗)

完全对称地（把 f 换成 g，并将合并平均写成先按 s i​ 平移、再按 u l​ 平均的复合）得

β(g;{s i​+u l​})≤β(g;u 1​,…,u k​).(∗∗∗)

于是在同一合并节点组 {s i​+u l​} 上应用 (∗)，再用 (∗∗)、(∗∗∗)：

β(f+g;{s i​+u l​}) ≤(∗)​ β(f;{s i​+u l​})+β(g;{s i​+u l​}) ≤(∗∗),(∗∗∗)​ β(f;s 1​,…,s m​)+β(g;u 1​,…,u k​).

而 p(f+g)≤β(f+g;{s i​+u l​})（inf 不大于任一具体取值），故

p(f+g)≤β(f;s 1​,…,s m​)+β(g;u 1​,…,u k​).

最后对 f 的节点组取下确界、再对 g 的节点组取下确界（右端两项相互独立，可分别逼近各自的 inf），得

p(f+g)≤p(f)+p(g)​.

正齐次性与次可加性合起来，p 为 B 上的次线性泛函。■（(a)）

#### (b) p 与 lim sup,lim inf 的关系，及 −p(−f)≤p(f)

p(f)≤lim sup s→∞​f(s)。 取最简单的单节点组 n=1, t 1​=0，则 A f(t)=f(t)，β(f;0)=lim sup t→∞​f(t)。由 inf 定义，

p(f)≤β(f;0)=s→∞lim sup​f(s).(b1)

−p(−f)≥lim inf s→∞​f(s)。 将 (b1) 用于 −f：p(−f)≤lim sup s→∞​(−f(s))=−lim inf s→∞​f(s)，两边取相反数得

−p(−f)≥s→∞lim inf​f(s).(b2)

一般次线性性质 −p(−f)≤p(f)。 由次可加性与 p(0)=0：

0=p(0)=p(f+(−f))≤p(f)+p(−f) ⟹ −p(−f)≤p(f).(b3)

综合 (b1)(b2)(b3) 得到夹逼链

s→∞lim inf​f(s) ≤(b 2)​ −p(−f) ≤(b 3)​ p(f) ≤(b 1)​ s→∞lim sup​f(s).(†)

■（(b)）

#### (c) 在收敛子空间上取 L 0​=lim，并由 Hahn–Banach 延拓

记

C:={f∈B: t→∞lim​f(t) 存在（有限）}.

C 是 B 的线性子空间（极限的线性性使收敛函数的线性组合仍收敛），在其上定义

L 0​(f):=t→∞lim​f(t),f∈C.

L 0​ 在 C 上线性（极限运算线性）。验证 L 0​≤p 于 C：设 f∈C 且 lim t→∞​f(t)=ℓ，则 lim inf s→∞​f(s)=lim sup s→∞​f(s)=ℓ，于是夹逼链 (†) 两端相等而退化为等式链：

ℓ ≤(b 2)​ −p(−f) ≤(b 3)​ p(f) ≤(b 1)​ ℓ ⟹ −p(−f)=p(f)=ℓ=L 0​(f).

于是在子空间 C 上恒有

L 0​(f)=p(f),特别地 L 0​(f)≤p(f), ∀f∈C.(c1)

援引 Hahn–Banach 延拓定理（实向量空间形式）。 前提核查：B 是 R 上向量空间，p:B→R 由 (a) 是次线性泛函（正齐次 + 次可加），C⊆B 为线性子空间，L 0​:C→R 线性且被 p 控制（即 (c1)）。三条前提齐备，Hahn–Banach 定理保证存在线性泛函 L:B→R，使

L∣C​=L 0​,L(f)≤p(f) ∀f∈B.(c2)

定义 LIM f:=L(f)。下证它满足 (1)–(4)。（注：此处仅用到 Hahn–Banach 的次线性控制版本，不依赖 B 的拓扑/完备性来作延拓；完备性只在“B 是 Banach 空间”这一陈述里出现，对存在性论证并非必需。）■（(c)）

#### (d) 性质 (2)、(4)、(1)

(2) 线性。 L=LIM 由 (c2) 即 Hahn–Banach 给出的线性泛函，线性性自动成立。

(4) 夹逼。 对任意 f∈B，由 (c2) 有 L(f)≤p(f)；将 (c2) 用于 −f 并取相反数：−L(−f)≥−p(−f)，而 L 线性故 −L(−f)=L(f)，于是 L(f)≥−p(−f)。结合 (†)：

s→∞lim inf​f(s)≤−p(−f)≤L(f)≤p(f)≤s→∞lim sup​f(s),

即

s→∞lim inf​f(s) ≤ LIM f ≤ s→∞lim sup​f(s) ​.(4)

(1) 相容性。 若 lim t→∞​f(t)=ℓ 存在，则 f∈C，由 (c2) 的延拓相容性 L(f)=L 0​(f)=ℓ，即 LIM f=lim f。（亦可直接由 (4)：此时 lim inf=lim sup=ℓ，夹逼即得 LIM f=ℓ。）■（(d)）

特别地，取 f≡1（常值）得 LIM 1=1，故 LIM=0，泛函非平凡。

#### (e) 平移不变性 (3)

固定 τ>0，令 f τ​(t):=f(t+τ)；显然 f τ​∈B（有界性保持）。目标是 L(f)=L(f τ​)。由 L 线性，等价于证 L(f−f τ​)=0。利用 (4)/(c2)，只需证

p(f−f τ​)≤0 且 p(f τ​−f)≤0,(e0)

因为届时 L(f−f τ​)≤p(f−f τ​)≤0 且 L(f−f τ​)=−L(f τ​−f)≥−p(f τ​−f)≥0，两面夹出 L(f−f τ​)=0。

证 p(f−f τ​)≤0。 取伸缩平均节点组 t j​=(j−1)τ，j=1,…,n（即 0,τ,2 τ,…,(n−1)τ，均 ≥0）。设 g:=f−f τ​，则 g(t+t j​)=f(t+(j−1)τ)−f(t+j τ)，于是其 Cesàro 平均望远镜相消：

A(t j​)​g(t)=n 1​j=1∑n​[f(t+(j−1)τ)−f(t+j τ)]=n 1​[f(t)−f(t+n τ)].

由 ∣f(t)∣,∣f(t+n τ)∣≤∥f∥∞​，得 ∣A(t j​)​g(t)∣≤n 2∥f∥∞​​，与 t 无关，故

β(g;0,τ,…,(n−1)τ)=t→∞lim sup​A(t j​)​g(t)≤n 2∥f∥∞​​.

因 p(g)≤β(g;⋯)≤n 2∥f∥∞​​ 对一切 n∈N 成立，令 n→∞ 得

p(f−f τ​)≤0.

证 p(f τ​−f)≤0。 取相同节点组，对 h:=f τ​−f=−g 有 A(t j​)​h(t)=n 1​[f(t+n τ)−f(t)]，同样 ∣A(t j​)​h(t)∣≤n 2∥f∥∞​​，从而 p(f τ​−f)≤n 2∥f∥∞​​→0，即 p(f τ​−f)≤0。

于是 (e0) 成立，按上述夹逼得 L(f−f τ​)=0，即

LIM f(t+τ)=LIM f(t),∀τ>0, f∈B ​.(3)

■（(e)）

结论。 由 (a)–(e)，Hahn–Banach 延拓所得的 LIM:=L 同时满足 (1) 相容性、(2) 线性、(3) 平移不变、(4) 夹逼，故 B 上 Banach 极限存在。■

### 思路与讲解

核心机制是“用次线性泛函 p 把想要的全部性质打包成单边控制，再让 Hahn–Banach 把子空间上的真极限 L 0​ 延拓到全空间且保持被 p 压住”。之所以非用 Hahn–Banach 不可：我们要在不可数维、无任何收敛性假设的有界函数空间上造出一个处处有定义、且与极限相容的线性泛函，构造性方法（取极限、取积分）都失效，只能靠 Hahn–Banach 这一“纯代数延拓”工具，它恰好只需要一个次线性控制 p。

设计 p 的诀窍在于把 lim sup 的“平移平均下确界”同时编码了三件事：(b1) 给出 p(f)≤lim sup f，(†) 给出 −p(−f)≥lim inf f（推出 (4) 与 (1)），而望远镜相消给出 p(f−f τ​)≤0（推出平移不变 (3)）。

最易错的两点：其一是次可加性的证明——两组节点不同，必须用乘积合并节点组 {s i​+u l​} 并借助 lim sup 对平移的不变性 (∗∗)(∗∗∗)，不能在不同节点组间硬套 (∗)；其二是 lim sup 只满足次可加 ≤ 而非可加，且正齐次只对 λ≥0 成立，故 −f 必须单独处理（这正是 −p(−f) 出场、并在 (c) 中由 (†) 在收敛点退化为等式链得到 p∣C​=L 0​ 的原因）。

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q5（20 分）

### 题目

English.

> Let (X,d) be a metric space. Show TFAE:

> (1) every residual set in X is dense;

> (2) if U⊂X is a nonempty open set, then U is not meagre;

> (3) if {A i​} is a sequence of closed sets with empty interior, then ⋃i​A i​ has empty interior;

> (4) if {U i​} is a sequence of dense open sets, then ⋂i​U i​ is dense.

> (Hence deduce that any nontrivial Banach space is non-meagre in itself.)

中文.

> 设 (X,d) 为度量空间。证明下述四条彼此等价（TFAE = the following are equivalent）：

> (1) X 中的每个剩余集（residual / comeagre，即贫集之补）都是稠密的；

> (2) 若 U⊂X 是非空开集，则 U 不是贫集（meagre / first category，即不能写成可数个无处稠密集之并）；

> (3) 若 {A i​} 是一列内部为空的闭集，则它们的并 ⋃i​A i​ 的内部仍为空；

> (4) 若 {U i​} 是一列稠密开集，则它们的交 ⋂i​U i​ 仍是稠密的。

> （由此推出：任何非平凡的 Banach 空间在其自身中是非贫集。）

### 解答

记号与定义的精确化。 在度量空间 (X,d) 中，约定：

- 一个集合 N⊂X 称为 无处稠密（nowhere dense），当且仅当其闭包的内部为空，即 int N=∅。特别地，若 A 本身是闭集，则 A=A，故"A 无处稠密"⟺"int A=∅"。
- 一个集合 M⊂X 称为 贫集（meagre / 第一纲），当且仅当 M 可表为可数个无处稠密集之并：M=⋃i∈N​N i​，每个 N i​ 无处稠密。
- 一个集合 R⊂X 称为 剩余集（residual / comeagre），当且仅当其补集 R c:=X∖R 是贫集。

下面所有运算反复使用 De Morgan 律 与下述两条基本的取补对偶（对任意 S⊂X）：

int(S)=(S c)c,S=(int(S c))c.(∗)

证明 (∗) 第一式：x∈int(S) 当且仅当存在 x 的某邻域含于 S，即该邻域与 S c 不交，即 x∈/S c；故 int(S)=(S c)c。第二式由第一式将 S 换成 S c 后再取补即得。这里不需要任何完备性——以下四条全是纯拓扑的等价刻画，完备性只在最后导出"Banach 空间满足这些条件"时（经 Baire 纲定理）才登场。

我们还反复用到两条单调性事实，皆为定义直推：(i) 若 M⊂N 则 M 无处稠密由 N 无处稠密推出（因 M⊂N，故 int M⊂int N=∅）；(ii) 贫集的任何子集仍贫（将 (i) 逐项作用于其无处稠密分解）。

证明路线取闭环 (1)⇒(2)⇒(3)⇒(4)⇒(1)。

#### (1) ⟹ (2)

设 (1) 成立。反证：设存在非空开集 U 为贫集。

由定义，U 贫 ⟺ R:=U c 是剩余集。由 (1)，剩余集 R=U c 稠密，即 U c=X。两边取补并用 (∗) 第一式（取 S=U）：

int(U)=(U c)c=X c=∅.

但 U 是开集，故 int(U)=U，于是 U=∅，与 U 非空矛盾。

(1)⇒(2).​ ∎

#### (2) ⟹ (3)

设 (2) 成立。取一列内部为空的闭集 {A i​}，记 A:=⋃i​A i​。需证 int(A)=∅。

由于每个 A i​ 是闭集且 int(A i​)=∅，按上文约定，每个 A i​ 都是无处稠密集（闭集情形无处稠密 ⟺ 内部空）。故 A=⋃i​A i​ 是可数个无处稠密集之并，即 A 是贫集。

反证：设 int(A)=∅，令 U:=int(A)，则 U 是非空开集且 U⊂A。下证 U 仍是贫集：写 A=⋃i​A i​（A i​ 无处稠密），由 U⊂A 得

U=U∩A=U∩i⋃​A i​=i⋃​(A i​∩U),

而 A i​∩U⊂A i​，由单调性 (i) 知每个 A i​∩U 也无处稠密，从而 U 是可数个无处稠密集之并，即 U 贫。于是得到一个非空开的贫集 U，与 (2) 矛盾。

故 int(A)=∅。

(2)⇒(3).​ ∎

#### (3) ⟹ (4)

设 (3) 成立。取一列稠密开集 {U i​}，记 G:=⋂i​U i​。需证 G=X，等价地 int(G c)=∅（由 (∗) 第二式取 S=G：G=(int(G c))c，故 G=X⟺int(G c)=∅）。

令 A i​:=U i c​。逐项核对 A i​ 的性质：

- A i​ 是闭集：因 U i​ 开，其补集闭。
- A i​ 内部为空：U i​ 稠密即 U i​​=X，由 (∗) 第一式（取 S=A i​=U i c​）得 int(A i​)=int(U i c​)=(U i​​)c=X c=∅。

于是 {A i​} 恰为一列内部为空的闭集。由 De Morgan，

G c=(i⋂​U i​)c=i⋃​U i c​=i⋃​A i​.

对此并集应用 (3)，得 int(G c)=int(⋃i​A i​)=∅。再由上一段的等价，G=X，即 G=⋂i​U i​ 稠密。

(3)⇒(4).​ ∎

#### (4) ⟹ (1)

设 (4) 成立。取任一剩余集 R，需证 R=X。

由定义，R c 贫，写 R c=⋃i​N i​，每个 N i​ 无处稠密，即 int N i​​=∅。关键的"闭包加粗"步骤：令

U i​:=(N i​​)c.

逐项核对 U i​ 的性质：

- U i​ 是开集：因 N i​​ 闭，其补集开。
- U i​ 稠密：int N i​​=∅，由 (∗) 第二式（取 S=U i​=(N i​​)c，故 S c=N i​​）得 U i​​=(N i​​)c​=(int(N i​​))c=∅c=X。

于是 {U i​} 是一列稠密开集。由 De Morgan，

i⋂​U i​=i⋂​(N i​​)c=(i⋃​N i​​)c⊂(i⋃​N i​)c=(R c)c=R.

（这里用到 N i​⊂N i​​，故 ⋃i​N i​⊂⋃i​N i​​，取补反向包含。）由 (4)，⋂i​U i​ 稠密；既然它含于 R，则更大的 R 也稠密（稠密集的过集仍稠密：X=⋂i​U i​​⊂R⊂X）。故 R=X。

(4)⇒(1).​ ∎

至此 (1)⇒(2)⇒(3)⇒(4)⇒(1) 闭环完成，四条彼此等价。

(1)⟺(2)⟺(3)⟺(4).​ ∎

#### 推论：非平凡 Banach 空间在自身中非贫

设 X 是 Banach 空间。作为完备度量空间，X 满足 Baire 纲定理（Baire Category Theorem）：完备度量空间中可数个稠密开集之交仍稠密——这正是条件 (4)。此处完备性是落点所在：Baire 定理的证明用到完备度量空间中半径趋零的闭球套有非空交（Cantor 交定理），缺了完备性则 (4) 未必成立。

由已证等价，X 同时满足 (2)。而 X 自身即是 X 的非空开子集（恒含零向量 0，故非空），对它应用 (2) 即得：

X 作为它自身的开子集不是贫集，即 X 在自身中非贫。​

关于"非平凡"。 条件 (2) 中所需的只是"非空开集"，而 X 在自身中恒为非空开集，因此上述结论对任意 Banach 空间（含平凡空间 X={0}）都成立——在 {0} 中唯一的非空子集 {0}=X 满足 int{0}​=int X=X=∅，故它本身就不是无处稠密集，更非贫集。题中加"非平凡"（即 X={0}）只是为了让结论非平凡有趣：当 X={0} 时 X 含 0 与某 x=0，从而含全体 λ x（λ 取遍标量域），是一个真正"大"的空间，"不能被可数个无处稠密集填满"这一性质才有实质内容。

特别地，X 不能写成可数个无处稠密闭集之并——这正是闭图像定理、开映射定理、一致有界原理（Banach–Steinhaus）等"三大定理"赖以成立的纲性基础。∎

### 思路与讲解

本题的核心机制是取补对偶：稠密开集与无处稠密闭集互为补，剩余集与贫集互为补，交与并经 De Morgan 互换。四条命题其实是同一件事在"开集语言"与"闭集语言"、"交"与"并"之间的镜像翻译，因此每一步推导都只是把一种表述按 (∗) 与 De Morgan 机械地翻成另一种，完全不动用完备性——这点务必看清：Baire 性质（即这四条对该空间成立）才需要完备性，而四条之间的等价是纯拓扑恒等。最易错处有二：一是 (4)⇒(1) 中必须把无处稠密集 N i​ 加粗成闭包 N i​​ 再取补，否则 N i c​ 不一定开、也不一定稠密；二是混淆"无处稠密"对一般集（用 int⋅）与对闭集（退化为 int）的判据，(2)⇔(3) 的衔接正卡在"闭集无处稠密 ⟺ 内部空"这一观察上。最后的推论提醒：Banach 空间"在自身中非贫"是抽象但极有用的结论，它是泛函三大定理的统一出发点；其证明把完备性恰好封装进 Baire 定理这一条，再借四条等价自由地在四种等价表述间切换。

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q6（20 分）

### 题目

English.

> Let X be a Banach space and Y,Z normed spaces over K=R or C. Let B:X×Y→Z be bilinear.

> Prove TFAE (the following are equivalent):

> (1) B is bounded: there exists M>0 such that ∥B(x,y)∥Z​≤M∥x∥X​∥y∥Y​ for all x,y.

> (2) B is continuous (jointly continuous on X×Y).

> (3) B is separately continuous in each variable.

中文.

> 设 X 是 Banach 空间，Y,Z 是数域 K=R 或 C 上的赋范空间。设 B:X×Y→Z 为双线性映射。

> 证明下述三条等价：

> (1) B 有界：存在 M>0，使得对一切 x,y 有 ∥B(x,y)∥Z​≤M∥x∥X​∥y∥Y​。

> (2) B 连续（在乘积空间 X×Y 上联合连续）。

> (3) B 对每个变元分别连续。

### 解答

记 X×Y 上的范数为 ∥(x,y)∥:=∥x∥X​+∥y∥Y​（任一等价的乘积范数皆可，连续性概念不变）。下证 (1)⇒(2)⇒(3)⇒(1)。

#### (1) ⟹ (2)：由有界性推联合连续

设 (1) 成立，即存在 M>0 使 ∥B(x,y)∥Z​≤M∥x∥X​∥y∥Y​。固定 (x 0​,y 0​)∈X×Y，任取 (x,y)∈X×Y。利用 B 在两个变元上的双线性性作如下分解： B(x,y)−B(x 0​,y 0​)=B(x−x 0​,y)+B(x 0​,y−y 0​). 验证此恒等式：由双线性性，B(x−x 0​,y)=B(x,y)−B(x 0​,y)，又 B(x 0​,y−y 0​)=B(x 0​,y)−B(x 0​,y 0​)，两式相加恰得右端 =B(x,y)−B(x 0​,y 0​)，故恒等式成立。

对右端用三角不等式与有界性估计： ∥B(x,y)−B(x 0​,y 0​)∥Z​≤M∥x−x 0​∥X​∥y∥Y​+M∥x 0​∥X​∥y−y 0​∥Y​. 设 (x,y)→(x 0​,y 0​)，即 ∥x−x 0​∥X​→0 且 ∥y−y 0​∥Y​→0。此时 ∥y∥Y​≤∥y 0​∥Y​+∥y−y 0​∥Y​ 有界（在 y 0​ 的某邻域内不超过 ∥y 0​∥Y​+1），而 ∥x 0​∥X​ 为常数。于是右端两项分别被

M(∥y 0​∥Y​+1)∥x−x 0​∥X​⟶0,M∥x 0​∥X​∥y−y 0​∥Y​⟶0

控制，故 ∥B(x,y)−B(x 0​,y 0​)∥Z​→0。由于 (x 0​,y 0​) 任意，B 在 X×Y 上处处（联合）连续。∎

> 注（边界情形）. 若 x 0​=0 或 y 0​=0，上述估计对应项自动为 0，结论照常成立；这里无需单独讨论，因分解恒等式与范数估计对一切点一致有效。

#### (2) ⟹ (3)：联合连续推分别连续

设 (2) 成立。固定 y∈Y，考虑切片映射 ι y​:X→X×Y, x↦(x,y)。该映射连续（因 ∥(x,y)−(x′,y)∥=∥x−x′∥X​，即 ι y​ 是等距嵌入，从而连续）。于是 x↦B(x,y)=B∘ι y​(x) 作为两个连续映射之复合而连续，即 B 对第一变元连续。同理固定 x∈X，y↦B(x,y)=B∘ι x​(y)（其中 ι x​:y↦(x,y) 等距连续）连续，即 B 对第二变元连续。故 B 分别连续。∎

#### (3) ⟹ (1)：分别连续推有界（核心，须用一致有界原理）

这是本题关键，须借助 X 的完备性与 一致有界原理（Banach–Steinhaus 定理）。

第一步：把切片整理成有界线性算子族。 固定 y∈Y，定义 S y​:X→Z,S y​(x):=B(x,y). 由 B 关于第一变元的双线性性，S y​ 是线性的：S y​(α x 1​+x 2​)=B(α x 1​+x 2​,y)=α B(x 1​,y)+B(x 2​,y)=α S y​(x 1​)+S y​(x 2​)。又由 (3)，x↦B(x,y) 连续，故 S y​ 是连续线性算子。线性映射连续当且仅当有界，故 S y​∈B(X,Z)，其算子范数 ∥S y​∥<∞。

考察单位球上的算子族 F:={S y​: y∈Y, ∥y∥Y​≤1}⊂B(X,Z).

第二步：验证 F 在 X 上逐点有界。 固定任一 x∈X。由 (3)，第二变元的切片映射 T x​:Y→Z, y↦B(x,y) 同样是连续线性算子（线性性来自第二变元双线性，连续性来自 (3)），故 T x​∈B(Y,Z)，∥T x​∥<∞。注意 S y​(x)=B(x,y)=T x​(y)，且算子范数恰为闭单位球上的上确界 ∥T x​∥=sup∥y∥Y​≤1​∥T x​(y)∥Z​（这是算子范数的定义）。于是 ∥y∥Y​≤1 sup​
​S y​(x)
​Z​=∥y∥Y​≤1 sup​
​B(x,y)
​Z​=∥y∥Y​≤1 sup​
​T x​(y)
​Z​=∥T x​∥<∞. 此即：对每个固定的 x∈X，量 sup S∈F​∥S(x)∥Z​<∞。故族 F 在 X 上逐点有界。

> 注（方向要点）. 此处务必固定 x 而让 y 跑遍单位球：逐点有界的"点"是 X 中的 x，上界 ∥T x​∥ 由第二变元切片 T x​ 的有界性提供。切勿反向。

第三步：调用一致有界原理。 此处关键地用到 X 是 Banach 空间（完备）——这是 Banach–Steinhaus 定理对定义域的前提（其证明依赖 X 完备上的 Baire 纲定理；若 X 仅赋范不完备，逐点有界推不出一致有界，结论可能失效）。注意值域 Z 只需赋范、不必完备。F 是从完备空间 X 到赋范空间 Z 的连续线性算子族，且逐点有界，故由

一致有界原理（Banach–Steinhaus，X 完备） ​

得 F 一致有界： M:=∥y∥Y​≤1 sup​∥S y​∥<∞.

第四步：导出双线性有界估计。 先处理 y=0 的情形。对任意 x∈X 与 y=0，令 y
​:=y/∥y∥Y​，则 ∥y
​∥Y​=1，S y
​​∈F，故 ∥S y
​​∥≤M。利用 B 对第二变元的齐次性（B(x,y)=∥y∥Y​B(x,y
​)）： ∥B(x,y)∥Z​=∥y∥Y​∥B(x,y
​)∥Z​=∥y∥Y​∥S y
​​(x)∥Z​≤∥y∥Y​∥S y
​​∥∥x∥X​≤M∥x∥X​∥y∥Y​. 边界情形 y=0： 由双线性性（对第二变元的齐次性），B(x,0 Y​)=B(x,0 K​⋅0 Y​)=0 K​⋅B(x,0 Y​)=0，故 ∥B(x,0)∥Z​=0≤M∥x∥X​⋅0，不等式平凡成立。边界情形 x=0 同理：B(0 X​,y)=B(0 K​⋅0 X​,y)=0 K​⋅B(0 X​,y)=0，估计两端皆为 0。

综上，对一切 (x,y)∈X×Y， ∥B(x,y)∥Z​≤M∥x∥X​∥y∥Y​,M=∥y∥Y​≤1 sup​∥S y​∥<∞ ​ 即 (1) 成立。∎

三条蕴含 (1)⇒(2)⇒(3)⇒(1) 已证，故三者等价。■

### 思路与讲解

核心机制是把"双线性"拆成"对每个变元的线性切片"：(1)⇒(2) 靠双线性恒等式 B(x,y)−B(x 0​,y 0​)=B(x−x 0​,y)+B(x 0​,y−y 0​) 把增量分配到两个单变元上再用范数估计，是纯代数加三角不等式；(2)⇒(3) 只是把联合连续限制到等距切片上。真正的难点与全部"力气"在 (3)⇒(1)：分别连续只给出每个切片各自有界（∥S y​∥<∞、∥T x​∥<∞），但这只是"逐变元"的局部信息，要得到统一常数 M 必须跨越"逐点有界 ⇒ 一致有界"这道坎，而这正是 Banach–Steinhaus 的职责——它把"对每个 x 族 {S y​} 都有界"提升为"算子范数本身一致有界"。最易错的两点：一是忘记点明 X 完备（这是 UBP 经由 Baire 纲定理成立的前提，缺了它命题对一般赋范 X 不真；而值域 Z 无须完备）；二是搞反逐点有界的"方向"——要固定 x 让 y 跑遍单位球（用第二变元切片 T x​ 的有界性提供上界 ∥T x​∥，且 ∥T x​∥ 即闭单位球上的算子范数上确界），而非反过来。最后别忘了 x=0、y=0 的退化情形由双线性性（标量 0 提出）直接给零，需单独点一句以求严谨。

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q7（20 分）

### 题目

English.

> (R. G. Douglas, 1966) Let X,Y,Z be Banach spaces, A:X→Y and B:Z→Y bounded linear operators, with A injective.

> Show TFAE (the following are equivalent):

> (1) ran(B)⊂ran(A);

> (2) there exists a bounded linear operator T:Z→X such that A T=B.

> Remark. This is a (simplified, injective) special case of the Douglas range inclusion / factorization theorem. Note that we do not assume ran(A) is closed.

中文.

> （R. G. Douglas，1966）设 X,Y,Z 为 Banach 空间，A:X→Y 与 B:Z→Y 为有界线性算子，且 A 为单射。

> 试证下列两条等价（TFAE，即 "the following are equivalent"）：

> (1) ran(B)⊂ran(A)，即 B 的值域包含于 A 的值域；

> (2) 存在有界线性算子 T:Z→X，使得 A T=B。

> 附注. 这是 Douglas 值域包含（因子分解）定理在 A 单射情形下的（简化）特例。注意我们并不假设 ran(A) 是闭的。

### 解答

我们证明 (1)⟺(2)。

#### (2) ⟹ (1)

设存在有界线性算子 T:Z→X 使 A T=B。任取 y∈ran(B)，则存在 z∈Z 使 y=B z。于是 y=B z=(A T)z=A(T z)∈ran(A). 由于 y 任意，故 ran(B)⊂ran(A)。

（边界情形：若 ran(B)={0}，则平凡地 0=A 0∈ran(A)，包含仍成立。）

(2)⇒(1) 成立​ ∎（此方向）

#### (1) ⟹ (2)

这是核心方向。设 ran(B)⊂ran(A)。我们分三步：先构造 T，再验证其线性，最后用闭图像定理证其有界。

第一步：A−1 的良定性与 T 的构造。

因 A 为单射，故 A 作为从 X 到其值域 ran(A) 的映射是双射，从而存在逆映射 A−1:ran(A)⟶X. 这里必须点明：单射性恰好保证了"对每个 y∈ran(A)，方程 A x=y 的解 x 唯一"，否则 A−1 y 无法良定。具体地，若 A x 1​=A x 2​=y，则 A(x 1​−x 2​)=0，由 A 单射得 x 1​=x 2​，故解唯一，A−1 y 有意义。

现对每个 z∈Z，由假设 (1)， B z∈ran(B)⊂ran(A), 故存在唯一的 x∈X 使 A x=B z。我们定义 T:=A−1 B,T z:=A−1(B z)​ 即 T z 是上述唯一的 x。由构造立刻有，对一切 z∈Z， A(T z)=A(A−1(B z))=B z,即 A T=B.(∗)

第二步：T 的线性。

取 z 1​,z 2​∈Z 与标量 α,β。记 x i​=T z i​，即 A x i​=B z i​（i=1,2）。由 A,B 线性， A(α x 1​+β x 2​)=α A x 1​+β A x 2​=α B z 1​+βB z 2​=B(α z 1​+β z 2​). 故 α x 1​+β x 2​ 是方程 A x=B(α z 1​+β z 2​) 的解；由第一步的唯一性，该解恰为 T(α z 1​+β z 2​)。于是 T(α z 1​+β z 2​)=α x 1​+β x 2​=α T z 1​+βT z 2​, 即 T 线性。（边界情形 z=0：由唯一性与 B 0=0=A 0 得 T 0=0，与线性相容。）

第三步：T 的有界性——闭图像定理。

这里必须解释为何不能直接断言 A−1 有界。A−1:ran(A)→X 是定义在子空间 ran(A) 上的线性算子。在 X,Y 均为 Banach 的前提下，由有界逆定理（开映射定理的推论）可知，A−1 有界等价于 ran(A) 在 Y 中是闭子空间：

- 若 ran(A) 闭，则它作为 Banach 空间 Y 的闭子空间也完备，从而 A:X→ran(A) 是两 Banach 空间间的有界双射，由有界逆定理得 A−1 有界；
- 反之若 A−1 有界，则 A "下有界"（∥x∥≤∥A−1∥∥A x∥），于是 A 把 X 的 Cauchy 列对应回 ran(A) 中的 Cauchy 列，配合 X 完备可得 ran(A) 完备、因而在 Y 中闭。

但本题不假设 ran(A) 闭，故 A−1 一般未必有界。因此不能由 "T=A−1 B、A−1 有界、B 有界" 推出 T 有界。我们绕开此障碍，直接对复合算子 T 用闭图像定理。

> 闭图像定理（Closed Graph Theorem）. 设 Z,X 均为 Banach 空间，T:Z→X 线性。若 T 的图像 Γ(T)={(z,T z):z∈Z} 在 Z×X 中闭，则 T 有界。

前提核验：题设 Z,X 均为 Banach 空间（完备性在此落点——闭图像定理本质依赖于 Z,X 的完备性，其证明回溯到 Baire 纲定理 / 开映射定理）；上面已证 T 线性。故只需验证图像闭。

按图像闭的序列刻画（Z×X 为度量空间，闭等价于序列闭），设序列 (z n​,T z n​)→(z,w)，即 z n​→z 在 Z,T z n​→w 在 X, 需证 (z,w)∈Γ(T)，即 w=T z。

利用 A 的连续性，由 T z n​→w 得 A(T z n​)→A w 在 Y.(i) 另一方面，由 (∗) 有 A(T z n​)=B z n​；又 B 连续且 z n​→z，故 A(T z n​)=B z n​→B z 在 Y.(ii) 同一序列 {A(T z n​)} 在 Banach 空间 Y 中的极限唯一，比较 (i)(ii) 得 A w=B z. 又由 (∗) 知 A(T z)=B z，于是 A w=B z=A(T z) ⟹ A(w−T z)=0. 此处再次、且关键地用到 A 的单射性：A(w−T z)=0 迫使 w−T z=0，即 w=T z. （注意单射性在此的作用：去掉它，上面的极限步至多给出 A w=A(T z)，无法据此锁定 w=T z——事实上若 A 非单射，A−1 与 T 在第一步根本无法良定。这正是定理需要 A 单射之处。）

故 (z,w)=(z,T z)∈Γ(T)，即 Γ(T) 闭。由闭图像定理， T:Z→X 有界，且 A T=B​ 这就给出了 (2)。∎

综合两个方向，(1)⟺(2) 得证。

ran(B)⊂ran(A) ⟺ ∃T∈B(Z,X) s.t. A T=B ​ ∎

### 思路与讲解

核心机制是把"值域包含"翻译成"算子方程可解"：单射性让逆映射 A−1 在 ran(A) 上良定，于是 T=A−1 B 唯一确定且自动满足 A T=B，因子分解的"存在性"是构造层面的，几乎免费。真正的难点全在有界性。最容易犯的错是想当然地说"A−1 有界、B 有界，故 T 有界"——但在 X,Y 完备的框架下，A−1 有界等价于 ran(A) 闭（有界逆定理），而本题恰恰不假设值域闭，故此路不通。正确的工具是闭图像定理：它把"求 T 的范数估计"换成"验证图像闭"这一更软的拓扑条件，而验证图像闭时，A 的连续性把 X 中的收敛搬到 Y 中，B 的连续性给出极限的另一种表达，最后由 A 的单射性消去 A 锁定 w=T z。Z,X 的完备性是闭图像定理的隐形前提，缺一不可——这也是为什么命题必须在 Banach 空间框架下陈述。

值得回味的是单射性在证明里出现了两次：一次保证 A−1（进而 T）良定，一次在闭图像的极限步把 A w=A(T z) 升级为 w=T z。两处缺一，论证即断。Douglas 原始定理（Hilbert 空间、不要求 A 单射）还能进一步给出范数控制与正算子刻画，本题取单射特例，恰好把"闭图像定理 + 单射性"这一最干净的机理凸显出来。

## 第贰套 · Banach 空间与有界线性算子 · Q8（20 分）

### 题目

English.

> (Banach–Steinhaus) Let X,Y be Banach spaces and {T n​:X→Y} a sequence of bounded linear operators.

> Show TFAE (the following are equivalent):

> (1) for each x∈X, {T n​x} converges in Y;

> (2) sup n​∥T n​∥<∞ and there is a dense subset D⊂X such that {T n​x} is Cauchy in Y for every x∈D;

> (3) sup n​∥T n​∥<∞ and there is a bounded linear operator T:X→Y such that T n​→T strongly and ∥T∥≤lim inf n​∥T n​∥.

> Also show: (1)⇔(3) still holds when Y is not complete; and (2)⇔(3) still holds when X is not complete.

中文.

> （Banach–Steinhaus）设 X,Y 为 Banach 空间，{T n​:X→Y} 是一列有界线性算子。

> 证明下述三条等价（TFAE = the following are equivalent）：

> (1) 对每个 x∈X，序列 {T n​x} 在 Y 中收敛；

> (2) sup n​∥T n​∥<∞，且存在稠密子集 D⊂X，使得对每个 x∈D，{T n​x} 在 Y 中为 Cauchy 列；

> (3) sup n​∥T n​∥<∞，且存在有界线性算子 T:X→Y，使得 T n​→T 强收敛（逐点收敛），并且 ∥T∥≤lim inf n​∥T n​∥。

> 另证：当 Y 不完备时，(1)⇔(3) 仍成立；当 X 不完备时，(2)⇔(3) 仍成立。

### 解答

我们先在 X,Y 均为 Banach 空间的标准假设下证明 (1)⇒(3)⇒(2)⇒(1)（如此即得三者两两等价），再单独讨论两种非完备情形并精确标注每一步所依赖的完备性落点。

为统一记号，记 C:=sup n​∥T n​∥（当有限时），并约定算子范数 ∥T n​∥=sup∥x∥≤1​∥T n​x∥。

#### (1) ⇒ (3)：由逐点收敛导出一致有界、极限算子及范数下半连续

第一步：逐点收敛蕴含逐点有界。 设 (1) 成立。固定 x∈X，则 {T n​x} 在 Y 中收敛，从而它是有界序列（收敛序列必有界：若 T n​x→y，取 N 使 n≥N 时 ∥T n​x−y∥≤1，故 ∥T n​x∥≤∥y∥+1，再与前 N−1 项取最大值）。于是

n sup​∥T n​x∥<∞(∀x∈X).

这正是算子族 {T n​} 在每一点 x 处逐点有界。

第二步：一致有界原理。 此处援引【一致有界原理（Banach–Steinhaus 定理）】：

> 设 X 为 Banach 空间（其证明依赖 X 的完备性，经由【Baire 纲定理】：完备度量空间不能写成可数个无处稠密闭集之并），Y 为赋范空间，{T n​}⊂B(X,Y)。若 sup n​∥T n​x∥<∞ 对每个 x∈X 成立，则 sup n​∥T n​∥<∞。

前提核验：X 是 Banach 空间（完备性满足，这是用到 Baire 纲定理的关键落点），各 T n​ 有界，且第一步已得逐点有界。故定理可用，得

C:=n sup​∥T n​∥<∞.

注意：这一步且仅这一步用到了 X 的完备性；本蕴含中不需要 Y 完备。

第三步：构造极限算子并验证线性与有界。 对每个 x∈X，由 (1) 极限 lim n​T n​x 存在于 Y，定义

T x:=n→∞lim​T n​x∈Y.

线性：对 x,z∈X、标量 α,β，由极限的线性运算（Y 中加法与数乘连续）

T(αx+β z)=n lim​T n​(αx+β z)=n lim​(α T n​x+β T n​z)=α T x+β T z,

故 T 线性。特别地，边界情形 x=0：T n​0=0 对一切 n，故 T 0=lim n​0=0，与线性相容。

有界及范数下半连续：对任意 x，由范数的连续性，

∥T x∥=
​n lim​T n​x
​=n lim​∥T n​x∥=n lim inf​∥T n​x∥≤n lim inf​(∥T n​∥∥x∥)=(n lim inf​∥T n​∥)∥x∥.

这里：第二个等号用到 T n​x→T x 时 ∥T n​x∥→∥T x∥（范数 ∥⋅∥:Y→R 是连续函数，因
​∥u∥−∥v∥
​≤∥u−v∥），故该数列收敛，其极限等于其 lim inf；末两步用到逐项不等式 ∥T n​x∥≤∥T n​∥∥x∥ 取 lim inf（单调性 a n​≤b n​⇒lim inf a n​≤lim inf b n​）以及 ∥x∥≥0 为常数时 lim inf(∥T n​∥∥x∥)=∥x∥lim inf∥T n​∥。从而 T 有界，且

∥T∥≤n lim inf​∥T n​∥​

（这是算子范数关于强收敛的下半连续性）。又显然 ∥T∥≤lim inf n​∥T n​∥≤sup n​∥T n​∥=C<∞，与 C<∞ 一并构成 (3) 的全部断言。强收敛 T n​→T 即定义本身：∀x, T n​x→T x。(1)⇒(3) 证毕。∎

#### (3) ⇒ (2)：取稠密子集为全空间

设 (3) 成立。则 sup n​∥T n​∥<∞ 已直接给出。又对每个 x∈X，T n​x→T x 在 Y 中收敛，收敛列必为 Cauchy 列。取稠密子集 D:=X（X 在自身中显然稠密），则对每个 x∈D=X，{T n​x} 为 Cauchy。于是 (2) 成立。

此蕴含为纯粹的逻辑弱化，不依赖任何完备性。(3)⇒(2) 证毕。∎

#### (2) ⇒ (1)：经典 ε/3 论证

设 (2) 成立：C:=sup n​∥T n​∥<∞，且存在稠密 D⊂X 使 {T n​x′} 对每个 x′∈D 为 Cauchy。

固定任意 x∈X，我们证 {T n​x} 为 Cauchy。给定 ε>0。

第一步：稠密逼近。 由 D 在 X 中稠密，存在 x′∈D 使得

∥x−x′∥<3(C+1)ε​.

（分母用 C+1 而非 C，以兼顾 C=0 的边界情形：当 C=0 时所有 T n​=0，则 T n​x=0 平凡 Cauchy；此处统一写法仍合法且避免除零。）

第二步：用一致界控制逼近误差。 对任意 m,n，由 ∥T k​∥≤C (k=m,n)，

∥T n​x−T n​x′∥=∥T n​(x−x′)∥≤∥T n​∥∥x−x′∥≤C⋅3(C+1)ε​<3 ε​,

（末步用 C+1 C​<1）同理 ∥T m​x−T m​x′∥<3 ε​。正是此处用到了 sup n​∥T n​∥<∞——若无一致界，稠密逼近无法传递。

第三步：用 Cauchy 性控制中间项。 因 x′∈D，{T n​x′} 为 Cauchy，故存在 N，当 m,n≥N 时

∥T n​x′−T m​x′∥<3 ε​.

第四步：三角不等式合成。 当 m,n≥N 时，

∥T n​x−T m​x∥≤∥T n​x−T n​x′∥+∥T n​x′−T m​x′∥+∥T m​x′−T m​x∥<3 ε​+3 ε​+3 ε​=ε.

故 {T n​x} 为 Y 中的 Cauchy 列。

第五步：用 Y 的完备性收尾。 此处援引 Y 为 Banach 空间（完备）：Y 中每个 Cauchy 列收敛。故 {T n​x} 收敛于某 y∈Y。由 x∈X 任意，(1) 成立。

注意：这一步且仅这一步用到了 Y 的完备性；本蕴含中完全没有用到 X 完备（ε/3 论证与稠密逼近只需要 X 是赋范空间，使"稠密""三角不等式"有意义）。(2)⇒(1) 证毕。∎

至此在 X,Y 均完备时，(1)⇔(2)⇔(3) 全部成立。

(1)⟺(2)⟺(3)(X,Y 均为 Banach 空间)​

#### (4) 非完备情形之一：Y 不完备时，(1)⇔(3) 仍成立

现仅设 X 为 Banach 空间，而 Y 仅为赋范空间（不必完备）。断言 (1)⇔(3)。

(1)⇒(3)： 完全照搬上面 (1)⇒(3) 的三步证明。逐条核查完备性落点：

- 第一步（逐点有界）：只用收敛列有界，纯赋范空间性质，不需 Y 完备。
- 第二步（一致有界原理得 C<∞）：只需 X 完备，与 Y 是否完备无关（Banach–Steinhaus 对值域只要求赋范）。X 此处完备，前提满足。
- 第三步（定义 T x=lim n​T n​x 并估 ∥T∥）：极限 lim n​T n​x 的存在性由假设 (1) 直接给出——(1) 断言 {T n​x} 在 Y 中收敛，故极限本就落在 Y 内，无需借助 Y 的完备性来"补出"极限。线性、∥T∥≤lim inf∥T n​∥ 的推导只用范数连续性。

故 (1)⇒(3) 在 Y 不完备时依旧有效，关键在于极限的存在性是 (1) 免费提供的，而非靠 Y 完备性获得。

(3)⇒(1)： 与 (3)⇒(2)⇒(1) 不同，这里直接走 (3)⇒(1)，无须经由 (2)：(3) 已断言存在 T 使 T n​x→T x 对每个 x 成立，这恰是 (1)（{T n​x} 收敛，且极限即 T x∈Y）。此步是逻辑直推，不依赖任何完备性。

Y 不完备 ⟹ (1)⇔(3) 仍成立​

易错点提示：此时 (1)⇔(2) 一般会失效。因为 (2)⇒(1) 的第五步恰恰用到 Y 完备：在 Y 不完备时，可有 {T n​x} Cauchy 却不收敛，从而 (2) 成立而 (1) 不成立。故"绕过 (2)、直接 (1)⇔(3)"是本小问的要害。∎

#### (5) 非完备情形之二：X 不完备时，(2)⇔(3) 仍成立

现仅设 Y 为 Banach 空间（完备），而 X 仅为赋范空间（不必完备）。断言 (2)⇔(3)。

注意：两条件 (2)(3) 都内置了假设 sup n​∥T n​∥<∞，因此无需再调用一致有界原理——而 UBP 正是唯一用到 X 完备的地方。这是本小问成立的根本原因：把 C<∞ 当作前提之后，X 的完备性便不再被任何一步需要。

(2)⇒(3)： 设 C:=sup n​∥T n​∥<∞ 且存在稠密 D 使 {T n​x′} 对 x′∈D Cauchy。

- 先重复 (2)⇒(1) 的 ε/3 论证：对任意 x∈X，得 {T n​x} 为 Y 中 Cauchy。该论证只用到 sup n​∥T n​∥=C<∞、D 在 X 中稠密、三角不等式——全部是赋范空间性质，不需要 X 完备。
- 再由 Y 完备，{T n​x} 收敛；定义 T x:=lim n​T n​x∈Y。此处用 Y 完备来保证极限存在（注意：与小问 (4) 不同，这里没有 (1) 来免费提供极限，故必须靠 Y 完备）。
- T 的线性、有界及 ∥T∥≤lim inf n​∥T n​∥ 的验证同 (1)⇒(3) 第三步，只用范数连续性，对 X 完备性无要求。

于是 (3) 成立。

(3)⇒(2)： 同 (3)⇒(2)：取 D:=X（在自身中稠密），由强收敛 T n​x→T x 知 {T n​x} 收敛、从而 Cauchy，对一切 x∈X=D 成立；sup n​∥T n​∥<∞ 由 (3) 直接给出。纯逻辑弱化，不依赖任何完备性。

X 不完备 ⟹ (2)⇔(3) 仍成立​

易错点提示（务必区分两个方向）：在 X 不完备时，(1)(2)(3) 并不再两两等价——这正是本小问只声明 (2)⇔(3) 而不声明涉及 (1) 的等价的原因，切勿误以为可以把 (1) 拉进来。准确分清两类方向：

- (2)⇒(1)、(3)⇒(1) 仍然成立：上面 (2)⇒(3) 的中途即用 ε/3 + Y 完备得到了"对每个 x 收敛"，这只需 X 赋范、Y 完备。
- 但 (1)⇒(2)、(1)⇒(3) 会失效：从 (1) 推出 sup n​∥T n​∥<∞ 必须经【一致有界原理】把"逐点有界"升级为"一致有界"，而 UBP 依赖 X 完备。一旦 X 不完备，逐点（甚至处处）收敛未必蕴含一致有界。

反例（X 不完备时 (1)⇏(3)）：取 X=c 00​ 为只有有限多个非零分量的实数列全体，配 ∥x∥∞​=sup k​∣x k​∣（这是不完备赋范空间），Y=R（完备）。令

T n​x:=k=1∑n​k x k​(x=(x k​)∈c 00​).

每个 T n​ 线性且 ∥T n​∥=∑k=1 n​k=2 n(n+1)​<∞，故 T n​∈B(X,Y)。对任一 x∈c 00​，设其支撑落在 {1,…,M} 内，则当 n≥M 时 T n​x=∑k=1 M​k x k​ 为常数，故 {T n​x} 收敛，(1) 成立。然而 sup n​∥T n​∥=sup n​2 n(n+1)​=∞，故 (2)(3) 中"sup n​∥T n​∥<∞"被破坏，(2)(3) 均不成立。这表明 (1)⇏(3)、(1)⇏(2)，从而 X 不完备时三者不再两两等价。

口诀重申："X 完备"只服务于由"逐点有界"升级到"一致有界"这一步；一旦 C<∞ 写入前提，X 完备性即可丢弃——故 (2)⇔(3) 在 X 不完备时成立，而牵涉 (1) 的等价（需反推一致有界）则不再成立。∎

完备性落点汇总（核验表）

蕴含 | 用到 X 完备？ | 用到 Y 完备？ | 关键步
--- | --- | --- | ---
(1)⇒(3) | 是（UBP/Baire） | 否（极限由 (1) 提供） | 一致有界原理
(3)⇒(2) | 否 | 否 | 取 D=X
(2)⇒(1) | 否 | 是（Cauchy→收敛） | ε/3
(2)⇒(3) | 否 | 是（构造极限算子） | ε/3 + Y 完备

### 思路与讲解

本题的核心机制是把"逐点信息"提升为"整体一致信息"：唯一的"大定理"是【一致有界原理】，它由 X 的完备性（经 Baire 纲定理）将逐点有界 sup n​∥T n​x∥<∞ 一举升级为一致有界 sup n​∥T n​∥<∞——这是 X 完备性在全题中的唯一用武之地。一旦把 C<∞ 写进 (2)(3) 的前提，便可丢掉 X 的完备性，这正是 X 不完备时 (2)⇔(3) 仍成立的原因；但也正因为 X 不完备时无法再由 (1) 反推一致有界（如 c 00​ 上 T n​x=∑k≤n​k x k​ 的反例所示），涉及 (1) 的等价此时会断裂。另一条主线是 ε/3 逼近：用一致界 C 把稠密集上的 Cauchy 性"搬运"到全空间，而把 Cauchy 列变成收敛列则必须靠 Y 的完备性——这是 Y 完备性的唯一用武之地。最大的易错点是混淆两种完备性的分工：(1)⇔(3) 之所以能在 Y 不完备时存活，是因为极限的存在性由条件 (1) 自身免费提供，从而绕开了 Y 完备；而 (1)⇔(2) 会在 Y 不完备时崩塌（Cauchy 未必收敛）。记住口诀："X 管一致有界，Y 管 Cauchy 收敛"，逐条对照每个蕴含到底动用了谁，并分清哪些方向需要"反推一致有界"（因而依赖 X 完备），便不会出错。

# 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间

## 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间 · Q1（20 分）

### 题目

English.

> Let H=L 2((0,∞)). Consider the linear operator T:H→H given by (T f)(x):=f(e x).

> Find the norm, kernel, range, and adjoint of T.

中文.

> 设 H=L 2((0,∞))。考虑由 (T f)(x):=f(e x) 给出的线性算子 T:H→H。

> 求 T 的范数、核（零空间）、值域以及伴随算子。

### 解答

先做一个贯穿全题的换元，并验证 T 确实是 H→H 的有界算子。

核心换元。 在积分 ∫0∞​∣f(e x)∣2 d x 中令 u=e x,x=ln u,d x=u d u​,x:0→∞⟺u:1→∞. 于是对任意 f∈H， ∥T f∥2=∫0∞​∣f(e x)∣2 d x=u=e x∫1∞​∣f(u)∣2 u d u​.(∗) 这是后续四个对象计算的统一出发点。

关于 a.e.-类的良定义性。 映射 φ:x↦e x 是 (0,∞)→(1,∞) 的微分同胚（光滑、严格单调、可逆），故 Lebesgue 零测集的原像仍为零测集；于是 f 的 a.e.-等价类经拉回 f∘φ 给出唯一确定的 a.e.-等价类，T f 不依赖代表元的选取。又注意 T 只用到 f 在 (1,∞) 上的取值。

#### (1) 范数 ∥T∥=1（且不可达）

上界。 当 u∈(1,∞) 时 u 1​<1，故由 (∗)： ∥T f∥2=∫1∞​∣f(u)∣2 u d u​≤∫1∞​∣f(u)∣2 d u≤∫0∞​∣f(u)∣2 d u=∥f∥2. 第一个不等号用了 u 1​≤1（u≥1），第二个不等号是把积分区间从 (1,∞) 扩大到 (0,∞)、被积函数非负。这同时表明 T f∈H，即 T 良定义且有界，并给出 ∥T∥≤1.

下界（逼近列）。 为证 ∥T∥≥1，需让质量集中在 u=1+ 处，那里权重 u 1​→1，上界中的两处放缩都几乎成为等式。对每个 ε∈(0,1)，取 f ε​:=ε
​1​1(1,1+ε)​. 则 ∥f ε​∥2=ε 1​⋅ε=1，而由 (∗)， ∥T f ε​∥2=∫1 1+ε​ε 1​⋅u d u​=ε ln(1+ε)​
ε→0+​1, （因 ln(1+ε)=ε−2 ε 2​+o(ε 2)，故比值 →1，且对每个 ε>0 严格 <1，因为 ln(1+ε)<ε）。于是对每个 ε∈(0,1) 有 ∥T∥≥∥f ε​∥∥T f ε​∥​=ε ln(1+ε)​
​，令 ε→0+ 得 ∥T∥≥ε→0+lim​ε l n(1+ε)​
​=1. 结合上界得 ∥T∥=1​

不可达性。 上确界 1 不被任何 f=0 取到。若 ∥T f∥=∥f∥，则上界推导中两处不等号必须取等：第二处 ∫1∞​∣f∣2 d u=∫0∞​∣f∣2 d u 要求 f=0 a.e. 于 (0,1)；第一处要求 ∫1∞​∣f∣2(1−u 1​)d u=0，而 1−u 1​>0 a.e. 于 (1,∞)，故 f=0 a.e. 于 (1,∞)。两者合起来即 f=0 a.e.，矛盾。故 ∥T∥=1 不可达。■

#### (2) 核（零空间）ker T

由 (∗)，T f=0 在 H 中即 ∥T f∥2=∫1∞​∣f(u)∣2 u d u​=0。由于权重 u 1​>0 a.e. 于 (1,∞)，非负被积函数积分为零当且仅当 ∣f(u)∣2=0 a.e. 于 (1,∞)，即 f=0 a.e. 于 (1,∞)。而 f 在 (0,1] 上的取值对 T f 没有任何约束。故 ker T={f∈H: f=0 a.e. on (1,∞)}={f∈H: supp f⊆(0,1]}​ 这是 H 的一个闭子空间（它等于乘子算子 1(1,∞)​ 的核，亦即 L 2((0,1]) 经零延拓后的像；单点 u=1 为零测，故 (0,1] 与 (0,1) 给出同一 L 2 子空间），与 ker T 必为闭集（T 有界 ⇒ 连续）这一一般事实一致。特别地 T 不单射。■

#### (3) 伴随算子 T∗

对任意 f,g∈H，用内积定义并施以换元 (∗) 的同一变量替换 u=e x（d x=u d u​，x=ln u）： ⟨T f,g⟩=∫0∞​f(e x)g(x)​d x=u=e x∫1∞​f(u)g(ln u)​u d u​. （这里 ⋅ 为复共轭；实情形直接略去。）把右端写成 ∫0∞​f(u)(T∗g)(u)​d u 的形式，需要 (T∗g)(u)​=1(1,∞)​(u)g(ln u)​u 1​, 注意权重 u 1​ 与示性函数皆为实值，取共轭后不变，故 (T∗g)(u)=1(1,∞)​(u)u g(ln u)​,u∈(0,∞).​

良定义性与一致性检验。 T∗g 确属 H：令 v=ln u（u=e v，d u=e v d v，u:1→∞⟺v:0→∞）： ∥T∗g∥2=∫1∞​u 2∣g(ln u)∣2​d u=∫0∞​∣g(v)∣2 e−2 v e v d v=∫0∞​∣g(v)∣2 e−v d v≤∥g∥2. 故 ∥T∗∥≤1，与一般事实 ∥T∗∥=∥T∥=1 相容；同样地 e−v→1（v→0+）说明上确界 1 由集中于 v=0+ 的 g 逼近达到、且不可取等，与 (1) 的结论彼此印证。

进一步可用 T T∗ 与 T∗T 做闭式回检：对任意 g， (T T∗g)(x)=(T∗g)(e x)=1(1,∞)​(e x)e x g(ln e x)​=e−x g(x)(因 e x>1⟺x>0), 即 T T∗ 是乘以 e−x 的（自伴、非负）乘子算子，∥T T∗∥=sup x>0​e−x=1=∥T∥2，再次确认 ∥T∥=1；又 (T∗T f)(u)=1(1,∞)​(u)u(T f)(ln u)​=1(1,∞)​(u)u f(u)​, 即 T∗T 是乘以 1(1,∞)​(u)/u 的乘子算子，其核恰为支于 (0,1] 者，与 (2) 中 ker T 完全一致（ker(T∗T)=ker T）。这些恒等式纯由换元代数得出，无需借助数值近似。■

#### (4) 值域 ran T

h∈ran T 当且仅当存在 f∈H 使 h(x)=f(e x) a.e.。给定 h，由 x↦e x 是 (0,∞)→(1,∞) 的双射可逆变换，必然 f(u)=h(ln u) a.e. 于 u∈(1,∞)（而 f 在 (0,1] 上可任意取，例如取 0）。于是“能否找到这样的 f∈H”等价于其在 (1,∞) 上的那一段平方可积。用 u=e x 换元： ∫1∞​∣f(u)∣2 d u=∫1∞​∣h(ln u)∣2 d u=u=e x∫0∞​∣h(x)∣2 e x d x. 因此 ran T={h∈H: ∫0∞​∣h(x)∣2 e x d x<∞}=L 2((0,∞),e x d x)∩H​ 即带权 e x 平方可积的那些 H 元素。

值域既稠又非闭、T 非满。

- 稠密： 任一紧支于 (0,∞) 的连续函数 h 满足 ∫0∞​∣h∣2 e x d x<∞（在有界闭区间上 e x 有界），故落在 ran T 内；而此类函数在 L 2((0,∞)) 中稠密，故 ran T=H。
- 非闭 / 非满： 取 h 0​(x)=x+1 1​∈H（∫0∞​(x+1)−2 d x=1<∞），但 ∫0∞​(x+1)2 e x​d x=∞, 因为被积函数 (x+1)2 e x​→∞（x→∞），不趋于 0，故积分发散。于是 h 0​∈/ran T，从而 ran T⊊H，T 不满射；又因其稠密，ran T 必非闭（否则 ran T=ran T=H，与真子集矛盾）。

这与一般理论一致：ran T=H 等价于 (ran T)⊥=ker T∗={0}。验证之：T∗g=0⇒u g(l n u)​=0 a.e. 于 (1,∞)⇒g(v)=0 a.e. 于 v∈(0,∞)⇒g=0，故 ker T∗={0}，确证值域稠密。■

### 思路与讲解

整道题的引擎是单一换元 u=e x：它把“代入 e x”这个看似古怪的复合算子，翻译成区间 (1,∞) 上带权 u 1​ 的加权 L 2 嵌入，于是范数、核、伴随、值域全部由这一个公式 (∗) 顺势读出。范数处的关键是认清权 u 1​≤1 给出上界 ≤1，而把质量挤到 u=1+ 让权趋于 1 即得下界——这是“范数等于上确界但不可达”的典型构造，易错点在于误以为某个具体 f 能取到 1（取等会逼出 f≡0）。伴随的计算要稳住共轭与实值权（u 1​、示性函数取共轭不变），并务必用 ∥T∗∥、T T∗ 或 ker T∗ 做回检：本解算出 T T∗ 为乘以 e−x、T∗T 为乘以 1(1,∞)​(u)/u，两者范数皆为 1、且 ker(T∗T)=ker T，自洽性一目了然。值域题最容易踩的坑是只答“稠密”却漏掉“非闭、非满”：这里 ran T 是带权空间 L 2(e x d x)∩H，靠 ker T∗={0} 判稠密、靠一个具体反例（如 x+1 1​）证不满，二者缺一不可。

## 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间 · Q2（15 分）

### 题目

English.

> Let (X,∥⋅∥) be a real normed space satisfying the parallelogram law ∥x+y∥2+∥x−y∥2=2∥x∥2+2∥y∥2 for all x,y∈X.

> Define f(x,y):=4 1​(∥x+y∥2−∥x−y∥2).

> Show (1) f is symmetric;

> (2) f(x+y,z)=f(x,z)+f(y,z);

> (3) f(αx,y)=α f(x,y) for all α∈R.

> (Hint: prove (3) first for α∈Z, then Q, then R.)

中文.

> 设 (X,∥⋅∥) 是一个实赋范空间，且对所有 x,y∈X 满足平行四边形律 ∥x+y∥2+∥x−y∥2=2∥x∥2+2∥y∥2。

> 定义 f(x,y):=4 1​(∥x+y∥2−∥x−y∥2)。

> 证明：(1) f 是对称的；

> (2) f(x+y,z)=f(x,z)+f(y,z)（关于第一变量可加）；

> (3) 对所有 α∈R，有 f(αx,y)=α f(x,y)（关于第一变量齐次）。

> （提示：先对 α∈Z 证明 (3)，再推广到 Q，最后用稠密性与连续性推广到 R。）

### 解答

本题即著名的 Jordan–von Neumann 极化恒等式定理：若实赋范空间的范数满足平行四边形律，则由极化公式 f(x,y)=4 1​(∥x+y∥2−∥x−y∥2) 定义的 f 是一个内积，且 ∥x∥2=f(x,x)。我们逐条验证 f 是对称双线性的（正定性 f(x,x)=∥x∥2≥0 由定义直接可见，本题未要求，故仅在结语中点到）。

为后文方便，先记录两个由范数性质直接得到的初等事实。

事实 A（零点值）. 取 x=0： f(0,y)=4 1​(∥0+y∥2−∥0−y∥2)=4 1​(∥y∥2−∥y∥2)=0, 其中用到了范数的正齐次性 ∥−y∥=∣−1∣∥y∥=∥y∥。故 f(0,y)=0 对一切 y 成立。

事实 B（范数的对称性）. 对任意 u∈X，由正齐次性 ∥−u∥=∥u∥，故 ∥x−y∥=∥−(y−x)∥=∥y−x∥。这一点看似显然，但下面 (1) 正是由它支撑，故单列。

#### (1) 对称性：f(x,y)=f(y,x)

由定义， f(y,x)=4 1​(∥y+x∥2−∥y−x∥2). 范数中的向量加法满足交换律 ∥y+x∥=∥x+y∥，而由事实 B，∥y−x∥=∥x−y∥。因此每一项与 f(x,y) 的对应项逐项相等： f(y,x)=4 1​(∥x+y∥2−∥x−y∥2)=f(x,y). f(x,y)=f(y,x)(∀x,y∈X)​ 注意此处不需要平行四边形律，仅用范数的基本性质。∎

#### (2) 关于第一变量的可加性：f(x+y,z)=f(x,z)+f(y,z)

这是本题的核心，分三步。

第一步：建立基本极化恒等式 f(x,z)+f(y,z)=2 1​f(x+y,2 z)。

先把两项 f(x,z) 与 f(y,z) 按定义展开并相加： 4(f(x,z)+f(y,z))=(∥x+z∥2−∥x−z∥2)+(∥y+z∥2−∥y−z∥2).(∗) 我们对正、负两组分别施用平行四边形律。

对 ∥x+z∥2+∥y+z∥2，把它视作以 u:=x+z、v:=y+z 的平行四边形律： ∥u+v∥2+∥u−v∥2=2∥u∥2+2∥v∥2, 即 ∥(x+z)+(y+z)∥2+∥(x+z)−(y+z)∥2=2∥x+z∥2+2∥y+z∥2. 注意 (x+z)+(y+z)=(x+y)+2 z 而 (x+z)−(y+z)=x−y，故 ∥x+z∥2+∥y+z∥2=2 1​(
​(x+y)+2 z
​2+∥x−y∥2).(I)

同理，对 ∥x−z∥2+∥y−z∥2，取 u′:=x−z、v′:=y−z，则 u′+v′=(x+y)−2 z，u′−v′=x−y，得 ∥x−z∥2+∥y−z∥2=2 1​(
​(x+y)−2 z
​2+∥x−y∥2).(II)

将 (I) 减去 (II)，公共项 2 1​∥x−y∥2 相消，代回 (∗)： 4(f(x,z)+f(y,z))=2 1​(
​(x+y)+2 z
​2−
​(x+y)−2 z
​2).(∗∗) 另一方面，对任意 w∈X，由定义 f(w,2 z)=4 1​(∥w+2 z∥2−∥w−2 z∥2), 取 w=x+y，故 (∗∗) 的右端 =2 1​⋅4 f(x+y,2 z)=2 f(x+y,2 z)。于是 f(x,z)+f(y,z)=2 1​f(x+y,2 z).(III)

恒等式 (III) 对一切 x,y,z∈X 成立，是后续的总枢纽。

第二步：第二变量倍乘恒等式 f(x,2 z)=2 f(x,z)，以及辅助恒等式 f(2 u,z)=2 f(u,z)。

在 (III) 中令 y=0，并利用事实 A f(0,z)=0： f(x,z)+0=2 1​f(x,2 z)⟹f(x,2 z)=2 f(x,z).(V) 公式 (V) 表明：第二变量乘以 2 等价于整体乘以 2。它将在第三步直接收口可加性，是本步唯一必需的产物。

为与提示中的"2 f(2 x+y​,z)"形式衔接，再附带导出一个对称的辅助恒等式。由于 (III) 对一切向量成立，特取 x=y=u（合法代入，不需要事实 A 或对称性），得 f(u,z)+f(u,z)=2 1​f(2 u,2 z),即 2 f(u,z)=2 1​f(2 u,2 z).(IV) 把 (V)（对向量 2 u 使用）代入 (IV) 右端的 f(2 u,2 z)=2 f(2 u,z)，得 2 f(u,z)=2 1​⋅2 f(2 u,z)=f(2 u,z), 即 f(2 u,z)=2 f(u,z)(∀u,z)​(VI) 这是"自变量取 2 u 等于 2 倍取值"的恒等式。需强调：(VI) 仅为复原提示形式所用的辅助结论；下面第三步对可加性的证明只动用 (III) 与 (V)，并不依赖 (VI)。

第三步：合成可加性。

回到 (III)：f(x,z)+f(y,z)=2 1​f(x+y,2 z)。由第二变量倍乘公式 (V)，f(x+y,2 z)=2 f(x+y,z)，代入得 f(x,z)+f(y,z)=2 1​⋅2 f(x+y,z)=f(x+y,z). f(x+y,z)=f(x,z)+f(y,z)(∀x,y,z∈X)​ （与提示形式的对照：由 (III) 与 (V) 已得 f(x,z)+f(y,z)=f(x+y,z)；又由 (VI) 可反向写 f(x+y,z)=2 f(2 x+y​,z)，故 f(x,z)+f(y,z)=2 f(2 x+y​,z)，二者一致。）∎

#### (3) 关于第一变量的实齐次性：f(αx,y)=α f(x,y)，α∈R

按提示，由整数、有理数、实数逐级推进。下面固定 x,y∈X，记 g(α):=f(αx,y)，并记 c:=f(x,y)。目标是 g(α)=α c。

第一步：α∈N（对自然数归纳）。

α=1 显然 g(1)=f(x,y)=c。设 g(n)=n c 已对某 n≥1 成立。由 (2) 的可加性（取被加项为 n x 与 x）： g(n+1)=f((n+1)x,y)=f(n x+x,y)=f(n x,y)+f(x,y)=n c+c=(n+1)c. 由数学归纳法，g(n)=n c 对一切 n∈N 成立。又由事实 A，g(0)=f(0,y)=0=0⋅c，边界情形 α=0 单独验证通过。

第二步：α∈Z（处理负号）。

先证奇对称性 f(−x,y)=−f(x,y)。由定义并利用事实 B（∥−x+y∥=∥x−y∥，∥−x−y∥=∥x+y∥）： f(−x,y)=4 1​(∥−x+y∥2−∥−x−y∥2)=4 1​(∥x−y∥2−∥x+y∥2)=−f(x,y).(VII) 故 g(−1)=−c。对负整数 α=−n（n∈N），由 (VII) 与第一步： g(−n)=f(−(n x),y)=(V II)−f(n x,y)=−(n c)=(−n)c. 因此 g(m)=m c 对一切 m∈Z 成立。

第三步：α∈Q（约分技巧）。

设 α=p/q，p∈Z，q∈N≥1​。注意第一步的整数齐次性对任意向量都成立，故对向量 u∈X 有 f(q u,y)=q f(u,y). 取 u=q p​x，则 q u=p x，于是 q f(q p​x,y)=f(p x,y)=p f(x,y)=p c, 最后一步用第二步（整数 p）。两边除以 q≥1（合法，q=0）： g(q p​)=f(q p​x,y)=q p​c. 故 g(α)=α c 对一切 α∈Q 成立。

第四步：α∈R（连续性 + Q 稠密）。

关键观察：g(α)=f(αx,y) 作为 α 的函数是连续的。理由如下——映射 α↦αx 是从 R 到 X 的连续映射（因 ∥αx−α 0​x∥=∣α−α 0​∣∥x∥→0，正齐次性），而范数 ∥⋅∥:X→R 是连续的（由三角不等式得
​∥a∥−∥b∥
​≤∥a−b∥，故范数 1-Lipschitz），从而 α↦∥αx±y∥2 连续，作为它们的线性组合， g(α)=4 1​(∥αx+y∥2−∥αx−y∥2) 关于 α 连续。

现取任意 α∈R。由 Q 在 R 中稠密，存在有理数列 α n​→α。由第三步 g(α n​)=α n​c。对两边取极限，左边因 g 连续趋于 g(α)，右边趋于 α c： g(α)=n→∞lim​g(α n​)=n→∞lim​α n​c=α c. f(αx,y)=α f(x,y)(∀α∈R, ∀x,y∈X)​ ∎

结语（综合）. 由 (1) 对称性、(2) 可加性与 (3) 实齐次性，f 关于第一变量线性，再结合对称性 (1) 知 f 关于第二变量亦线性，故 f 是 X 上的对称双线性型；又 f(x,x)=4 1​∥2 x∥2=∥x∥2≥0，且由范数的正定性公理 ∥x∥=0⇔x=0 得 f(x,x)=0⇔x=0，故 f 是 X 上的内积且诱导原范数。这正是 Jordan–von Neumann 定理的内容。■

### 思路与讲解

核心机制是极化恒等式：内积可由范数完全恢复，而平行四边形律恰是"范数来自某内积"的充要刻画，本题做的是充分性方向。对称性 (1) 只是范数 ∥−u∥=∥u∥ 的直接推论，不动用平行四边形律；真正吃力的是可加性 (2)——诀窍是把 ∥x±z∥2 与 ∥y±z∥2 成对地用平行四边形律展开，让公共的 ∥x−y∥2 项相消，凝练出枢纽恒等式 f(x,z)+f(y,z)=2 1​f(x+y,2 z)（即 (III)），再配合"第二变量倍乘"恒等式 f(⋅,2 z)=2 f(⋅,z)（即 (V)，其本身仅依赖零点值 f(0,z)=0）一步收口。需留意 (VI)（即 f(2 u,z)=2 f(u,z)）只是为复原提示中的 2 f(2 x+y​,z) 形式而附带导出的辅助恒等式，可加性结论本身并不需要它。齐次性 (3) 是典型的"Z→Q→R 逐层加密"套路：代数恒等只能给出可数稠密集上的齐次性，跨越到全体实数必须借助范数连续性把有理逼近传过去——这一步若漏掉连续性论证，结论对不可数的无理标量就无从保证（事实上仅用加性无法排除病态非连续解，正是连续性封死了这个缺口）。易错点有三：忘记单独处理 α=0、x=0 等边界；在 (2) 中漏掉 f(0,z)=0 这一支撑倍乘恒等式 (V) 的零点值；以及第四步把"稠密"误当成"自动推出连续"。

## 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间 · Q3（10 分）

### 题目

English.

> Let H=L 2(R d) and φ∈L∞(R d). Consider the multiplication operator M φ​:H→H, (M φ​f)(x):=φ(x)f(x).

> Show that λ is an eigenvalue of M φ​ if and only if there is a set E⊂R d of nonzero Lebesgue measure such that φ(x)=λ for all x∈E.

中文.

> 设 H=L 2(R d)，φ∈L∞(R d)。考虑乘法算子 M φ​:H→H，(M φ​f)(x):=φ(x)f(x)。

> 证明：λ 是 M φ​ 的特征值，当且仅当存在一个 Lebesgue 测度非零的集合 E⊂R d，使得 φ(x)=λ 对所有 x∈E 成立。

### 解答

预备观察（算子的良定性）. 对任意 f∈H，由 φ∈L∞ 知 ∥φ f∥2 2​=∫R d​∣φ(x)∣2∣f(x)∣2 d x≤∥φ∥∞2​∥f∥2 2​<∞, 故 M φ​f∈H，且 M φ​ 是有界线性算子，∥M φ​∥≤∥φ∥∞​。这保证下文中"M φ​f"恒有意义。

回忆特征值的定义：称 λ∈C 为 M φ​ 的特征值，若存在 f∈H 且 f=0（指 f 作为 L 2 的元素非零，即 f 在某正测度集上取非零值）使得 M φ​f=λ f。这里"特征向量 f∈H 且非零"是关键，必须严格区别于谱 σ(M φ​) 或近似点谱（后两者由 φ 的本质值域 essential range 刻画，未必要求存在真正属于 H 的特征向量）。

下面把方程 M φ​f=λ f 写开：它等价于 (φ(x)−λ)f(x)=0 a.e. x∈R d.(∗) 全部论证围绕 (∗) 展开。

#### (1) 充分性（⟸）：若存在正测度水平集，则 λ 是特征值

设存在可测集 E⊂R d，∣E∣>0，且 φ(x)=λ 对所有 x∈E 成立。（特别地这蕴含 φ=λ 在 E 上 a.e. 成立；下文只用到这一更弱的 a.e. 形式，故结论对"φ=λ 仅 a.e. 于 E"的更一般情形同样有效。）我们需构造一个真正属于 H=L 2 的非零特征向量。

关键技术点：截断到有限测度. 注意 ∣E∣ 可能为 +∞，此时 1 E​∈/L 2（因 ∥1 E​∥2 2​=∣E∣=∞），不能直接取 f=1 E​。但 R d 配 Lebesgue 测度是 σ-有限的：R d=⋃n≥1​B n​，其中 B n​={x:∣x∣≤n} 是闭球，∣B n​∣<∞。于是 E=n≥1⋃​(E∩B n​),E∩B n​↗E,故∣E∩B n​∣↗∣E∣>0 (n→∞). 由测度关于递增集列的下连续性（连续性自下），存在某个 n 0​ 使 ∣E∩B n 0​​∣>0。记 E′:=E∩B n 0​​,0<∣E′∣≤∣B n 0​​∣<∞. 这就显式取出了满足 0<∣E′∣<∞ 且 E′⊂E 的可测子集（这一步用到的正是 R d 的 σ-有限性，必须点明落点）。

令 f:=1 E′​，即 E′ 的指示函数。则：

- f∈H：∥f∥2 2​=∫R d​∣1 E′​∣2 d x=∣E′∣<∞；
- f=0（于 H）：∥f∥2 2​=∣E′∣>0，故 f 不是 L 2 的零元；
- f 是特征向量：对 a.e. x， (M φ​f)(x)=φ(x)1 E′​(x). 当 x∈/E′ 时两边皆为 0；当 x∈E′⊂E 时 φ(x)=λ（a.e.），故 φ(x)1 E′​(x)=λ=λ 1 E′​(x)。综合得 (M φ​f)(x)=λ 1 E′​(x)=λ f(x) a.e.，即 M φ​f=λ f.

由特征值定义，λ 是 M φ​ 的特征值。■（充分性）

#### (2) 必要性（⟹）：若 λ 是特征值，则存在正测度水平集

设 λ 是特征值，则存在 f∈H，f=0（于 H），使 M φ​f=λ f，即 (∗) 成立： (φ(x)−λ)f(x)=0 a.e.

第一步：定位 f 的非零集. 令 N:={x∈R d: f(x)=0}. N 可测（f 可测）。因 f=0 作为 L 2 元素，故必有 ∣N∣>0.(†) 理由（不跳步）：若 ∣N∣=0，则 f=0 a.e.，从而 ∥f∥2​=0，f 即 L 2 的零元，与 f=0 矛盾。故 (†) 成立。

第二步：在 N 上消去 f. 由 (∗)，存在零测集 Z（∣Z∣=0）使得对一切 x∈/Z 有 (φ(x)−λ)f(x)=0。取 x∈N∖Z：此时 f(x)=0，于是在 C（无零因子的域）中，由 ab=0 且 b=f(x)=0 必有 a=0，其中 a=φ(x)−λ；故 φ(x)−λ=0,即 φ(x)=λ,∀x∈N∖Z. 这里用到"复数域无零因子"这一代数事实，正是"逐点消去"的依据，非"显然"，须明写。注意此结论对 N∖Z 中每一个点成立（已显式扣除 Z），而非仅 a.e.。

第三步：得到正测度水平集. 令 E:=N∖Z={x:f(x)=0}∖Z. 则 E 可测。由 ∣N∩Z∣≤∣Z∣=0 得 ∣E∣=∣N∖Z∣=∣N∣−∣N∩Z∣=∣N∣>(†)​0 （去掉零测集 Z 不改变测度；此等式即使在 ∣N∣=∞ 时亦成立）。同时第二步表明 φ(x)=λ 对所有 x∈E 成立。因此 E⊂R d 满足 ∣E∣>0 且 φ≡λ 于 E，恰为所求。■（必要性）

#### 结论

综合 (1)(2)： λ 是 M φ​ 的特征值⟺∃E⊂R d 可测, ∣E∣>0, 使得 φ(x)=λ (∀x∈E). ​

附注（点谱 vs. 谱）. 上述刻画说明 M φ​ 的点谱为 σ p​(M φ​)={λ∈C: ∣{x:φ(x)=λ}∣>0}, 即 φ 的所有正测度水平集对应的值。（该集合在 L∞ 等价类意义下良定：若 φ=φ′ a.e.，则 {φ=λ} 与 {φ′=λ} 相差一零测集，正测度性不变。）它一般是 σ(M φ​)=ess ran(φ)（本质值域）的真子集：例如 d=1、φ(x)=arctan x 时 φ 单射，所有水平集为单点（零测度），故 σ p​=∅；但 σ(M φ​)=ess ran(arctan)=[−2 π​,2 π​] 非空——内部点显然属本质值域，两端点 ±2 π​ 亦属之，因为 arctan x→±2 π​（x→±∞）使得对任意 ε>0，集合 {x:∣arctan x∓2 π​∣<ε} 具无限（正）测度。■

### 思路与讲解

核心机制是把抽象的特征方程 M φ​f=λ f 翻译成逐点等式 (φ−λ)f=0 a.e.，于是"λ 是特征值"被几何化为"φ 取值 λ 的集合够大（正测度）"。两个方向都靠这条等式：充分性是造特征向量（在水平集上放指示函数），必要性是读特征向量的支集（f 非零处强迫 φ=λ）。本题不需要 Hahn–Banach、开映射等"三大定理"，真正用到的是测度论事实——σ-有限性（保证能截出 0<∣E′∣<∞ 的子集，使 1 E′​∈L 2）与"复数无零因子下的几乎处处消去"。最常见的两个易错点：一是误取 f=1 E​ 而忽视 ∣E∣=∞ 时它不属于 L 2（须截断）；二是混淆点谱与谱——单点水平集（零测度）不产生特征值，但其值仍可落在本质值域里成为连续谱，这正是乘法算子谱理论的精髓所在。

## 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间 · Q4（20 分）

### 题目

English.

> For each case below determine (1) the orthogonal complement of Y in X, (2) whether Y is dense in X, (3) whether Y is closed in X (real spaces):

> (a) X=L 2(−1,1), Y={f∈X: ∫−1 1​f d x=0};

> (b) X=ℓ 2, Y={(a n​)∈X: a 2 n​=0 for each n=1,2,3,…}.

中文.

> 对下列每种情形，确定（1）Y 在 X 中的正交补，（2）Y 是否在 X 中稠密，（3）Y 是否在 X 中闭（均为实空间）：

> (a) X=L 2(−1,1)，Y={f∈X: ∫−1 1​f d x=0}；

> (b) X=ℓ 2，Y={(a n​)∈X: a 2 n​=0 对每个 n=1,2,3,…}（即所有偶数下标分量为零）。

### 解答

预备说明。 本题均在实 Hilbert 空间中进行。我们反复使用以下三条基本事实：

- （正交补的闭性） 在任何内积空间中，对任意子集 M⊆X，其正交补 M⊥={x∈X: ⟨x,m⟩=0, ∀m∈M} 总是 X 的闭线性子空间。理由：M⊥=⋂m∈M​ker⟨⋅,m⟩，而每个 ⟨⋅,m⟩ 是连续线性泛函（由 Cauchy–Schwarz：∣⟨x,m⟩∣≤∥m∥∥x∥），其核为闭超平面，闭集之交仍为闭集。

- （投影定理 / 正交分解） 若 X 为 Hilbert 空间，M 为 X 的闭子空间，则 X=M⊕M⊥，且 (M⊥)⊥=M。一般地，对任意子空间 M 有 (M⊥)⊥=M。此处用到 X 的完备性（投影定理的成立离不开完备性）。

- （稠密性判据） 子空间 M⊆X 在 Hilbert 空间中稠密 ⟺M⊥={0}。证：若 M 稠密则 M=X，由 M⊥=(M)⊥=X⊥={0}（这里 X⊥={0} 因为与全空间正交的向量必与自身正交，故其范数为 0）；反之若 M⊥={0}，则 M=(M⊥)⊥={0}⊥=X。

#### (a) X=L 2(−1,1)，Y={f: ∫−1 1​f=0}

第一步：把 Y 写成一个有界线性泛函的核。

记常值函数 1(x)≡1。在有限测度区间 (−1,1) 上 1∈L 2(−1,1)，因为 ∥1∥2=∫−1 1​1 d x=2<∞,∥1∥=2
​. 定义泛函 L(f)=∫−1 1​f d x=∫−1 1​f⋅1 d x=⟨f,1⟩. 由 Cauchy–Schwarz，∣L(f)∣=∣⟨f,1⟩∣≤∥1∥∥f∥=2
​∥f∥，故 L 是 X 上的有界线性泛函（且 ∥L∥=∥1∥=2
​，由 Riesz 表示定理，因为表示元恰为 1，且取 f=1 时不等式取等）。于是 Y=ker L={f: ⟨f,1⟩=0}={1}⊥. 这里 {1}⊥=(span{1})⊥，因为与 1 正交当且仅当与其所有数乘正交。

第二步：求 Y⊥。

记 M=span{1}（一维子空间，即全体常值函数）。一维子空间必闭（有限维子空间在赋范空间中总是闭的：它与 R 线性同胚，而 R 完备），故 M=M。由 Y=M⊥ 及一般恒等式 (M⊥)⊥=M： Y⊥=(M⊥)⊥=M=M=span{1}. 即 Y⊥={c⋅1: c∈R}={全体常值函数},dim Y⊥=1.​

第三步：闭性。 Y=ker L 是连续泛函 L 的核，而 {0} 在 R 中闭、L 连续，故 Y=L−1({0}) 为闭集；或直接由 Y=M⊥ 是正交补而闭。无论哪种推理都给出 Y 是 X 的闭子空间（事实上是闭超平面，余维数 1）.​

第四步：稠密性。 由稠密性判据，Y 稠密 ⟺Y⊥={0}。但 Y⊥=span{1}={0}（因 1=0，其在 L 2 中非零，∥1∥=2
​>0）。故 Y 在 X 中不稠密.​ 等价地：Y=Y⊊X，例如常值函数 1∈/Y（因 L(1)=2=0）。

正交分解的验证。 由投影定理（Y 闭，X 完备）：X=Y⊕Y⊥。具体地，任给 f∈L 2(−1,1)，令 c=∥1∥2⟨f,1⟩​=2 1​∫−1 1​f d x,f=∈Y
(f−c 1)​​+∈Y⊥
c 1​​, 而 f−c 1∈Y 因 ∫−1 1​(f−c 1)d x=∫f−c⋅2=0；且 ⟨f−c 1, c 1⟩=c(⟨f,1⟩−c⋅2)=0。分解唯一。∎

#### (b) X=ℓ 2，Y={(a n​): a 2 n​=0, ∀n}

澄清记号。 条件 “a 2 n​=0 对每个 n” 指偶数下标分量全为零：a 2​=a 4​=a 6​=⋯=0。故 Y 中元素仅允许奇数下标 a 1​,a 3​,a 5​,… 非零。

设标准正交基 {e k​}k≥1​，e k​=(0,…,0,1,0,…)（第 k 位为 1）。则 Y={a∈ℓ 2: ⟨a,e 2 n​⟩=0, ∀n≥1}={e 2​,e 4​,e 6​,…}⊥.

第一步：Y 闭。 每个坐标泛函 a↦⟨a,e 2 n​⟩=a 2 n​ 连续（∣a 2 n​∣≤∥a∥），故 ker 闭；Y 为可数个闭超平面之交： Y=n≥1⋂​ker⟨⋅,e 2 n​⟩, 是闭集之交，因而 Y 是 ℓ 2 的闭子空间.​ （亦可直接说：Y 是子集 {e 2 n​} 的正交补，正交补总闭。）

第二步：求 Y⊥。 记 E even​={e 2​,e 4​,…}，M=span​E even​。由 Y=E even⊥​=(span E even​)⊥=M⊥，再由 (M⊥)⊥=M=M（M 已是闭包）： Y⊥=M=span​{e 2​,e 4​,e 6​,…}. 下面把这个闭包写成显式集合。断言 span​{e 2 n​}={a∈ℓ 2: a 2 n−1​=0, ∀n}={a: a 1​=a 3​=a 5​=⋯=0}=:Z. - ⊆（M⊆Z）： Z 是闭子空间（同第一步理由，它是诸 ker⟨⋅,e 2 n−1​⟩ 之交），且每个 e 2 n​∈Z；闭子空间包含其生成元张成空间的闭包，故 M=span​E even​⊆Z。 - ⊇（Z⊆M）： 任取 a∈Z，则 a=∑n≥1​a 2 n​e 2 n​（奇数项系数为 0）。部分和 s N​=∑n=1 N​a 2 n​e 2 n​∈span E even​，且 ∥a−s N​∥2=∑n>N​∣a 2 n​∣2→0（因 ∑n​∣a 2 n​∣2≤∥a∥2<∞，收敛级数的尾项趋零）。故 a∈M，即 Z⊆M。

于是 Y⊥={a∈ℓ 2: a 奇数下标​=0}={a: a 1​=a 3​=a 5​=⋯=0}=span​{e 2​,e 4​,…} (无穷维).​

第三步：稠密性。 Y⊥={0}（例如 e 2​∈Y⊥，∥e 2​∥=1>0），由稠密判据 Y 在 ℓ 2 中不稠密.​ 具体地 e 2​∈/Y（其偶数下标分量 a 2​=1=0），且 e 2​ 与整个 Y 正交，故 e 2​ 不能被 Y 中元素逼近：对任意 y∈Y 有 ∥e 2​−y∥2=∥e 2​∥2+∥y∥2≥1（勾股关系，因 e 2​⊥y），逼近距离恒不小于 1。

正交分解的验证。 Y 闭、ℓ 2 完备，投影定理给出 ℓ 2=Y⊕Y⊥。直接地，对任意 a=(a 1​,a 2​,a 3​,…)∈ℓ 2，定义 a odd=(a 1​,0,a 3​,0,a 5​,0,…)∈Y,a even=(0,a 2​,0,a 4​,0,…)∈Y⊥, 则 a=a odd+a even，二者下标支撑不相交故 ⟨a odd,a even⟩=∑k​a k odd​a k even​=0，且 ∥a∥2=∥a odd∥2+∥a even∥2（两范数均有限）。分解唯一。∎

小结表。

| Y⊥ | 稠密? | 闭?
--- | --- | --- | ---
(a) | span{1}（全体常值函数，维数 1） | 否 | 是（闭超平面，余维 1）
(b) | {a: a 奇下标​=0}=span​{e 2 n​}（无穷维） | 否 | 是

### 思路与讲解

核心机制是同一句话：“一族正交约束所定义的子空间，其正交补就是这些约束元张成的（闭）子空间”——把 Y 识别为某集合的正交补 S⊥，则立刻 Y 闭，且 Y⊥=(S⊥)⊥=span​S。

(a) 中只有一个约束 ∫f=⟨f,1⟩，它是有界泛函（关键在于有限区间上 1∈L 2，否则 L 未必有界，这正是 L 2(R) 与 L 2(−1,1) 的差别——常见易错点），故 Y 是余维 1 的闭超平面，Y⊥ 一维。

(b) 是可数个坐标约束，Y⊥ 是无穷维但仍闭。需要投影定理之处必须强调 Hilbert 空间的完备性：唯有完备才能保证 X=Y⊕Y⊥ 与 (M⊥)⊥=M。

最易错的两点：一是把 “a 2 n​=0” 误读为奇数下标为零；二是写 Y⊥ 时忘记取闭包——在 (b) 中 span{e 2 n​} 本身（有限支撑序列）并不完整，必须补上极限点才得到正确的无穷维闭子空间。

## 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间 · Q5（20 分）

### 题目

English.

> Let D(z,r) be the disc centred at z of radius r in C, D:=D(0,1). The Bergman space is A(D):={f∈L 2(D):f holomorphic in D}, with the L 2(D) inner product/norm.

> (1) Show that for each 0<r<1−s and z∈D(0,r), f(z)=π(1−s)2 1​⟨f, χ D(z,1−s)​⟩L 2(D)​.

> (2) Show that if {f n​}⊂A(D) is Cauchy in L 2-norm, then it converges uniformly on compact subsets of D.

> (3) Hence prove there is a bounded linear operator π:L 2(D)→A(D) such that for each φ∈L 2(D), π(φ) is the unique point of A(D) with ∥φ−π(φ)∥=inf ψ∈A(D)​∥φ−ψ∥.

中文.

> 设 D(z,r) 为 C 中以 z 为心、r 为半径的开圆盘，记 D:=D(0,1)。Bergman 空间定义为 A(D):={f∈L 2(D):f 在 D 内全纯}，赋以 L 2(D) 的内积与范数。

> (1) 证明：对每个满足 0<r<1−s 的情形及每个 z∈D(0,r)，有 f(z)=π(1−s)2 1​⟨f, χ D(z,1−s)​⟩L 2(D)​.

> (2) 证明：若 {f n​}⊂A(D) 在 L 2 范数下为 Cauchy 列，则它在 D 的每个紧子集上一致收敛。

> (3) 据此证明：存在有界线性算子 π:L 2(D)→A(D)，使得对每个 φ∈L 2(D)，π(φ) 是 A(D) 中唯一满足 ∥φ−π(φ)∥=inf ψ∈A(D)​∥φ−ψ∥ 的点。

### 解答

约定：本题中 L 2(D) 的内积取为 ⟨g,h⟩=∬D​g h d A，其中 d A 为平面 Lebesgue 测度（面积测度）；范数 ∥g∥=⟨g,g⟩1/2。下文记 ρ:=1−s∈(0,1)。

#### (1) Bergman 再生公式

第〇步：几何相容前提（务必先核对）。 公式右端的内积 ⟨f,χ D(z,1−s)​⟩L 2(D)​=∬D​f χ D(z,1−s)​d A 只在 D(z,1−s)⊂D 时才等于 ∬D(z,1−s)​f d A，而面积平均值公式更要求 f 在含 D(z,ρ)​ 的开集上全纯，即需 D(z,ρ)​⊂D⟺∣z∣+ρ<1(ρ=1−s). 注意：仅凭"∣z∣<r 且 r<1−s=ρ"并不能推出 ∣z∣+ρ<1——因为它只给出 ∣z∣+ρ<r+ρ，而 r+ρ<1 等价于 r<s，并不被 r<1−s 蕴含（例如 s=0.4, r=0.5<1−s=0.6, ∣z∣=0.49<r 时 ∣z∣+ρ=1.09>1 越界）。使公式良定的正确充分几何条件是 r+(1−s)≤1⟺r≤s, 此时对每个 z∈D(0,r)（即 ∣z∣<r 严格）必有 ∣z∣+(1−s)<r+(1−s)≤1, 故 D(z,1−s)​⊂D。下文即在前提 D(z,ρ)​⊂D（亦即 ∣z∣+ρ<1）下证明公式；这一前提对 z∈D(0,r)、r≤s 时自动满足，也正是 (2) 中实际使用的情形。

良定前提： D(z,ρ)​⊂D,即 ∣z∣+(1−s)<1,ρ=1−s. ​

第一步：圆周平均值性质（mean value property）。 有了 D(z,ρ)​⊂D，f 在某个包含 D(z,ρ)​ 的开集上全纯。对任意 0<t≤ρ，圆周 ζ=z+t e i θ（θ∈[0,2 π)）连同其闭圆盘均落在该开集内，故由 Cauchy 积分公式（或调和函数的平均值性质）得圆周平均值性质 f(z)=2 π 1​∫0 2 π​f(z+t e i θ)d θ,0<t≤ρ. 此式左端 f(z) 与 t 无关，对一切 0<t≤ρ 严格成立。

第二步：对半径积分得面积平均值性质。 将上式两端乘以 t 并对 t∈(0,ρ) 积分。左端： ∫0 ρ​f(z)t d t=f(z)⋅2 ρ 2​. 右端用极坐标 d A=t d t d θ（映射 (t,θ)↦z+t e i θ，t∈[0,ρ]，θ∈[0,2 π) 恰参数化 D(z,ρ)）： ∫0 ρ​(2 π 1​∫0 2 π​f(z+t e i θ)d θ)t d t=2 π 1​∬D(z,ρ)​f d A. （被积函数 ∣f∣ 在紧集 D(z,ρ)​ 上连续故有界可积，Tonelli/Fubini 适用，累次积分可化为二重积分。）两端相等： f(z)⋅2 ρ 2​=2 π 1​∬D(z,ρ)​f d A ⟹ f(z)=π ρ 2 1​∬D(z,ρ)​f d A. 此即面积平均值性质。

第三步：写成 L 2(D) 内积。 因 D(z,ρ)⊂D，示性函数 χ D(z,ρ)​=1 于 D(z,ρ)、=0 于 D∖D(z,ρ)。它实值，故 χ D(z,ρ)​​=χ D(z,ρ)​，于是 ⟨f, χ D(z,ρ)​⟩L 2(D)​=∬D​f χ D(z,ρ)​​d A=∬D​f χ D(z,ρ)​d A=∬D(z,ρ)​f d A. 代回第二步结果（ρ=1−s）： f(z)=π(1−s)2 1​⟨f, χ D(z,1−s)​⟩L 2(D)​,z∈D(0,r), ∣z∣+(1−s)<1. ​ ∎

#### (2) L 2 Cauchy ⇒ 紧集上一致收敛

第一步：紧集上的逐点控制（再生核估计）。 设 K⊂D 紧，记 δ:=dist(K,∂D)>0（紧集 K 与闭集 ∂D 不交，故距离为正）。固定 s∈(0,1) 使 ρ:=1−s 满足 0<ρ<δ。则对每个 z∈K，由 ρ<δ≤dist(z,∂D)=1−∣z∣ 得 ∣z∣+ρ<1，即 D(z,ρ)​⊂D——这恰是 (1) 的几何前提，对一切 z∈K 一致成立。于是对任意 f∈A(D) 与 z∈K，由 (1) 及 Cauchy–Schwarz 不等式： ∣f(z)∣=π ρ 2 1​
​⟨f,χ D(z,ρ)​⟩
​≤π ρ 2 1​∥f∥L 2​
​χ D(z,ρ)​
​L 2​. 又
​χ D(z,ρ)​
​L 2​=(∬D​χ D(z,ρ)2​d A)1/2=(Area D(z,ρ))1/2=π ρ 2
​=π
​ρ. 代入得 ∣f(z)∣≤π ρ 2 1​⋅π
​ρ⋅∥f∥L 2​=π
​ρ 1​∥f∥L 2​=:C K​∥f∥L 2​,C K​=π
​(1−s)1​, 常数 C K​ 与 z∈K 无关（只依赖 ρ=1−s<δ，从而依赖 K）。取上确界： z∈K sup​∣f(z)∣≤C K​∥f∥L 2(D)​,C K​=π
​(1−s)1​, 0<1−s<dist(K,∂D). ​

第二步：一致 Cauchy 与一致收敛。 该估计对 A(D) 中元素线性，而 A(D) 是线性空间（全纯函数之差仍全纯且仍属 L 2），故可作用于差 f n​−f m​∈A(D)： z∈K sup​∣f n​(z)−f m​(z)∣≤C K​∥f n​−f m​∥L 2​. 由 {f n​} 在 L 2 中 Cauchy，右端当 m,n→∞ 时 →0，故 {f n​} 在 K 上对上确界范数为 Cauchy，即在 K 上一致 Cauchy。由于 (C(K),∥⋅∥∞​) 完备，{f n​} 在 K 上一致收敛到某连续函数 f K​。K 为任意紧子集，且不同紧集上的极限在交叠处一致（公共点处极限唯一），故诸 f K​ 拼成 D 上一个确定函数 f，且 {f n​} 在 D 的每个紧子集上一致收敛到 f。

第三步（附带结论，供 (3) 用）：极限全纯且即 L 2 极限，故 A(D) 闭。 内闭一致收敛的全纯函数列，其极限全纯——此即 Weierstrass 收敛定理（可由 Morera 定理或对 Cauchy 积分公式取极限证得）。故 f 在 D 内全纯。另一方面 L 2(D) 完备，Cauchy 列 {f n​} 有 L 2 极限 g∈L 2(D)；L 2 收敛蕴含存在子列 f n k​​→g 几乎处处，而 f n k​​→f 处处（内闭一致收敛 ⇒ 逐点收敛），故 f=g 几乎处处，从而 f∈L 2(D) 且 ∥f n​−f∥L 2​→0。于是 f∈A(D)，并得 A(D) 是 L 2(D) 的闭子空间. ​ ∎

#### (3) 最佳逼近投影 π 的存在唯一与有界性

由 (2) 第三步，A(D) 是 Hilbert 空间 L 2(D) 的闭线性子空间（线性显然：全纯函数的线性组合全纯，L 2 子空间封闭于加法与数乘；闭性已证）。

存在与唯一（最佳逼近 / 投影定理）。 对 Hilbert 空间的闭凸子集（闭子空间尤为闭凸），最佳逼近定理（Hilbert 投影定理）断言：对每个 φ∈L 2(D)，存在唯一的 π(φ)∈A(D) 使得 ∥φ−π(φ)∥=ψ∈A(D)inf​∥φ−ψ∥=:d. 该定理所需两条前提均已落实：① L 2(D) 完备（Hilbert 空间），保证极小化序列借平行四边形恒等式所得的 Cauchy 性可收敛；② A(D) 闭（由 (2)）且凸，保证极限仍落在 A(D) 内。唯一性可由平行四边形恒等式直接给出：若 ψ 1​,ψ 2​∈A(D) 均达到下确界 d，对 a=φ−ψ 1​, b=φ−ψ 2​ 应用 ∥a+b∥2+∥a−b∥2=2∥a∥2+2∥b∥2，整理得
​φ−2 ψ 1​+ψ 2​​
​2=2 1​∥φ−ψ 1​∥2+2 1​∥φ−ψ 2​∥2−4 1​∥ψ 1​−ψ 2​∥2=d 2−4 1​∥ψ 1​−ψ 2​∥2. 因 2 ψ 1​+ψ 2​​∈A(D)（凸性），左端 ≥d 2，故 ∥ψ 1​−ψ 2​∥2≤0，即 ψ 1​=ψ 2​。

线性。 此最佳逼近 π 即正交投影算子 P A(D)​：投影定理同时给出正交分解 φ=π(φ)+(φ−π(φ))，其中 π(φ)∈A(D)，φ−π(φ)∈A(D)⊥。设 φ 1​,φ 2​∈L 2(D)，α,β∈C，则 α φ 1​+β φ 2​=(α π(φ 1​)+β π(φ 2​))+(α(φ 1​−π(φ 1​))+β(φ 2​−π(φ 2​))), 第一括号 ∈A(D)（子空间封闭），第二括号 ∈A(D)⊥（正交补为子空间且封闭）。由正交分解的唯一性（A(D)∩A(D)⊥={0}，因 A(D) 闭）， π(α φ 1​+β φ 2​)=α π(φ 1​)+β π(φ 2​), 即 π 线性。

有界且 ∥π∥=1。 由正交性 π(φ)⊥(φ−π(φ)) 及 Pythagoras 定理： ∥φ∥2=∥π(φ)∥2+∥φ−π(φ)∥2 ≥ ∥π(φ)∥2, 故 ∥π(φ)∥≤∥φ∥，π 有界且 ∥π∥≤1。又 A(D)={0}（例如常函数 1∈A(D)，∥1∥L 2​=π
​>0），对任意 0=ψ∈A(D) 有 π(ψ)=ψ（ψ 到 A(D) 的距离为 0，最近点即自身），故 ∥π(ψ)∥=∥ψ∥，得 ∥π∥≥1。综合： π:L 2(D)→A(D) 为有界线性算子， ∥π∥=1, π=P A(D)​ (正交投影). ​ ∎

### 思路与讲解

核心机制是 Bergman 再生核：全纯函数在一点的值可由其在邻域圆盘上的面积平均（即与一个示性函数的 L 2 内积）线性恢复——这是 (1)；它把"逐点求值"变成了 L 2 上的有界线性泛函。(2) 是 (1) 的直接红利：Cauchy–Schwarz 把逐点值控制成 C K​∥f∥L 2​，于是 L 2 收敛自动升级为内闭一致收敛，进而（Weierstrass）极限仍全纯、且与 L 2 极限一致，这恰好证出 A(D) 在 L 2(D) 中闭。(3) 则是泛函分析的标准收尾：闭子空间 + Hilbert 空间 ⇒ 投影定理给出唯一最佳逼近，它就是正交投影，自然线性且范数为 1。

三处易错点尤须警惕：

1. (1) 的几何相容是平均值公式的真正前提，且不能想当然。 要的是 D(z,1−s)​⊂D，等价于 ∣z∣+(1−s)<1。仅有 ∣z∣<r 与 r<1−s 推不出它（那只给 ∣z∣+(1−s)<r+(1−s)，而 r+(1−s)<1 需要 r<s，并非 r<1−s）；保证良定的正确充分条件是 r+(1−s)≤1（即 r≤s），此时 ∣z∣<r 严格便逼出 ∣z∣+(1−s)<1。书写时应直接以 ∣z∣+(1−s)<1 为前提证明，再特化半径 ρ=1−s，切忌把越界的包含关系当成显然。

2. 内积含共轭。 ⟨f,χ⟩=∬f χ​d A，唯有 χ 实值才能略去共轭而得 ∬D(z,ρ)​f d A。

3. (3) 中"闭"这一前提不可省。 若 A(D) 不闭，极小化序列的极限可能逃出空间，存在性与唯一性都会失效；正是 (2) 第三步证得的闭性，才使投影定理可用。

## 第叁套 · Hilbert 空间、算子与 Bergman 空间 · Q6（10 分）

### 题目

English.

> (Fun Question) Let X and Y be Banach spaces.

> Assume X is isomorphic to X⊕X, Y is isomorphic to Y⊕Y, X is isomorphic to a complemented subspace of Y, and Y is isomorphic to a complemented subspace of X.

> Then X is isomorphic to Y. (Pełczyński decomposition method.)

> Remark: the general Schröder–Bernstein problem is false — Gowers constructed a counterexample.

中文.

> （趣味题）设 X 与 Y 为 Banach 空间。

> 假设 X 同构于 X⊕X，Y 同构于 Y⊕Y，X 同构于 Y 的某个有补子空间，且 Y 同构于 X 的某个有补子空间。

> 则 X 同构于 Y。（Pełczyński 分解法。）

> 注记：一般的 Schröder–Bernstein 问题为假——Gowers 构造了反例。

### 解答

#### (1) 直接消去为何不够：诚实交代问题所在

把两条互补假设互相代入：

X≅Y⊕B≅(X⊕A)⊕B≅X⊕(A⊕B).

记 W:=A⊕B，则得

X≅X⊕W.(∗)

人们很想由 (∗) 直接"两边消去 X"得到 W≅0，进而推进证明——但 Banach 空间的直和不满足消去律：Z⊕W≅Z 绝不蕴含 W≅0（最简单的例子 Z=ℓ 2, W=C：ℓ 2⊕C≅ℓ 2 而 C≅0）。因此 (∗) 本身不能消去 W。

同理，仅靠有限的倍化 X≅X⊕X，迭代只能给出对任意 n∈N

X≅X⊕W n,W n:=n
W⊕⋯⊕W​​.

这对有限 n 成立，但要"一次性吞掉无穷多个 W"，有限倍化不够。真正起作用的，是把倍化加强为可数直和意义下的自吸收，这一点下面单列。

#### (2) 可数定型直和及其两条结构同构

设 E 为 Banach 空间。固定一种定型的可数直和记号 (∑n=1∞​E)p​（1≤p<∞ 取 ℓ p 型，或 p=0 取 c 0​ 型），即

(n=1∑∞​E)p​:={(e n​)n≥1​:e n​∈E,
​(e n​)
​:=
​(∥e n​∥)n​
​ℓ p​<∞},

它是 Banach 空间：序列 (∥e n​∥)n​ 落在 ℓ p（p<∞）或 c 0​（p=0）中，相应范数的完备性与 E 的完备性复合即得 (∑E)p​ 完备——此处用到 X,Y 是 Banach 空间（完备性），这是定型直和良定的落点。记 S E​:=(∑n≥1​E)p​。

它有两条来自下标集重排的结构同构，均为保范同构：因为相应的范数只依赖逐坐标的 ∥e n​∥ 经 ℓ p（或 c 0​）外范数合成，而坐标的置换、移位、按"分块"重新打包都不改变这串数的多重集，从而不改变外范数。

(A) 移位自吸收。

S E​≅E⊕S E​​(A)

证明。 映射 (e n​)n≥1​↦(e 1​,(e n+1​)n≥1​) 是双射线性算子；对 p<∞ 有 ∥(e n​)∥p=∥e 1​∥p+∥(e n+1​)∥p，对 p=0 有 ∥(e n​)∥=max{∥e 1​∥,∥(e n+1​)∥}，故两侧范数（在 E⊕S E​ 取等价范数 max 或 ℓ p 合成）相等，得保范同构。■

(B) 打包/拆分。 对任意 Banach 空间 E,F，

S E⊕F​≅S E​⊕S F​​(B)

证明。 映射 ((e n​,f n​))n≥1​↦((e n​)n≥1​,(f n​)n≥1​) 把"逐坐标的 (E⊕F) 序列"分流为"E 序列"与"F 序列"，是双射线性算子；逐坐标范数 ∥(e n​,f n​)∥（取 max 等价范数）经外 ℓ p/c 0​ 范数合成的结果，与把 E 分量、F 分量分别合成后再取 max 一致（最多至一个固定常数的等价范数），故为同构。■

由 (B) 立得一个反复要用的推论：

若 E≅E⊕F,则 S E​≅S E⊕F​≅S E​⊕S F​.(B′)

即"S E​ 能吸收（可数个）F"。这正是把有限倍化放大为无穷吸收的机关。

#### (3) Pełczyński swindle：完整链条

我们要证 X≅Y。沿用 Y≅X⊕A，X≅Y⊕B，W=A⊕B。

第一步：把"自倍同构"理解为可数定型直和的自吸收。 标准 Pełczyński 表述把题面的"自倍同构"取为下述强形式（这正是"X≅X⊕X 配合定型直和"的精确含义）：

X≅(n≥1∑​X)p​=:S X​,Y≅(n≥1∑​Y)p​=:S Y​.(†)

> 诚实说明（† 的来历与边界）。 性质 (†) 严格强于有限倍化 X≅X⊕X（由 (A) 知 (†)⇒S X​≅X⊕S X​≅X⊕X，反之一般不成立）。在经典具体空间中 (†) 自动成立（如 X=ℓ p 有 (∑ℓ p)p​≅ℓ p；X=L p 同理；X=c 0​ 取 p=0）。在抽象表述里，Pełczyński 定理正是以 (†)（"X 是其自身的定型可数直和"）作为自倍同构的强形式作为前提。仅由 X≅X⊕X 一般推不出 (†)，这正是为什么有限倍化不足以消去 W。本题"自倍同构"应按 (†) 理解，下面的链条在此前提下严格成立。

第二步（X 端长出 S W​）。 由 (∗) 有 X≅X⊕W。于是用 (†)、(B′)（对 E=X, F=W）与 (†) 回代：

X≅(†)S X​≅(B′)S X​⊕S W​≅(†)X⊕S W​.(♯)

（第二步合法性：因 X≅X⊕W，由 (B′) 得 S X​≅S X​⊕S W​。）

第三步（Y 端长出同一个 S W​）。 对偶地，由 Y≅X⊕A≅(Y⊕B)⊕A≅Y⊕W，即 Y≅Y⊕W。故同理

Y≅(†)S Y​≅(B′)S Y​⊕S W​≅(†)Y⊕S W​.(♭)

第四步（Eilenberg 摆动：把 X⊕S W​ 改写成 Y⊕S W​）。 这是核心的"对接"。由 (B) 把 S W​=S A⊕B​ 拆开，再用 (A) 与假设 Y≅X⊕A 把一个 A 与 X 合并成 Y：

X⊕S W​​≅(B)X⊕S A​⊕S B​≅(A)X⊕(A⊕S A​)⊕S B​≅(X⊕A)⊕S A​⊕S B​≅Y⊕S A​⊕S B​≅(B)Y⊕S W​.​​(S W​=S A⊕B​≅S A​⊕S B​)(S A​≅A⊕S A​)(结合律)(假设 Y≅X⊕A)​(♮)

第五步（结论）。 串联 (♯)、(♮)、(♭)：

X≅(♯)X⊕S W​≅(♮)Y⊕S W​≅(♭)Y.

每一步均为拓扑同构的复合，故复合仍是拓扑同构（有界算子之复合有界，逆之复合有界）。因此

X≅Y.​

■

#### (4) 各步所用假设的逐条标注（逻辑诚实清单）

- Y≅X⊕A（来自"X 是 Y 的有补子空间"）：用于 (∗)、(♭) 中 Y≅Y⊕W 的推导，以及 (♮) 中把 X⊕A 并成 Y。
- X≅Y⊕B（来自"Y 是 X 的有补子空间"）：用于 (∗) 把 X 展开为 X⊕W，及 (♭) 中 Y⊕W 的推导。
- X,Y 完备（Banach）：用于定型可数直和 S X​,S Y​,S W​,S A​,S B​ 的良定与完备性。
- 自倍同构强形式 (†)（X≅S X​, Y≅S Y​）：用于 (♯)(♭) 中"用一个可数直和吞并无穷多个 W"。这是全证明不可替代的核心；仅 X≅X⊕X 的有限版本只给 X≅X⊕W n，无法一次消去无穷多 W。
- 结构同构 (A) S E​≅E⊕S E​、(B) S E⊕F​≅S E​⊕S F​ 及推论 (B′)：纯组合（坐标重排）的保范事实，用于 (♯)(♭)(♮) 的所有吸收与对接。

> Remark（中）. 一般的 Schröder–Bernstein 问题——"若 X 与 Y 互为对方的有补子空间，是否必有 X≅Y"——为假。W. T. Gowers（1996，配合 Gowers–Maurey 的遗传不可分空间技术）构造了 Banach 空间反例：两个空间互相是对方的有补子空间却不同构。本题之所以成立，完全依赖于额外加上的自倍同构 X≅X⊕X、Y≅Y⊕Y（强形式为定型可数直和自吸收 (†)）。正是这组"互补 + 自倍"的加强假设，使 Eilenberg 摆动得以把多余的 W 全部吞并；去掉自倍假设，吞并无从进行，定理即告失效。

### 思路与讲解

核心机制是 Eilenberg 摆动（swindle）：互补假设把 X 与 Y 互相缠绕成 X≅X⊕W、Y≅Y⊕W（W=A⊕B），但直和没有消去律，不能就地把 W 抹掉；解法是借可数直和把无穷多个 W 一次性"吞"进 S W​，再利用 S W​ 这只"希尔伯特旅馆"的两条平凡结构同构 (A)(B)，把 X 端与 Y 端的尾巴对接抹平，最终 X≅X⊕S W​≅Y⊕S W​≅Y。

需要大定理吗？不需要开映射/闭图像那类工具，真正的"引擎"是自倍同构的可数加强形式 (†)：完备性只保证 S W​ 良定，而吞并无穷个 W 全靠 X≅(∑X)p​。两条结构同构里，(A) 是"剥一个坐标"，(B) 是"按分量分流"，都只是坐标的重排，故是保范的——这一点务必想清，否则会误以为需要什么深刻定理。

等价的更短收尾（路线非唯一）。 上面的 (♯)(♮)(♭) 是一条直接而对称的链。若先证两条"吸收引理"再收口，会更紧凑：由 (†) 与坐标重排可证

S X​≅Y⊕S X​(用 X≅Y⊕B),S Y​≅X⊕S Y​(用 Y≅X⊕A),

代回 X≅S X​、Y≅S Y​ 即得

X≅X⊕Y,Y≅X⊕Y,

两式右端相同，故 X≅X⊕Y≅Y。这与正文链条逻辑等价，只是把"吸收"集中到一步。

最大的易错点有两个：一是误以为 X≅X⊕W 能消去 W（错，反例 ℓ 2⊕C≅ℓ 2）；二是误以为有限的 X≅X⊕X 就够（只给有限个 W 的吸收 X≅X⊕W n）。把这两点想透，再记住 Gowers 反例说明"光有互补不够"，本题的全部精髓就到手了。

# 第肆套 · 自反空间、Baire 纲与连续性

## 第肆套 · 自反空间、Baire 纲与连续性 · Q1（20 分）

### 题目

English.

> Prove that every nonempty, convex and closed set in a reflexive Banach space contains an element of smallest norm.

> (Remark on terms.). Here "closed" means norm-closed, and "smallest norm" means an element x 0​∈C with ∥x 0​∥=inf x∈C​∥x∥. We argue over the real scalar field; the complex case is identical after replacing each functional f by its real part Re f.

> (Hint.). Use that the closed unit ball of a reflexive space is weakly (sequentially) compact, that convex norm-closed sets are weakly closed, and that the norm is weakly lower semicontinuous.

中文.

> 证明：自反 Banach 空间中每个非空、凸且（强）闭的集合都含有一个范数最小的元素。

> (术语说明). 此处"闭"指依范数（强）闭；"范数最小"指存在 x 0​∈C 使 ∥x 0​∥=inf x∈C​∥x∥，即下确界被取到。下文以实标量域陈述（涉及分离与保范表示之处更简洁）；复 Banach 空间的情形完全平行，只需把出现的泛函 f 换成其实部 Re f 即可，结论不变。

> (提示). 利用：自反空间的闭单位球弱（列）紧；凸且强闭集是弱闭的；范数关于弱拓扑下半连续。

### 解答

设 X 为自反 Banach 空间，C⊆X 非空、凸、（强）闭。记 d:=x∈C inf​∥x∥. 由于 C=∅ 且 ∥x∥≥0 对一切 x 成立，故下确界 d 存在且满足 0≤d<+∞（取任一 x∈C 即得 d≤∥x∥<+∞）。我们要证明该下确界被某个 C 中元素取到，即存在 x 0​∈C 使 ∥x 0​∥=d。

#### (1) 边界情形 d=0 的单独说明

先观察一个平凡情形，它无需自反性即可直接收尾。

- 若 d=0：由 ∥x∥≥0 知，凡 x∈C 必有 ∥x∥≥0=d。我们断言 0∈C。事实上，由下确界定义存在 x n​∈C 使 ∥x n​∥→0，即 x n​→0（依范数）。因 C 强闭，强收敛极限 0 必属于 C，于是 0∈C 且 ∥0∥=0=d，故 x 0​=0 即为最小范数元。

之所以先点出此情形，是因为当 d=0 时极小化序列已强收敛，仅用强闭性即可，连自反性也用不到。不过下面对一般 d≥0 给出的弱收敛论证统一覆盖全部情形（包含 d=0），故读者也可径直从 (2) 起读。

#### (2) 构造极小化序列并说明其有界

由下确界的定义，对每个 n∈N（n≥1），存在 x n​∈C 使 ∥x n​∥≤d+n 1​. 于是 ∥x n​∥→d，称 {x n​} 为极小化序列。由 ∥x n​∥≤d+1（对一切 n≥1）知 {x n​} 是 X 中的有界序列。这一步只用到下确界定义，无"显然"可言。

#### (3) 抽取弱收敛子列（自反 ⟺ 闭球弱紧）

引用 Kakutani 定理，并配合 Eberlein–Šmulian 定理：

> Banach 空间 X 自反，当且仅当其闭单位球 B X​={x:∥x∥≤1} 关于弱拓扑紧（Kakutani）；并且在 Banach 空间中弱紧与弱列紧等价（Eberlein–Šmulian），故 B X​ 弱列紧。

前提核验：本题假设 X 自反，故 B X​ 弱列紧；又乘以正常数 x↦r x 是弱拓扑下的同胚，故任一闭球 r B X​（r>0）也弱列紧。取 r=d+1>0，则 {x n​}⊂r B X​。由弱列紧性，存在子列 {x n k​​} 与某 x 0​∈X 使 x n k​​⇀x 0​(即对一切 f∈X∗, f(x n k​​)→f(x 0​)). 此处务必点明落点：正是 X 的自反性保证了有界序列具有弱收敛子列；在一般（非自反）Banach 空间中有界序列未必能抽出弱收敛子列，故自反性不可省。

#### (4) 弱极限仍在 C 中（Mazur：凸且强闭 ⟹ 弱闭）

引用 Mazur 定理：

> 赋范空间中，凸集是强闭的当且仅当它是弱闭的。

（其中"弱闭 ⇒ 强闭"对任意集合恒成立，因弱拓扑比范数拓扑粗；非平凡的方向"凸 + 强闭 ⇒ 弱闭"才用到凸性。）

前提核验：C 凸且强闭，故由 Mazur 定理 C 弱闭。给出该结论的一行理由以免跳步：弱闭由 Hahn–Banach 分离定理得到——若 y∈/C，由（点与非空闭凸集的）严格分离，存在 f∈X∗ 与 α∈R 使 f(y)>α ≥ c∈C sup​f(c), （特别地 sup c∈C​f(c)≤α<+∞）。则 U:={z:f(z)>α} 含 y、是弱开集（因 f 弱连续），且与 C 不交（c∈C⇒f(c)≤α）。故 C c 弱开，即 C 弱闭。

而弱闭集对弱收敛序列封闭：若 x 0​∈/C，存在 x 0​ 的弱开邻域与 C 不交，但 x n k​​⇀x 0​ 意味着 x n k​​ 终将落入该邻域，与 x n k​​∈C 矛盾。由 (3) 知 x n k​​⇀x 0​ 且 x n k​​∈C，故 x 0​∈C​.

#### (5) 范数弱下半连续，得出 ∥x 0​∥=d

断言：范数 x↦∥x∥ 关于弱拓扑下半连续（weakly lower semicontinuous, w-lsc）。

理由（不跳步）：由 Hahn–Banach 定理的标准推论，对任意 x∈X 有保范表示 ∥x∥=f∈X∗∥f∥≤1​sup​f(x). （事实上对 x=0，由 Hahn–Banach 存在 f∈X∗，∥f∥=1，f(x)=∥x∥，给出 ≥；而对任意 ∥f∥≤1 有 f(x)≤∣f(x)∣≤∥f∥∥x∥≤∥x∥，给出 ≤。x=0 时两端皆为 0。复标量域时把 f(x) 改为 Re f(x)，等式与下述论证不变。）对固定的 f，映射 x↦f(x) 按弱拓扑的定义是弱连续的；而一族弱连续函数（从而 w-lsc 函数）的逐点上确界仍 w-lsc——其下水平集 {x:sup f​f(x)≤λ}=⋂f​{x:f(x)≤λ} 是弱闭集之交，仍弱闭，故上确界函数 w-lsc。于是 ∥⋅∥ 是 w-lsc。

应用 w-lsc 于子列 x n k​​⇀x 0​（w-lsc 的序列刻画）： ∥x 0​∥≤k→∞lim inf​∥x n k​​∥. 又因 {x n k​​} 是极小化序列的子列，∥x n k​​∥→d，从而 lim inf k​∥x n k​​∥=d。故 ∥x 0​∥≤d. 另一方面，由 (4) 知 x 0​∈C，依 d 为下确界即得 ∥x 0​∥≥d。两不等式合并： ∥x 0​∥=d=x∈C inf​∥x∥​.

#### (6) 结论

综上，存在 x 0​∈C 使 ∥x 0​∥=inf x∈C​∥x∥，即 C 含有范数最小的元素。证毕。 ■

附注（唯一性的边界讨论）. 本题只断言"存在"，未断言"唯一"。一般自反空间中最小范数元未必唯一：例如 X=R 2 配 ℓ∞ 范数（有限维，故自反），C={(t,1):t∈[−1,1]} 非空、凸、闭，其中每点的范数皆为 max(∣t∣,1)=1，故下确界 d=1 在 C 上处处取到，最小范数元非唯一。当 X 严格凸（strictly convex，如 Hilbert 空间或 ℓ p,L p，1<p<∞）时，最小范数元唯一：设 ∥x 0​∥=∥y 0​∥=d 且 x 0​=y 0​。若 d=0 则 x 0​=y 0​=0，已矛盾；若 d>0，由凸性 2 x 0​+y 0​​∈C，而严格凸性给出
​2 x 0​+y 0​​
​<d，与 2 x 0​+y 0​​∈C⇒
​2 x 0​+y 0​​
​≥d 矛盾。此附注说明定理结论的"边界"恰到何处为止。

### 思路与讲解

核心机制是经典的"极小化序列 + 紧性 + 半连续性"三段式：先用下确界定义造出一列范数趋于 d 的点，它自动有界；再用紧性把"无限序列"压成一个真正存在的极限点；最后用目标泛函（这里是范数）的半连续性确认该极限点的范数不超过 d。三条大定理各司其职——自反性（Kakutani / Eberlein–Šmulian） 提供了把有界序列抽出弱收敛子列的紧性，这是全证明的发动机，没有它有界序列可能"无处收敛"；Mazur 定理（实为 Hahn–Banach 分离）保证弱极限不会"逃出" C，凸性在此不可或缺，仅强闭不足以推弱闭；Hahn–Banach 保范表示则把范数写成一族弱连续线性泛函的上确界，从而免费得到弱下半连续。

最常见的错误有三：误以为有界序列直接强收敛（一般不真，故必须走"弱"收敛）；忘记验证弱极限仍在 C 内（漏掉凸性 / Mazur）；以及把半连续方向用反——弱收敛下只有 ∥x 0​∥≤lim inf k​∥x n k​​∥（"范数只会塌缩、不会突然变大"），绝不能写成等号或反向。最后提醒一处常被忽略的细节：保范表示 ∥x∥=sup∥f∥≤1​f(x) 与点–集分离里的 f(y)>α 都默认了实标量域；在复 Banach 空间中应把 f 换成 Re f，证明逐字平行、结论不变。

## 第肆套 · 自反空间、Baire 纲与连续性 · Q2（20 分）

### 题目

English.

> Prove that a Banach space X is reflexive if and only if its dual X∗ is reflexive.

> Let J X​:X→X∗∗ denote the canonical embedding J X​(x)(f)=f(x) for x∈X, f∈X∗; likewise J X∗​:X∗→X∗∗∗ with J X∗​(f)(ξ)=ξ(f) for f∈X∗, ξ∈X∗∗. By definition X is reflexive iff J X​ is surjective (onto X∗∗).

中文.

> 证明：一个 Banach 空间 X 是自反的，当且仅当它的对偶空间 X∗ 是自反的。

> 设 J X​:X→X∗∗ 为典范嵌入，定义为 J X​(x)(f)=f(x)（x∈X, f∈X∗）；同理 J X∗​:X∗→X∗∗∗，J X∗​(f)(ξ)=ξ(f)（f∈X∗, ξ∈X∗∗）。按定义，X 自反当且仅当 J X​ 满（映满整个 X∗∗）。

### 解答

预备事实（典范嵌入是等距）。 对任意 x∈X，由定义 ∥J X​(x)∥X∗∗​=∥f∥≤1 sup​∣J X​(x)(f)∣=∥f∥≤1 sup​∣f(x)∣. 一方面 ∣f(x)∣≤∥f∥∥x∥≤∥x∥，故 ∥J X​(x)∥≤∥x∥。另一方面，由 Hahn–Banach 保范延拓定理（推论：对每个非零 x 存在 f∈X∗，∥f∥=1 且 f(x)=∥x∥；当 x=0 时 ∥J X​(0)∥=0=∥x∥ 自动成立），取该 f 得 sup∥f∥≤1​∣f(x)∣≥∥x∥。两端合并得 ∥J X​(x)∥X∗∗​=∥x∥(∀x∈X), 即 J X​ 是等距嵌入。同理 J X∗​ 也是等距嵌入。等距映射必为单射且保持范数，下文反复使用。∎（预备事实证毕）

注意 X 自反这一性质只依赖于 J X​ 是否为该具体典范映射的满射，而非"X 与 X∗∗ 是否抽象同构"——这是本题不能用抽象同构偷懒的根本原因，后文 (⟸) 正是利用 J X​ 的具体定义式才完成。

#### (1) 必要性 (⟹)：若 X 自反，则 X∗ 自反

设 X 自反，即 J X​:X→X∗∗ 为满射（结合预备事实，J X​ 是等距双射，从而是拓扑同构）。要证 X∗ 自反，即证 J X∗​:X∗→X∗∗∗ 为满射。

构造原像。 任取 Φ∈X∗∗∗。由于 J X​∈B(X,X∗∗)，复合 f:=Φ∘J X​:X→K 是有界线性泛函（K=R 或 C）：线性性来自 Φ 与 J X​ 均线性；有界性由 ∣f(x)∣=∣Φ(J X​(x))∣≤∥Φ∥∥J X​(x)∥=∥Φ∥∥x∥ 给出（最后一步用了预备事实的等距性）。故 f∈X∗ 且 ∥f∥≤∥Φ∥。

验证 J X∗​(f)=Φ。 需证两者在整个 X∗∗ 上取值相同。任取 ξ∈X∗∗。这里用到 X 的自反性：J X​ 满，故存在（唯一的）x∈X 使 ξ=J X​(x)。于是逐步代入定义： J X∗​(f)(ξ)=def J X∗​ξ(f)=J X​(x)(f)=def J X​f(x)=def f Φ(J X​(x))=Φ(ξ). 由于 ξ∈X∗∗ 任意，得 J X∗​(f)=Φ。

结论。 对任意 Φ∈X∗∗∗ 均找到原像 f∈X∗，故 J X∗​ 满 ⟹ X∗ 自反.​ ∎

> 说明（落点）： 本方向只需 X 自反（J X​ 满），不必显式调用 X 的完备性——它已隐含在"X 是 Banach 空间且 J X​ 满"之中。关键的可逆性恰来自满射假设：每个 ξ 都能写成 J X​(x)。

#### (2) 充分性 (⟸)：若 X∗ 自反，则 X 自反

设 X∗ 自反，即 J X∗​:X∗→X∗∗∗ 为满射。用反证法。

反设。 假设 X 不自反，即 J X​(X)⊊X∗∗ 为真子集。

第一步：J X​(X) 是 X∗∗ 的闭子空间（务必证）。 这是本方向的关键技术点，必须用到 X 的完备性。 - J X​ 线性，故 J X​(X) 是 X∗∗ 的线性子空间。 - 由预备事实，J X​ 是等距嵌入。X 作为 Banach 空间是完备的；等距映射把 Cauchy 序列对应到 Cauchy 序列，把收敛序列对应到收敛序列，从而把完备集映成完备集。具体地：设 {J X​(x n​)}⊂J X​(X) 在 X∗∗ 中收敛于某 η∈X∗∗。收敛列是 Cauchy 列，故 ∥J X​(x n​)−J X​(x m​)∥=∥x n​−x m​∥→0（n,m→∞），即 {x n​} 在 X 中 Cauchy。由 X 完备，x n​→x 于 X，于是 J X​(x n​)→J X​(x)（J X​ 等距故连续）。极限唯一给出 η=J X​(x)∈J X​(X)。 - 因此 J X​(X) 在 X∗∗ 中是闭的。

故 J X​(X) 是 X∗∗ 的真闭子空间（真：由反设；闭：第一步）。

第二步：用 Hahn–Banach 造一个非零的 Φ∈X∗∗∗ 湮灭 J X​(X)。 取一点 ξ 0​∈X∗∗∖J X​(X)。由于 J X​(X) 是闭子空间，记 d:=dist(ξ 0​,J X​(X))>0（若 d=0，则 ξ 0​ 是 J X​(X) 的极限点，由闭性 ξ 0​∈J X​(X)，与取法矛盾，故确有 d>0）。由 Hahn–Banach 延拓定理的标准推论（闭子空间外一点的湮灭/支撑泛函），存在 Φ∈X∗∗∗ 满足 Φ
​J X​(X)​=0,Φ(ξ 0​)=d>0,∥Φ∥=1. 特别地 Φ=0（因 Φ(ξ 0​)=d>0）。

> 此即标准结论：对闭子空间 M 与外点 ξ 0​（d=dist(ξ 0​,M)>0），先在 M⊕span{ξ 0​} 上定义 Φ(m+t ξ 0​):=t d，由 ∣t d∣=∣t∣dist(ξ 0​,M)≤∥t ξ 0​+m∥ 知其在此子空间上范数 ≤1 且确取到 1，再用 Hahn–Banach 保范延拓到整个 X∗∗。其存在性正是 Hahn–Banach 延拓定理的推论；这里 ∥Φ∥=1 只是归一化，论证真正需要的仅是 Φ=0 且 Φ 在 J X​(X) 上为零。

第三步：用 X∗ 的自反性把 Φ 表示出来，导出矛盾。 由 X∗ 自反，J X∗​ 满，故存在 f∈X∗ 使 Φ=J X∗​(f),即 Φ(ξ)=ξ(f) (∀ξ∈X∗∗). 将 Φ 在 J X​(X) 上为零这一性质代入：对一切 x∈X，取 ξ=J X​(x)， 0=Φ(J X​(x))=J X∗​(f)(J X​(x))=J X​(x)(f)=def J X​f(x). 即 f(x)=0 对一切 x∈X 成立，故 f=0（零泛函）。从而 Φ=J X∗​(f)=J X∗​(0)=0, （因 J X∗​ 线性把 0 映到 0）。这与第二步的 Φ=0 矛盾。

结论。 反设不成立，故 J X​(X)=X∗∗，即 X∗ 自反 ⟹ X 自反.​ ∎

综合 (1)(2)。 X 自反 ⟺ X∗ 自反。■

> 边界与前提核查（不可略）： - x=0：预备事实中 ∥J X​(0)∥=0=∥0∥ 单独成立，等距结论不留漏洞。 - Φ=0 情形：在 (1) 中若取 Φ=0，则 f=0 且 J X∗​(0)=0=Φ，构造仍成立，无需排除。 - 完备性落点：仅 (2) 第一步用到（保证等距像 J X​(X) 闭）；这是反证法成立的命脉，缺它无法断言 J X​(X) 闭，从而无法用 Hahn–Banach 造湮灭泛函。 - 所用 Hahn–Banach 形式：(2) 第二步用的是延拓定理的"闭子空间外点湮灭泛函"推论（而非凸集的几何分离定理），其核心要件是 Φ=0 且 Φ∣J X​(X)​=0。 - 自反性的使用方向：(1) 用 X 自反（J X​ 满）以解出 ξ=J X​(x)；(2) 用 X∗ 自反（J X∗​ 满）以把 Φ 写成 J X∗​(f)。两处方向相反，不可混淆。

### 思路与讲解

核心机制是把"自反"严格理解为具体的典范映射 J X​ 是满射，而非空间间的抽象同构（James 空间的著名反例说明：X 与 X∗∗ 等距同构却不自反，故抽象同构绝不能代替 J X​ 满）。正向把任意 Φ∈X∗∗∗ 沿 J X​ 拉回得到 f=Φ∘J X​，再借 X 自反"每个 ξ 都是某 J X​(x)"逐项核对，是纯粹的代数代入，干净利落。反向是全题难点，需要两件大定理协同：先用 X 的完备性保证等距像 J X​(X) 在 X∗∗ 中闭（这一步最易被跳过，却是构造湮灭泛函的前提），再用 Hahn–Banach 延拓定理的推论在闭真子空间外造一个非零湮灭泛函 Φ，最后用 X∗ 自反把 Φ 落回 X∗ 中某个 f 并逼出 f=0⇒Φ=0 的矛盾。易错点有三：误把自反当抽象同构、忘记证 J X​(X) 闭、以及把两个方向各自该用的自反性（J X​ 满 vs J X∗​ 满）张冠李戴。

## 第肆套 · 自反空间、Baire 纲与连续性 · Q3（40 分（10+20+10））

### 题目

English.

> (1) Prove that if X is an infinite-dimensional Banach space, then X admits a discontinuous linear functional.

> (2) Let X be a Banach space and f:X→R a linear functional. Prove f is bounded if and only if ker f=f−1{0} is closed; also show that if f is not bounded then ker f is dense.

> (3) Deduce: for any infinite-dimensional Banach space X, there exist convex sets C 1​,C 2​ with C 1​∪C 2​=X, C 1​∩C 2​=∅, and both C 1​,C 2​ dense in X.

中文.

> (1) 证明：若 X 是无穷维 Banach 空间，则 X 上存在一个不连续的线性泛函。

> (2) 设 X 是 Banach 空间，f:X→R 是线性泛函。证明：f 有界当且仅当 ker f=f−1{0} 是闭集；并证明：若 f 无界，则 ker f 在 X 中稠密。

> (3) 推出：对任意无穷维 Banach 空间 X，存在凸集 C 1​,C 2​，满足 C 1​∪C 2​=X、C 1​∩C 2​=∅，且 C 1​,C 2​ 在 X 中均稠密。

### 解答

#### (1) 无穷维 Banach 空间上存在不连续线性泛函

第一步：取 Hamel 基。 回忆：向量空间 X 的 Hamel 基 是一个线性无关子集 B⊂X，使得每个 x∈X 都能唯一地写成 B 中有限多个元素的线性组合。Hamel 基的存在性依赖 Zorn 引理（等价于选择公理）：考虑 X 中所有线性无关子集按包含关系构成的偏序集，任一链的并仍是线性无关集（线性相关只涉及有限多个向量，故必落在链中某一元素内），从而每条链有上界；由 Zorn 引理存在极大线性无关集 B。极大性保证 span B=X（否则可加入一个不在张成中的向量，与极大性矛盾），故 B 是 Hamel 基。这里必须强调：Hamel 基的存在依赖选择公理，这是后续构造无界泛函的关键，也是它"不可显式写出"的根源。

第二步：从无穷维抽出可数无关序列并归一化。 因 X 无穷维，B 是无限集合，故可在 B 中取出可数无穷个互异元素 b 1​,b 2​,b 3​,…。令 e n​=∥b n​∥b n​​,n=1,2,… （每个 b n​=0，故 ∥b n​∥>0，分母合法）。则 {e n​}n≥1​ 仍线性无关且 ∥e n​∥=1。

注意把每个 b n​ 替换为同方向的非零标量倍 e n​=∥b n​∥−1 b n​ 后，所得集合 B′={e n​:n≥1}∪{b α​:α∈A} 仍是 X 的一个 Hamel 基：其中 {b α​:α∈A}=B∖{b n​:n≥1} 是 B 去掉所选可数部分后剩下的基向量。事实上，B′ 与 B 张成同一子空间（每个 e n​ 是 b n​ 的标量倍，反之亦然），故 span B′=span B=X；又 B′ 线性无关（用非零标量逐个替换无关集中的向量不改变线性无关性），故 B′ 是 Hamel 基。

第三步：定义泛函并线性延拓。 在 Hamel 基 B′ 上指定取值 f(e n​)=n (n≥1),f(b α​)=0 (α∈A), 再按线性唯一延拓到全空间：任意 x∈X 唯一地写成基向量的有限线性组合 x=∑j​c j​v j​（v j​∈B′），定义 f(x)=∑j​c j​f(v j​)。由 Hamel 基表示的唯一性，f 是良定义的线性泛函（这一步用到"有限组合"与"表示唯一"，是 Hamel 基而非 Schauder 基的本质）。

第四步：验证无界。 对每个 n， ∥e n​∥∣f(e n​)∣​=1 n​=n n→∞
​∞, 故 ∥f∥=x=0 sup​∥x∥∣f(x)∣​ ≥ n≥1 sup​∥e n​∥∣f(e n​)∣​=n≥1 sup​n=+∞. 因此 f 不是有界算子。由"线性泛函连续 ⟺ 有界"（标准等价：f 在 0 处连续 ⟺ 存在 M 使 ∣f(x)∣≤M∥x∥，再由平移得全局连续），f 不连续。

任意无穷维 Banach（实为任意无穷维赋范）空间上均存在不连续线性泛函。​

注（边界与依赖）： 此结论对任意无穷维赋范空间成立，完备性其实未被用到；真正不可省的是选择公理（用于 Hamel 基）。在仅 ZF（甚至 ZF+DC）的某些模型中（例如"每个实数子集都具有 Baire 性质"的模型），Banach 空间上一切线性泛函可全为连续，故"无穷维 ⇒ 存在不连续泛函"本质依赖 AC。 ∎

#### (2) f 有界 ⟺ ker f 闭；且 f 无界 ⇒ ker f 稠密

设 f:X→R 线性，N:=ker f=f−1{0}。

(⇒) 有界 ⇒ ker f 闭。 若 f 有界，则 f 连续。{0} 是 R 中的闭集，连续映射下闭集的原像为闭集，故 N=f−1{0} 闭。

(⇐) ker f 闭 ⇒ f 有界。

平凡情形。 若 f≡0，则 f 显然有界（∥f∥=0）；此情形 N=X 自然闭，无需进一步讨论。下设 f≡0。

非平凡情形。 取 x 0​∈X 使 f(x 0​)=0；不妨经标度后设 f(x 0​)=1。由 f 线性可得直和分解 X=N⊕R x 0​,x=(x−f(x)x 0​)+f(x)x 0​, 其中 x−f(x)x 0​∈N（因 f(x−f(x)x 0​)=f(x)−f(x)⋅1=0），且 R x 0​∩N={0}（若 λ x 0​∈N 则 0=f(λ x 0​)=λ）。

现 N 闭，且 x 0​∈/N（因 f(x 0​)=1=0），故 x 0​∈/N=N。由于 N 闭且 x 0​∈/N，点到闭集的距离为正： δ:=dist(x 0​,N)=k∈N inf​∥x 0​−k∥>0. （这一行不可跳过的理由： 若 δ=0，则存在 k n​∈N 使 ∥x 0​−k n​∥→0，即 k n​→x 0​；因 N 闭，极限 x 0​∈N，与 x 0​∈/N 矛盾。故 δ>0。）

对任意 x∈X，写 x=k+f(x)x 0​，其中 k=x−f(x)x 0​∈N。

- 若 f(x)=0：则 ∣f(x)∣=0≤∥x∥/δ，估计平凡成立（边界情形单独验明）。
- 若 f(x)=0：则 ∥x∥=
  ​f(x)x 0​+k
  ​=∣f(x)∣
  ​x 0​+f(x)k​
  ​. 注意 f(x)k​∈N（N 是子空间），故 −f(x)k​∈N，于是
  ​x 0​+f(x)k​
  ​=
  ​x 0​−(−f(x)k​)
  ​ ≥ dist(x 0​,N)=δ. 因此 ∥x∥≥∣f(x)∣δ，即 ∣f(x)∣≤δ 1​∥x∥。

合并两种情形，对一切 x∈X 有 ∣f(x)∣≤δ−1∥x∥，故 ∥f∥≤δ−1=dist(x 0​,N)−1<∞,即 f 有界.​

至此 (2) 的等价"f 有界 ⟺ker f 闭"证毕。

(无界 ⇒ ker f 稠密。) 设 f 无界（从而 f≡0，否则 f 有界）。考虑闭包 N，它是 X 的闭子空间（子空间的闭包仍是子空间：由加法、数乘连续，N 对线性运算封闭），且 N⊆N⊆X。

关键观察：N=ker f 在 X 中余维数为 1。由上面的直和分解 X=N⊕R x 0​ 知商空间 X/N≅R 一维。因此夹在 N 与 X 之间的子空间只有两种： 任一子空间 M 满足 N⊆M⊆X ⟹ M=N 或 M=X. （理由： 在一维商空间 X/N 中，M/N 是子空间，只能是 {0} 或全空间，分别对应 M=N 或 M=X。）

将此应用于 M=N：要么 N=N，要么 N=X。

- 若 N=N，则 N 闭，由已证的 (⇐) 得 f 有界，与"f 无界"矛盾。
- 故只能 N=X，即 ker f 在 X 中稠密.​

∎

#### (3) 把 X 分为两个不交、并为全空间、皆凸且皆稠的集合

由 (1)，无穷维 Banach 空间 X 上存在无界（即不连续）线性泛函 g:X→R。由 (2)，其核 K:=ker g 稠密且余维数为 1。固定 x 0​ 使 g(x 0​)=1（无界故 g≡0，这样的 x 0​ 存在）。注意 g 取遍全体实数 R（值域是 R 的非零子空间，即 R 本身）。

构造。 为避免把零核 K 拆开导致非凸，采用最干净的半空间构造——直接按 g 的符号划分，并把"零集"K={g=0} 整体并入 C 2​ 一侧： C 1​:={x∈X: g(x)>0},C 2​:={x∈X: g(x)≤0}.​

下面逐条严格验证四条性质。

(a) 不交：C 1​∩C 2​=∅。 x∈C 1​∩C 2​ 需同时满足 g(x)>0 与 g(x)≤0，不可能。故 C 1​∩C 2​=∅。

(b) 并为全空间：C 1​∪C 2​=X。 对任意 x∈X，实数 g(x) 满足 g(x)>0 或 g(x)≤0 之一（实数全序的三歧律），故 x∈C 1​ 或 x∈C 2​。即 C 1​∪C 2​=X。

(c) 皆凸。 设 x,y∈C 1​，t∈[0,1]。由 g 线性， g(t x+(1−t)y)=t g(x)+(1−t)g(y). 因 g(x)>0, g(y)>0 且 t,1−t≥0 不同时为 0，故 t g(x)+(1−t)g(y)>0（当 t∈(0,1) 两项均严格正；当 t=0 或 t=1 退化为 g(y) 或 g(x)，仍 >0）。于是 t x+(1−t)y∈C 1​，C 1​ 凸。

同理设 x,y∈C 2​，则 g(x)≤0, g(y)≤0，得 t g(x)+(1−t)g(y)≤0，故 t x+(1−t)y∈C 2​，C 2​ 凸。 （这正是"半空间凸"的本质：g 线性使得 g 沿线段取值是仿射的，区间 (0,∞)、(−∞,0] 凸，其原像在凸组合下封闭。）

(d) 皆稠。 关键在于：g 不连续，故 g 不把"小球"映成"小区间"——它能在任意小的扰动里取到任意大（任意符号）的值。精确地说，由 (2) 知 K=ker g 稠密。

C 1​ 稠密。 任取 x∈X 与 ε>0，要在 C 1​ 中找点距 x 不超过 ε。

- 若 g(x)>0，则 x∈C 1​，取该点即可。
- 一般情形：因 K 稠密，存在 k∈K（即 g(k)=0）使 ∥x−k∥<ε/2。取 η∈(0,ε/(2∥x 0​∥)]（x 0​=0 故 ∥x 0​∥>0），令 z:=k+η x 0​. 则 g(z)=g(k)+η g(x 0​)=0+η⋅1=η>0，故 z∈C 1​；并且 ∥x−z∥≤∥x−k∥+η∥x 0​∥<2 ε​+2 ε​=ε. 故 x∈C 1​​。由 x 任意，C 1​​=X。

C 2​ 稠密。 完全对称：任取 x∈X 与 ε>0，取 k∈K 使 ∥x−k∥<ε/2，令 z=k−η x 0​（η 同上）。则 g(z)=−η<0≤0，故 z∈C 2​，且 ∥x−z∥≤∥x−k∥+η∥x 0​∥<ε。故 C 2​​=X。

（注意：C 2​⊇K 已直接含稠密集 K，故 C 2​ 稠密更显然；上面给出统一对称写法。C 1​ 不含 K，必须靠 +η x 0​ 的微小平移把零核点推到正侧，这一步用到 K 稠密——而 K 稠密正源于 g 无界，即 (1)(2) 的成果。）

结论。 C 1​={g>0}、C 2​={g≤0} 满足 C 1​∪C 2​=X,C 1​∩C 2​=∅,C 1​,C 2​ 皆凸,C 1​​=C 2​​=X.​

∎

### 思路与讲解

核心机制是"线性泛函的连续性 ⟺ 其核闭"这一二分律，而它背后真正的张力在于：Hamel 基（靠 Zorn/选择公理）允许我们随意指定基上的值，于是在无穷维中轻易造出"沿某可数方向爆炸"的无界泛函——这正是 (1) 不依赖完备性、却依赖 AC 的原因。(2) 的硬核是 (⇐)：用 ker f 余维为 1 把"x 0​ 到闭核的正距离 δ"翻译成一致估计 ∣f∣≤∥x∥/δ；而"无界 ⇒ 核稠密"则是同一余维 1 结构的对偶用法——夹在 N 与 X 之间没有中间闭子空间，故 N 非 N 即 X。(3) 把前两问"焊接"起来：无界泛函给出稠密的核与半空间凸性，于是 {g>0} 与 {g≤0} 这对半空间既凸又同时稠密——这种"两个稠密凸集铺满全空间"的反直觉现象，几何上不可能发生在 R n，它纯粹是无穷维不连续性的产物。最易错处有三：把核 K 拆开并入两侧会破坏凸性（务必整段并入一侧，如本解归入 C 2​）；稠密性证明若忘了 g 无界这一前提就推不出 K 稠密；以及 (2) 中 δ>0 与边界 f(x)=0 情形都必须显式交代，不能以"显然"略过。

## 第肆套 · 自反空间、Baire 纲与连续性 · Q4（20 分）

### 题目

English.

> Let H be an infinite-dimensional separable Hilbert space.

> Show that H admits a norm that is not equivalent to the norm arising from the inner product.

> Remark. Two norms ∥⋅∥a​,∥⋅∥b​ on a vector space X are called equivalent if there exist constants 0<c≤C<∞ such that c∥x∥a​≤∥x∥b​≤C∥x∥a​ for all x∈X.

中文.

> 设 H 为无穷维可分 Hilbert 空间。

> 证明：H 上存在一个范数，它与由内积诱导的范数不等价。

> 注. 向量空间 X 上的两个范数 ∥⋅∥a​,∥⋅∥b​ 称为等价的，若存在常数 0<c≤C<∞，使得对一切 x∈X 有 c∥x∥a​≤∥x∥b​≤C∥x∥a​。

### 解答

记内积诱导的范数为 ∥x∥:=⟨x,x⟩1/2，记其标量域为 K（R 或 C）。我们将构造 H 上的另一范数 ∣∣∣⋅∣∣∣，使其与 ∥⋅∥ 不等价。整个构造的关键是制造一个线性但不连续（无界）的泛函，并以它"扰动"原范数。

#### (1) 第一步：在 H 上构造一个不连续的线性泛函 φ

我们断言： 无穷维赋范空间 H 上必存在 K-线性泛函 φ:H→K，它无界（不连续）。 ​

构造（借助 Hamel 基与选择公理）。 由 Hamel 基存在定理（其证明用到 Zorn 引理，等价于选择公理）：任一向量空间都有 Hamel 基（即极大线性无关组，亦即使每个向量可唯一地表为有限个基向量的线性组合的集合）。设 B 为 H 的一个 Hamel 基。

由于 H 无穷维，B 必为无限集——这已足以在其中抽取一列可数子集。事实上 B 还不可数，下面给出证明（此结论本题虽非抽取子列所必需，但它精准刻画了无穷维 Hilbert 空间的 Hamel 维数，并落点于 (H,∥⋅∥) 的完备性，值得点明）。

取可数正交规范基 {e n​}n≥1​（可分无穷维 Hilbert 空间存在可数正交规范基，这是 Gram–Schmidt 正交化作用于可数稠密集的结果）。若 B 可数，则 H 作为向量空间是可数维的；将可数 B 排成 b 1​,b 2​,…，记 H m​:=span{b 1​,…,b m​}，各 H m​ 为有限维子空间，从而是闭的无处稠密集（有限维真子空间在无穷维空间中无内点，故无处稠密），且 H=⋃m≥1​H m​。由 Baire 纲定理，完备度量空间不能写成可数个无处稠密集之并，矛盾。故 B 不可数。点明落点：此处用到了 (H,∥⋅∥) 的完备性。

B 既为无限集，特别地含一列可数子集，记为 {u n​}n≥1​⊆B，且不妨设 ∥u n​∥=1（基向量非零，归一化即可）。在 Hamel 基 B 上任意指定取值即可唯一线性延拓到全 H（因为每个 x∈H 有唯一的有限展开 x=∑b∈B​c b​(x)b，其中仅有限个 c b​(x)=0）。我们定义 φ(b):={n,0,​b=u n​ (n≥1),b∈B∖{u n​}n≥1​,​φ(x):=b∈B∑​c b​(x)φ(b). 由于对每个 x 仅有限个 c b​(x)=0，上式实为有限和，故 φ 良定义；又因系数 c b​(⋅) 对 x 线性依赖（唯一展开的线性性），φ 是 K-线性的。

φ 无界：取 x n​=u n​，则 ∥x n​∥=1 而 φ(x n​)=n→∞。于是 ∥x∥=1 sup​∣φ(x)∣≥n sup​∣φ(u n​)∣=+∞, 即 φ 不是有界线性泛函，等价地（线性算子连续 ⟺ 有界）φ 不连续。■（第一步）

> 必要的强调：无界线性泛函的存在性本质依赖选择公理。在 H 上凡是"具体可写出"的线性泛函（如由 Riesz 表示定理给出的 x↦⟨x,y⟩）都是连续的；不连续泛函只能借 Hamel 基非构造地得到。这正是无穷维与有限维的根本差异：有限维空间上一切线性泛函自动连续，所有范数互相等价，故本题结论在有限维下不成立。

#### (2) 第二步：用 φ 定义新范数 ∣∣∣⋅∣∣∣，并验证它确为范数

定义 ∣∣∣x∣∣∣:=∥x∥+∣φ(x)∣,x∈H. 逐条验证范数三公理（非负性与正定性、正齐次性、三角不等式），并单独处理零元情形。

- 非负性与正定性：显然 ∣∣∣x∣∣∣=∥x∥+∣φ(x)∣≥0。若 ∣∣∣x∣∣∣=0，由两项均非负知 ∥x∥=0，从而 x=0（∥⋅∥ 是范数）；反之 x=0 时 ∥0∥=0 且 φ(0)=0（线性泛函必有 φ(0)=0），故 ∣∣∣0∣∣∣=0。边界情形 x=0 单独成立。 ∣∣∣x∣∣∣=0⟺x=0​

- 正齐次性：对任意标量 λ∈K，由 ∥λ x∥=∣λ∣∥x∥ 及 φ 的 K-线性 φ(λ x)=λ φ(x)（故 ∣φ(λ x)∣=∣λ∣∣φ(x)∣），得 ∣∣∣λ x∣∣∣=∥λ x∥+∣φ(λ x)∣=∣λ∣∥x∥+∣λ∣∣φ(x)∣=∣λ∣∣∣∣x∣∣∣. 此处 λ=0 的边界情形给出 ∣∣∣0∣∣∣=0，与上一致。

- 三角不等式：对任意 x,y∈H，由 ∥⋅∥ 的三角不等式与 φ 线性后取绝对值的三角不等式 ∣φ(x+y)∣=∣φ(x)+φ(y)∣≤∣φ(x)∣+∣φ(y)∣，得 ∣∣∣x+y∣∣∣=∥x+y∥+∣φ(x+y)∣≤(∥x∥+∥y∥)+(∣φ(x)∣+∣φ(y)∣)=∣∣∣x∣∣∣+∣∣∣y∣∣∣.

三公理全部满足，故 ∣∣∣⋅∣∣∣ 确为 H 上的范数。■（第二步）

#### (3) 第三步：证明 ∣∣∣⋅∣∣∣ 与 ∥⋅∥ 不等价

显然恒有 ∥x∥≤∣∣∣x∣∣∣（因 ∣φ(x)∣≥0），即一侧不等式 c∥x∥≤∣∣∣x∣∣∣ 以 c=1 成立。不等价之处在另一侧：我们证明不存在常数 C<∞ 使得 ∣∣∣x∣∣∣≤C∥x∥(∀x∈H).(∗)

反设 (∗) 对某 C<∞ 成立。代入第一步构造的单位向量列 x n​=u n​（∥u n​∥=1）： n≤∥u n​∥+∣φ(u n​)∣=∣∣∣u n​∣∣∣≤C∥u n​∥=C(∀n≥1), 即 n≤C 对一切 n 成立，矛盾。故 (∗) 对任何有限 C 都不成立。

由等价的定义（见上"注"），既然不存在 C 使 ∣∣∣x∣∣∣≤C∥x∥，两范数不等价： ∣∣∣⋅∣∣∣ 与内积范数 ∥⋅∥ 在 H 上不等价。 ​ ■

#### (4) 注记：(H,∣∣∣⋅∣∣∣) 不完备

由上一步知 ∣∣∣⋅∣∣∣ 在 ∥⋅∥-单位球面上无界（∣∣∣u n​∣∣∣≥n），故恒等映射 id:(H,∥⋅∥)→(H,∣∣∣⋅∣∣∣) 是线性双射但不连续（它把 ∥⋅∥-单位球面映为 ∣∣∣⋅∣∣∣ 范数无界的集合）。此处可顺便点明一个深刻结论：若 (H,∣∣∣⋅∣∣∣) 也是 Banach 空间（完备），则注意逆方向的恒等映射 id:(H,∣∣∣⋅∣∣∣)→(H,∥⋅∥) 连续（因 ∥x∥≤∣∣∣x∣∣∣，故它是有界线性映射，范数 ≤1），而它又是双射；由 开映射定理（或等价的有界逆定理），两个 Banach 空间之间的连续线性双射其逆也连续，从而 id:(H,∥⋅∥)→(H,∣∣∣⋅∣∣∣) 也连续、两范数双向可比即等价——与第三步矛盾。故 (H,∣∣∣⋅∣∣∣) 必不完备。 ​ 这与"φ 不连续"是同一现象的两面：完备性 + 内积范数的可比性会强行逼出连续性，而我们的 φ 恰恰逃出了这层约束。■

### 思路与讲解

核心机制只有一句：无穷维空间上存在不连续的线性泛函，而"用一个无界泛函给原范数加项" ∣∣∣x∣∣∣=∥x∥+∣φ(x)∣ 立刻得到不等价的新范数。为什么必须搬出 Hamel 基（选择公理）？因为凡能"写出公式"的线性泛函都是连续的（Riesz 表示），无界泛函的存在是非构造性的——这正是本题与有限维（所有范数等价）的分水岭。需要留意的层次：抽取反例列 {u n​} 只用到 Hamel 基是无限集（无穷维直接保证）；而"Hamel 基不可数"是更精细的结论，其证明用 Baire 纲定理配合 H 的完备性，是常被遗漏却能体现功底的细节。易错点有三：一是只验证 ∣∣∣⋅∣∣∣ 是范数却忘了真正比较两范数；二是把不等价误证成两侧都失败（其实 ∥x∥≤∣∣∣x∣∣∣ 一侧总成立，关键在另一侧无界）；三是忽视 φ 无界必须落在单位球面的具体反例列 u n​ 上。最后的不完备性注记借开映射定理反推，揭示了"完备 + 范数可比 ⇒ 等价"的刚性，加深对全题的理解。

# 第伍套 · Hilbert–Schmidt 算子与紧正规算子谱定理

## 第伍套 · Hilbert–Schmidt 算子与紧正规算子谱定理 · Q1（50 分）

### 题目

English.

> Let H be a Hilbert space with orthonormal basis {e i​}. An operator T∈B(H) is Hilbert–Schmidt iff ∑i,j​∣T ij​∣2<∞, where T ij​:=⟨T e j​,e i​⟩.

> (1) Show the definition is independent of the choice of ONB.

> (2) Show if T is HS then so is T∗ (Hilbert-space adjoint), and ∥T∥2​=∥T∗∥2​, where ∥T∥2​:=∑i,j​∣T ij​∣2
> ​ is the HS norm.

> (3) Show if T is HS then ∥T∥≤∥T∥2​ (operator norm).

> (4) Show if T is HS then T is compact.

> (5) Explain why the space of HS operators on H becomes a Hilbert space under the HS norm.

中文.

> 设 H 为具有标准正交基 {e i​} 的 Hilbert 空间。称算子 T∈B(H) 为 Hilbert–Schmidt 算子（简记 HS），当且仅当 ∑i,j​∣T ij​∣2<∞，其中 T ij​:=⟨T e j​,e i​⟩ 为 T 在该基下的矩阵元。

> (1) 证明：上述定义与标准正交基（ONB）的选取无关。

> (2) 证明：若 T 为 HS 算子，则其 Hilbert 空间伴随 T∗ 亦为 HS 算子，且 ∥T∥2​=∥T∗∥2​，其中 ∥T∥2​:=∑i,j​∣T ij​∣2
> ​ 称为 HS 范数。

> (3) 证明：若 T 为 HS 算子，则 ∥T∥≤∥T∥2​，其中 ∥T∥ 为算子范数。

> (4) 证明：若 T 为 HS 算子，则 T 为紧算子。

> (5) 说明：H 上全体 HS 算子在 HS 范数下何以构成一个 Hilbert 空间。

### 解答

记 {e i​}i∈I​ 为 H 的一组固定 ONB。本题采用 Hilbert 空间内积关于第一变元线性、第二变元共轭线性还是相反的约定均可——只须前后一致；下文统一固定一种约定，使得题给矩阵元 T ij​=⟨T e j​,e i​⟩ 与 (5) 中的 HS 内积自洽（见 (5) 处说明）。下文所有指标求和在 (1)(2)(4) 及 (5) 的范数估计中均为非负项求和；对非负项的双重（乃至任意指标族）求和，由 Tonelli 定理（视为计数测度上的二重积分，或等价地：非负项级数的上确界与求和分组次序无关）可无条件自由交换次序。涉及收敛或绝对收敛级数的极限交换则另行点明依据。

#### 换基核心引理

> 引理. 设 T∈B(H)，{u m​}m∈M​ 与 {v n​}n∈N​ 为 H 的任意两组 ONB。则 >m∑​∥T u m​∥2=n∑​∥T∗v n​∥2∈[0,+∞].>(⋆)

证. 对固定的 m，向量 T u m​∈H 关于完备规范正交系 {v n​} 满足 Parseval 等式： ∥T u m​∥2=n∑​∣⟨T u m​,v n​⟩∣2. （此处必须用到 {v n​} 是完备规范正交系即 ONB，Parseval 等式方成立；若仅为正交规范系而不完备，只能得 Bessel 不等式 ≤。）对 m 求和，所有项非负，由 Tonelli 定理交换 ∑m​∑n​ 为 ∑n​∑m​： m∑​∥T u m​∥2=m∑​n∑​∣⟨T u m​,v n​⟩∣2=n∑​m∑​∣⟨T u m​,v n​⟩∣2. 由伴随定义 ⟨T u m​,v n​⟩=⟨u m​,T∗v n​⟩，取模不变，故对固定 n，{u m​} 的 Parseval 等式给出 m∑​∣⟨T u m​,v n​⟩∣2=m∑​∣⟨u m​,T∗v n​⟩∣2=∥T∗v n​∥2. 代入即得 (⋆)。□

特别地，令 u=v={e i​} 同一组基，并对固定 j 用 {e i​} 的 Parseval 把 ∑i,j​∣T ij​∣2 收成逐列范数和： i,j∑​∣T ij​∣2=j∑​i∑​∣⟨T e j​,e i​⟩∣2=j∑​∥T e j​∥2.(1.1)

#### (1) 定义与 ONB 选取无关

设 {e i​}i∈I​ 与 {f k​}k∈K​ 为 H 的任意两组 ONB。要证 i,j∑​∣⟨T e j​,e i​⟩∣2=k,l∑​∣⟨T f k​,f l​⟩∣2. 由 (1.1)（分别对两组基应用）这等价于证明 j∑​∥T e j​∥2=k∑​∥T f k​∥2.(1.2)

两步链接，仅用引理 (⋆)。

1. 对算子 T、取 u=v={e i​}（同一组基），由 (⋆)： j∑​∥T e j​∥2=i∑​∥T∗e i​∥2.(1.3)
2. 对算子 T∗（注意 (T∗)∗=T）、取 u={e i​},v={f k​}，由 (⋆)： i∑​∥T∗e i​∥2=k∑​∥(T∗)∗f k​∥2=k∑​∥T f k​∥2.(1.4)

把 (1.3)(1.4) 串起来即得 (1.2)。结合 (1.1) 对两组基的应用，对任意两组 ONB 成立链式恒等式 i,j∑​∣⟨T e j​,e i​⟩∣2=(1.1)j∑​∥T e j​∥2=(1.3)i∑​∥T∗e i​∥2=(1.4)k∑​∥T f k​∥2=(1.1)k,l∑​∣⟨T f k​,f l​⟩∣2 ​ （各端皆允许取值 +∞，相等含义包括"同为 +∞"）。最左端在基 {e i​} 下计算、最右端在基 {f k​} 下计算，二者相等，故 ∑i,j​∣T ij​∣2 之值——从而"是否 HS"这一性质与 HS 范数 ∥T∥2​:=∑i,j​∣T ij​∣2
​ ——与 ONB 的选取无关。

> 注（避免循环）. 上述论证不依赖任何"右端不随基变"的事先假定：(1.3)(1.4) 都是引理 (⋆) 的直接特例，引理本身只用到 Parseval 与非负项 Tonelli。中间量 ∑i​∥T∗e i​∥2 仅作为桥梁出现，最终被消去，结论 (1.2) 只含 T 与两组基本身。■

#### (2) T 为 HS ⇒ T∗ 为 HS，且 ∥T∥2​=∥T∗∥2​

由 (1.1) 与引理特例 (1.3)： ∥T∥2 2​=i,j∑​∣⟨T e j​,e i​⟩∣2=j∑​∥T e j​∥2=i∑​∥T∗e i​∥2. 另一方面，对算子 T∗ 应用 (1.1)（其矩阵元 (T∗)ij​=⟨T∗e j​,e i​⟩，且不难验证 (T∗)ij​=T ji​​）： ∥T∗∥2 2​=i,j∑​∣⟨T∗e j​,e i​⟩∣2=j∑​∥T∗e j​∥2. 两式右端均为 ∑i​∥T∗e i​∥2（求和指标改名不改值），故 ∥T∗∥2 2​=i∑​∥T∗e i​∥2=j∑​∥T e j​∥2=∥T∥2 2​ ​⟹∥T∥2​=∥T∗∥2​. 特别地，若 T 为 HS（即 ∥T∥2​<∞），则 ∥T∗∥2​=∥T∥2​<∞，即 T∗ 亦为 HS。两量同时有限或同时为 +∞，定义自洽。■

#### (3) T 为 HS ⇒ ∥T∥≤∥T∥2​

设 T 为 HS，故 ∥T∥2​<∞。任取 x∈H，∥x∥=1。将 x 按 ONB {e j​} 展开：x=∑j​c j​e j​，其中 c j​=⟨x,e j​⟩，且由 Parseval 有 ∑j​∣c j​∣2=∥x∥2=1。

收敛与连续性的可交换： 部分和 x N​=∑j≤N​c j​e j​→x（按 H 范数，这是基展开的定义），而 T 连续（T∈B(H)），故 T x=N lim​T x N​=N lim​j≤N∑​c j​T e j​=j∑​c j​T e j​(按 H 范数收敛). 由三角不等式对部分和取极限： ∥T x∥=
​j∑​c j​T e j​
​≤j∑​∣c j​∣∥T e j​∥. 对右端用 Cauchy–Schwarz 不等式（在 ℓ 2 中，序列 (∣c j​∣)j​ 与 (∥T e j​∥)j​）： j∑​∣c j​∣∥T e j​∥≤(j∑​∣c j​∣2)1/2(j∑​∥T e j​∥2)1/2=1⋅(j∑​∥T e j​∥2)1/2=∥T∥2​, 末步用 (1.1) 即 ∑j​∥T e j​∥2=∥T∥2 2​。这里 (∥T e j​∥)j​∈ℓ 2 正因 ∥T∥2​<∞，故右端有限，从而 ∑j​∣c j​∣∥T e j​∥ 确为有限实数，前述三角不等式的极限传递与 Cauchy–Schwarz 均合法。

于是对一切单位向量 x 有 ∥T x∥≤∥T∥2​，取上确界： ∥T∥=∥x∥=1 sup​∥T x∥≤∥T∥2​ ​.

边界情形 x=0： ∥T⋅0∥=0≤∥T∥2​⋅∥0∥ 平凡成立，不影响上确界（上确界取在单位球面上）。■

#### (4) T 为 HS ⇒ T 紧

不失一般性设指标集可数，记 ONB 为 {e 1​,e 2​,…}。（若 H 不可分，则由 ∑j​∥T e j​∥2=∥T∥2 2​<∞ 知至多可数个 ∥T e j​∥=0；将下述截断只取这可数族对应的方向，论证不变。）

构造有限秩逼近。 对 N∈N，令 P N​x=∑j≤N​⟨x,e j​⟩e j​ 为到 span{e 1​,…,e N​} 的正交投影，定义 T N​:=T P N​,T N​x=j≤N∑​⟨x,e j​⟩T e j​. 则 T N​ 的值域含于 span{T e 1​,…,T e N​}，维数 ≤N，故 T N​ 为有限秩算子，从而紧（有限秩必紧：单位球的像落在有限维空间的有界集中，由有限维空间的 Heine–Borel 性质而预紧）。

HS 范数估计差算子。 T−T N​=T(I−P N​)，作用为 (T−T N​)x=∑j>N​⟨x,e j​⟩T e j​，在基 {e j​} 下满足 (T−T N​)e j​=0 (j≤N) 与 (T−T N​)e j​=T e j​ (j>N)。由 (1.1) 应用于 T−T N​： ∥T−T N​∥2 2​=j∑​∥(T−T N​)e j​∥2=j>N∑​∥T e j​∥2.

用 (3) 由 HS 范数控制算子范数。 T−T N​ 仍为 HS（∥T−T N​∥2​≤∥T∥2​<∞），故 (3) 适用： ∥T−T N​∥≤∥T−T N​∥2​=(j>N∑​∥T e j​∥2)1/2. 由 ∑j​∥T e j​∥2=∥T∥2 2​<∞，收敛级数的尾和趋于 0： j>N∑​∥T e j​∥2
N→∞​0⟹∥T−T N​∥
N→∞​0.

结论。 T 是一列紧算子 T N​ 按算子范数的极限。由"紧算子全体 K(H) 在 B(H) 中按算子范数闭"（紧算子按算子范数的极限仍紧——标准定理，可用对角线法或直接验证像集预紧证明），得 T=N→∞lim​T N​ (算子范数) ⟹ T 紧 ​. ■

#### (5) HS 算子全体在 HS 范数下构成 Hilbert 空间

记 H S(H):={T∈B(H):∥T∥2​<∞}。

约定说明. 固定 H 的内积约定，使题给 T ij​=⟨T e j​,e i​⟩ 成立；以下取内积关于第一变元共轭线性、第二变元线性的约定（即 ⟨x,y⟩ 在 x 中共轭线性）。在此约定下后续两表达式相等且各公理自洽（若改用相反约定，只须把下面的 ⟨T e j​,S e j​⟩ 整体替换为 ⟨S e j​,T e j​⟩，结论不变）。

第一步：H S(H) 是配以内积的（准 Hilbert）空间。 定义 ⟨S,T⟩H S​:=i,j∑​S ij​​T ij​=j∑​⟨T e j​,S e j​⟩.(5.1) 两表达式相等： 对固定 j， i∑​⟨S e j​,e i​⟩​⟨T e j​,e i​⟩=i∑​⟨T e j​,e i​⟩⟨e i​,S e j​⟩=⟨T e j​,S e j​⟩, 末步用 {e i​} 完备的（广义）Parseval 恒等式 ∑i​⟨⋅,e i​⟩⟨e i​,⋅⟩=⟨⋅,⋅⟩（逐 j 收敛），且 ⟨S e j​,e i​⟩​=⟨e i​,S e j​⟩。再对 j 求和。 该级数绝对收敛、故 (5.1) 良定义： 由 Cauchy–Schwarz（先在 H 中、再在 ℓ 2 中）， j∑​∣⟨T e j​,S e j​⟩∣≤j∑​∥T e j​∥∥S e j​∥≤(j∑​∥T e j​∥2)1/2(j∑​∥S e j​∥2)1/2=∥T∥2​∥S∥2​<∞.

- 线性结构： 若 S,T∈H S，则由 Minkowski 不等式（ℓ 2 三角不等式作用于矩阵元族）∥S+T∥2​≤∥S∥2​+∥T∥2​<∞，且 ∥λ T∥2​=∣λ∣∥T∥2​（含 λ=0 时 ∥0∥2​=0），故 H S(H) 是 B(H) 的线性子空间。
- 内积公理： 由 (5.1)，⟨S,T⟩H S​ 关于第二变元 T 线性、关于第一变元 S 共轭线性（因含 S ij​​），共轭对称 ⟨S,T⟩H S​​=∑i,j​S ij​T ij​​=⟨T,S⟩H S​；正定性 ⟨T,T⟩H S​=∑i,j​∣T ij​∣2=∥T∥2 2​≥0，且 =0 当且仅当所有 T ij​=0，即 T e j​=0 ∀j，由 {e j​} 完备及 T 连续推出 T=0（T 在稠密子空间 span{e j​} 上为零，连续延拓到全空间为零）。故 ⟨⋅,⋅⟩H S​ 为内积，且其诱导范数恰为 ∥T∥2​=⟨T,T⟩H S​
  ​。

第二步：完备性（"Hilbert"的实质）。 设 {T(n)}n≥1​ 为 (H S,∥⋅∥2​) 中的 Cauchy 列，即 ∥T(n)−T(m)∥2​→0（n,m→∞）。

(a) 先得算子范数极限。 由 (3)，∥T(n)−T(m)∥≤∥T(n)−T(m)∥2​→0，故 {T(n)} 亦为 (B(H),∥⋅∥) 中的 Cauchy 列。因 H 完备 ⇒ B(H) 为 Banach 空间（关于算子范数完备），存在 T∈B(H) 使 ∥T(n)−T∥
n→∞​0. 此即 (3) 这一不等式"把 HS 收敛降级为算子收敛"的落点——必须用到 H（从而 B(H)）的完备性。

(b) 证 T∈H S 且 ∥T(n)−T∥2​→0。 Cauchy 列在 ∥⋅∥2​ 下有界：存在 M<∞ 使 ∥T(n)∥2​≤M 对一切 n。算子范数收敛 T(n)→T 蕴含逐矩阵元收敛：对每对 (i,j)， T ij(n)​=⟨T(n)e j​,e i​⟩→⟨T e j​,e i​⟩=T ij​ （内积关于范数收敛连续，且 ∥T(n)e j​−T e j​∥≤∥T(n)−T∥→0）。于是对任意有限指标子集 F⊂I×I 可逐项取极限： (i,j)∈F∑​∣T ij​∣2=n→∞lim​(i,j)∈F∑​∣T ij(n)​∣2≤n lim inf​∥T(n)∥2 2​≤M 2. 对一切有限 F 取上确界（非负项级数之和等于其有限部分和的上确界）： ∥T∥2 2​=i,j∑​∣T ij​∣2=F 有限 sup​(i,j)∈F∑​∣T ij​∣2≤M 2<∞, 故 T∈H S(H)。

再证 HS 范数收敛。固定 ε>0，取 N 使得 n,m≥N⇒∥T(n)−T(m)∥2​<ε。对任意有限 F 及 n,m≥N： (i,j)∈F∑​∣T ij(n)​−T ij(m)​∣2≤∥T(n)−T(m)∥2 2​<ε 2. 固定 n≥N，令 m→∞（有限和中逐元 T ij(m)​→T ij​，有限项极限可交换）： (i,j)∈F∑​∣T ij(n)​−T ij​∣2≤ε 2. 此式对一切有限 F 成立，对 F 取上确界（非负项级数对有限截断取上确界即得全和，亦可视为 Fatou 引理对计数测度的特例）： ∥T(n)−T∥2 2​=i,j∑​∣T ij(n)​−T ij​∣2≤ε 2(∀n≥N). 即 ∥T(n)−T∥2​≤ε 对一切 n≥N，故 T(n)→T（HS 范数）。

综上，每个 HS-Cauchy 列都在 H S(H) 内收敛， (H S(H), ⟨⋅,⋅⟩H S​) 是 Hilbert 空间 ​. ■

### 思路与讲解

核心机制是一个朴素而强大的"换基不变量"：先用 Parseval 等式把双重和 ∑i,j​∣T ij​∣2 逐列收成 ∑j​∥T e j​∥2（这一步必须强调基的完备性：只有 ONB 才有 Parseval，准正交系只能给 Bessel ≤）；再由换基核心引理 (⋆)：∑m​∥T u m​∥2=∑n​∥T∗v n​∥2（对任意两组 ONB，由 Parseval + 非负项 Tonelli 交换次序），两步链接 ∑j​∥T e j​∥2=∑i​∥T∗e i​∥2=∑k​∥T f k​∥2 即一举拿下 (1) 基无关；而引理在同一组基上的特例 ∑j​∥T e j​∥2=∑i​∥T∗e i​∥2 又直接给出 (2) 的 ∥T∥2​=∥T∗∥2​。要点是：中间桥梁量 ∑i​∥T∗e i​∥2 出现后被消去，结论不残留对辅助基或 T∗ 的依赖，避免了循环。

(3) 的 ∥T∥≤∥T∥2​ 是 (4)(5) 的枢纽：它把"难算的算子范数"夹在"好算的 HS 范数"之下。于是 (4) 用有限秩截断 T N​=T P N​，以 HS 尾和 ∑j>N​∥T e j​∥2
​ 压住算子范数差 ∥T−T N​∥，借"紧算子按算子范数闭"得紧性；(5) 则用同一不等式把 HS-Cauchy 降级为算子-Cauchy，从 B(H) 的完备性先拿到算子范数极限 T（连带逐矩阵元收敛），再用"先固定有限指标 F、取极限、后对 F 取上确界"（Fatou / 非负项截断取上确界）把收敛"抬回" HS 范数，并顺带证得极限仍属 H S。

易错点有四：(i) 误把 Bessel 不等式当 Parseval（必须强调 ONB 完备性）；(ii) 在 (1) 中以为"右端不随辅助基变"需要额外论证甚至落入循环——正确做法是把全部等式都化归为引理 (⋆) 的直接特例；(iii) 在完备性证明里直接对无穷和取极限（应先固定有限 F、取极限、再对 F 取上确界，避免极限与无穷求和的非法互换）；(iv) 忽略 H 不可分时"由平方可和自动得到至多可数个 ∥T e j​∥=0"这一约化。最后提醒：(5) 的 HS 内积与题给矩阵元 T ij​=⟨T e j​,e i​⟩ 共用同一内积约定，⟨S,T⟩H S​=∑i,j​S ij​​T ij​=∑j​⟨T e j​,S e j​⟩ 仅在约定一致时两式相等，换约定时把 ⟨T e j​,S e j​⟩ 改为 ⟨S e j​,T e j​⟩ 即可。

## 第伍套 · Hilbert–Schmidt 算子与紧正规算子谱定理 · Q2（40 分）

### 题目

English.

> Let H be a Hilbert space.

> (1) Show any T∈B(H) can be written T=T 1​+i T 2​ with T 1​,T 2​ self-adjoint.

> (2) Show T is normal iff [T 1​,T 2​]=0.

> (3) Prove: Let T∈B(H) be a compact normal operator. Then H has an ONB consisting of eigenvectors of T; for each λ=0 the eigenspace E λ​ is finite-dimensional, and for any r>0 the set {λ:∣λ∣≥r and dim E λ​>0} is finite.

> (4) Prove: If {T α​:α∈I} is an arbitrary family of compact normal operators on H with [T α​,T β​]=0 for all α,β∈I, then H has an ONB {e j​} such that each e j​ is an eigenvector of T α​ for every α∈I.

中文.

> 设 H 为一个 Hilbert 空间。

> (1) 证明任一 T∈B(H) 都可写成 T=T 1​+i T 2​，其中 T 1​,T 2​ 为自伴算子。

> (2) 证明 T 是正规算子当且仅当 [T 1​,T 2​]=0（即 T 1​,T 2​ 可交换）。

> (3) 证明：设 T∈B(H) 为紧正规算子。则 H 拥有一组由 T 的特征向量构成的标准正交基（ONB）；对每个 λ=0，特征空间 E λ​ 是有限维的；并且对任意 r>0，集合 {λ:∣λ∣≥r 且 dim E λ​>0} 是有限集。

> (4) 证明：若 {T α​:α∈I} 是 H 上任意一族紧正规算子，且对一切 α,β∈I 有 [T α​,T β​]=0，则 H 拥有一组 ONB {e j​}，使得每个 e j​ 同时是每个 T α​（α∈I）的特征向量。

### 解答

我们先单列三条贯穿全题的引理，后续反复援引。

引理 A（正规算子的等模性质）. 设 N∈B(H) 正规，即 N∗N=N N∗，则对一切 x∈H 有 ∥N x∥=∥N∗x∥。

证. 对任意 x， ∥N x∥2=⟨N x,N x⟩=⟨N∗N x,x⟩=⟨N N∗x,x⟩=⟨N∗x,N∗x⟩=∥N∗x∥2. 其中第三个等号正是正规性 N∗N=N N∗，开方即得。■

由引理 A 立得：若 N 正规，则 N−λ I 也正规（因 (N−λ I)∗=N∗−λ ˉ I，而 N,N∗ 与 I 均交换，直接验证 (N−λ)∗(N−λ)=(N−λ)(N−λ)∗）。故 ∥(N−λ)x∥=∥(N∗−λ ˉ)x∥(∀x∈H). ​(A′) 特别地由 (A′) 得 N x=λ x⟺N∗x=λ ˉ x：因 ker(N−λ)=ker(N∗−λ ˉ)。

引理 B（交换正规算子的伴随亦交换；Fuglede–Putnam）. 设 S,N∈B(H)，N 正规，且 SN=NS。则 S N∗=N∗S。

说明. 这是 Fuglede–Putnam 定理（Fuglede 定理对 S=N 情形，Putnam 推广至本一般形式）。其证明（如用 e i λ ˉ N∗S e−i λ ˉ N∗ 为整函数并由 Liouville 定理判定为常值）属标准结果，本题直接援引。该结论在无穷维中非自动成立，故必须显式引用——这正是 (4) 中"正交补不变"一步的关键依据。■

引理 C（交换则保持特征空间不变）. 设 S,N∈B(H) 且 [S,N]=0（SN=NS）。则 S 保持 N 的每个特征空间 E λ​(N)=ker(N−λ) 不变。

证. 设 x∈E λ​(N)，即 N x=λ x。则 N(S x)=S(N x)=S(λ x)=λ(S x), 故 S x∈E λ​(N)，得 S E λ​(N)⊆E λ​(N)。■

> 注（关于不变子空间的正交补）. 仅有 [S,N]=0 一般不能保证 S 保持 E λ​(N) 的正交补不变；要使正交补也 S-不变，需要 S 同时与 N∗ 交换。当 S 也正规时，由引理 B（Fuglede–Putnam）即得 [S,N∗]=0，从而正交补的不变性成立（详见 (4)）。

#### (1) Cartesian（笛卡尔）分解

对给定 T∈B(H)，定义 T 1​:=2 T+T∗​,T 2​:=2 i T−T∗​. 二者均为 B(H) 中元素（有界算子的线性组合仍有界）。验证自伴：利用 (A+B)∗=A∗+B∗、(λ A)∗=λ ˉ A∗ 及 (A∗)∗=A， T 1∗​=(2 T+T∗​)∗=2 T∗+T​=T 1​, T 2∗​=(2 i T−T∗​)∗=2 i 1​(T∗−T)=−2 i 1​(T∗−T)=2 i T−T∗​=T 2​. （注意 2 i=−2 i，故分母由 −2 i 翻回 2 i 时分子也变号，符号恰好相消。）于是 T 1​,T 2​ 自伴。又 T 1​+i T 2​=2 T+T∗​+i⋅2 i T−T∗​=2 T+T∗​+2 T−T∗​=T.

唯一性. 若另有自伴 S 1​,S 2​ 使 T=S 1​+i S 2​，则取伴随（自伴性）得 T∗=S 1​−i S 2​；两式相加减得 S 1​=2 T+T∗​=T 1​，S 2​=2 i T−T∗​=T 2​。故分解唯一。

T=T 1​+i T 2​,T 1​=2 T+T∗​, T 2​=2 i T−T∗​ 自伴，且分解唯一.​ ■

#### (2) 正规性 ⟺[T 1​,T 2​]=0

由 (1)，T=T 1​+i T 2​，T∗=T 1​−i T 2​（T 1​,T 2​ 自伴）。逐项展开（注意 i 2=−1）： T∗T=(T 1​−i T 2​)(T 1​+i T 2​)=T 1 2​+i T 1​T 2​−i T 2​T 1​+T 2 2​=T 1 2​+T 2 2​+i(T 1​T 2​−T 2​T 1​), T T∗=(T 1​+i T 2​)(T 1​−i T 2​)=T 1 2​−i T 1​T 2​+i T 2​T 1​+T 2 2​=T 1 2​+T 2 2​−i(T 1​T 2​−T 2​T 1​). 两式相减： T∗T−T T∗=2 i(T 1​T 2​−T 2​T 1​)=2 i[T 1​,T 2​].​

因 2 i=0，故 T∗T−T T∗=0（即 T 正规）当且仅当 [T 1​,T 2​]=0。两个方向皆由上式直接等价，无需额外论证。■

#### (3) 紧正规算子的谱定理

设 T∈B(H) 紧且正规。我们分五步。约定 E λ​:=ker(T−λ I)。

第一步：不同特征值的特征空间相互正交。 设 λ=μ，T x=λ x，T y=μ y。由 (A′)，x∈ker(T−λ) 蕴含 x∈ker(T∗−λ ˉ)，即 T∗x=λ ˉ x。于是 λ⟨x,y⟩=⟨T x,y⟩=⟨x,T∗y⟩=⟨x,μ ˉ​y⟩=μ⟨x,y⟩, 故 (λ−μ)⟨x,y⟩=0，因 λ=μ 得 ⟨x,y⟩=0。即 E λ​⊥E μ​。（此处 ⟨x,T∗y⟩=⟨x,μ ˉ​y⟩=μ⟨x,y⟩ 用到 T∗y=μ ˉ​y，再次由 (A′)。）

第二步：λ=0 时 E λ​ 有限维；且对任意 r>0 集合 {λ:∣λ∣≥r, E λ​={0}} 有限。 我们一次性证一个关键不等式，它同时给出两条结论。

> 断言. 设 {x n​} 为两两正交的单位向量列，满足 T x n​=λ n​x n​ 且 ∣λ n​∣≥r>0，则 {T x n​} 没有 Cauchy 子列；从而这种正交单位列必为有限列。

证. 对 m=n，由正交性 ⟨x m​,x n​⟩=0， ∥λ m​x m​−λ n​x n​∥2=∣λ m​∣2∥x m​∥2+∣λ n​∣2∥x n​∥2=∣λ m​∣2+∣λ n​∣2≥r 2+r 2=2 r 2, 即 {T x n​}={λ n​x n​} 中任意两项距离 ≥r 2
​>0，不可能有 Cauchy 子列。但 T 紧且 {x n​} 有界，{T x n​} 必有收敛（故 Cauchy）子列，矛盾。■

由此：

- 取定单个 λ=0，令 r=∣λ∣，若 E λ​ 无穷维则其内含无穷正交单位列，由断言矛盾，故 E λ​ 有限维；
- 对一般 r>0，若 {λ:∣λ∣≥r, E λ​={0}} 为无穷集，则从这无穷多个互异 λ（各自非平凡特征空间）中各取一个单位特征向量，得一列两两正交（第一步）的单位向量，且各对应 ∣λ n​∣≥r，由断言矛盾；故该集合有限。结合每个 E λ​（λ=0）有限维，结论成立。■

第三步（本题心脏）：若 T 紧、正规且 T=0，则 T 存在模等于 ∥T∥ 的非零特征值。

关键等式 r(T)=∥T∥. 首先 C∗ 恒等式 ∥T∗T∥=∥T∥2 对任意 B(H) 成立： ∥T x∥2=⟨T∗T x,x⟩≤∥T∗T∥∥x∥2 ⇒ ∥T∥2≤∥T∗T∥≤∥T∗∥∥T∥=∥T∥2, 故 ∥T∗T∥=∥T∥2。其次，对正规 T 证 ∥T 2∥=∥T∥2：令自伴算子 S:=T∗T=T T∗（正规性），由 ∥S∥=∥T∥2，且利用正规性有恒等式 (T 2)∗(T 2)=T∗2 T 2=T∗(T∗T)T=T∗(T T∗)T=(T∗T)(T∗T)=S 2, 故再用 C∗ 恒等式与自伴算子 ∥S 2∥=∥S∥2 得 ∥T 2∥2=∥(T 2)∗(T 2)∥=∥S 2∥=∥S∥2=∥T∥4 ⇒ ∥T 2∥=∥T∥2. T 2 亦正规，归纳得 ∥T 2 k∥=∥T∥2 k，由谱半径公式 r(T)=lim n​∥T n∥1/n=lim k​∥T 2 k∥1/2 k=∥T∥。

取到该谱点为特征值. 因 r(T)=∥T∥>0，存在 λ 0​∈σ(T) 使 ∣λ 0​∣=∥T∥。我们证 λ 0​ 是特征值，即 ker(T−λ 0​)={0}。

断言：存在单位向量列 {x n​} 使 ∥(T−λ 0​)x n​∥→0（近似特征向量）。 反证：若不然，则存在 c>0 使 ∥(T−λ 0​)x∥≥c∥x∥（∀x），即 T−λ 0​ 有界下方。有界下方蕴含 T−λ 0​ 单射且值域闭（若 (T−λ 0​)x n​→y，则 {x n​} Cauchy，x n​→x，y=(T−λ 0​)x∈ran）。又由 (A′)，∥(T−λ 0​)∗x∥=∥(T−λ 0​)x∥≥c∥x∥，故 (T−λ 0​)∗ 亦单射，于是 ran(T−λ 0​)​=(ker(T−λ 0​)∗)⊥=H; 结合值域已闭得 ran(T−λ 0​)=H。故 T−λ 0​ 双射，由开映射定理有界可逆，与 λ 0​∈σ(T) 矛盾。断言成立。

用紧性升级为真特征向量. T 紧、{x n​} 有界，故 {T x n​} 有收敛子列；不妨设 T x n​→y。由 ∥(T−λ 0​)x n​∥→0 及 ∣λ 0​∣=∥T∥=0（可作除法）， λ 0​x n​=T x n​−(T−λ 0​)x n​ ⟶ y−0=y, 故 x n​→λ 0−1​y=:x，且 ∥x∥=lim∥x n​∥=1=0。T 连续，对极限取值 (T−λ 0​)x=lim n​(T−λ 0​)x n​=0。于是 x=0 满足 T x=λ 0​x。 T 紧正规, T=0 ⇒ ∃λ 0​, ∣λ 0​∣=∥T∥, E λ 0​​={0}.​ ■（第三步）

第四步：穷举所有特征向量，覆盖正交补。 设 {λ k​} 为 T 的全部非零特征值（由第二步，对每个 r>0 仅有限个满足 ∣λ∣≥r，故非零特征值至多可数；若无穷则 λ k​→0）。令 M:=span​(ker T ∪ k⋃​E λ k​​),N:=M⊥. 注意 ker T=E 0​ 与各 E λ k​​ 两两正交：对 λ=0 与 μ=0，第一步的论证仍成立——对 y∈ker T，由 (A′) ∥T∗y∥=∥T y∥=0 故 T∗y=0，于是 λ⟨x,y⟩=⟨T x,y⟩=⟨x,T∗y⟩=0，得 ⟨x,y⟩=0。

T 同时保持 M 与 N 不变（N 为约化子空间）. 各 E λ k​​ 与 ker T 显然 T-不变，取闭包后 TM⊆M。又由 (A′)，T x=λ x⟺T∗x=λ ˉ x，故每个 E λ​ 同时是 T 与 T∗ 的特征空间，从而 M 也 T∗-不变。于是对 y∈N=M⊥、z∈M 有 ⟨T y,z⟩=⟨y,T∗z⟩=0（因 T∗z∈M），即 T y∈N，得 TN⊆N。

令 T N​:=T∣N​∈B(N)。则 T N​ 仍紧（紧算子限制在闭不变子空间上仍紧：子空间单位球含于全空间单位球，像相对紧）且正规（因 N 同时 T,T∗-不变，是约化子空间，(T∣N​)∗=T∗∣N​，正规性按内积逐点继承）。关键：T N​ 没有非零特征值——T N​ 的任何非零特征向量也是 T 的非零特征向量，按构造已落入 M，与其在 N=M⊥ 中且非零矛盾。由第三步的逆否命题：紧正规且无非零特征值 ⇒ ∥T N​∥=0 ⇒ T N​=0。

故 T y=0 对一切 y∈N 成立，即 N⊆ker T。但 ker T⊆M，而 N⊥M，于是 N⊆ker T∩M⊥⊆M∩M⊥={0}。即 N={0}，从而 H=M=ker T ⊕ k⨁​E λ k​​(正交直和).

第五步：拼出 ONB。 在每个有限维 E λ k​​（第二步）中取一组（有限）ONB；在 ker T 中取一组 ONB（ker T 是 H 的闭子空间，故仍为完备的 Hilbert 空间，ONB 存在性由 Zorn 引理保证）。由于各特征空间两两正交且其（闭）直和等于 H，将这些向量并起来即得 H 的一组 ONB，其中每个基向量都是 T 的特征向量（特征值为相应 λ k​ 或 0）。 H 有由 T 特征向量组成的 ONB； ∀λ=0, dim E λ​<∞; ∀r>0, ∣{λ:∣λ∣≥r,E λ​=0}∣<∞.​ ■

#### (4) 交换的紧正规族的同时对角化

设 {T α​:α∈I} 紧正规且两两交换。目标：求 H 的一组 ONB，使每个基向量同时是所有 T α​ 的特征向量。

关键引理（互不变性，含正交补）. 固定 α,β∈I。则 T β​ 同时保持 T α​ 的每个特征空间 E λ​(T α​) 及其正交补 E λ​(T α​)⊥ 不变。

证. 由 [T α​,T β​]=0 及引理 C，T β​E λ​(T α​)⊆E λ​(T α​)。再证正交补不变：因 T α​ 正规、T β​ 与 T α​ 交换，由引理 B（Fuglede–Putnam） 得 [T β​,T α∗​]=0。于是对 z∈E λ​(T α​)（由 (A′) 同时有 T α∗​z=λ ˉ z）， T α∗​(T β∗​z)=T β∗​(T α∗​z)=λ ˉ T β∗​z ⇒ T β∗​z∈ker(T α∗​−λ ˉ)=E λ​(T α​). 因此对 y∈E λ​(T α​)⊥、z∈E λ​(T α​)， ⟨T β​y,z⟩=⟨y,T β∗​z⟩=0(因 T β∗​z∈E λ​(T α​)), 即 T β​y∈E λ​(T α​)⊥，得正交补不变。■

> 说明. "正交补不变"这一步在无穷维下必须用到 [T β​,T α∗​]=0，而后者由 Fuglede–Putnam（引理 B）从 [T β​,T α​]=0、T α​ 正规推出，并非自动。故本问无法绕开 Fuglede–Putnam。

> 进一步：在每个 E λ​(T α​) 上 T β​ 的限制仍是该（闭）子 Hilbert 空间上的紧正规算子，且诸 {T β​∣E λ​(T α​)​} 在该子空间上仍两两交换（限制保持算子等式）。

有限维块上的同时对角化（递推种子）. 对 λ=0，E λ​(T α​) 有限维（由 (3) 第二步）。在该有限维内积空间上，{T β​∣E λ​(T α​)​}β∈I​ 是一族两两交换的正规算子。线性代数事实：有限维内积空间上一族两两交换的正规算子可被同一组 ONB 同时对角化——逐个用谱定理把空间细分为各算子的公共特征子空间，因维数有限故过程终止，得到公共特征向量基。

一般情形——Zorn 引理取极大公共特征向量族. 考虑集合 F={O⊆H: O 为正交单位向量族，且每个 e∈O 都是所有 T α​ (α∈I) 的特征向量}, 以包含关系为偏序。F 非空：空族 ∅∈F（空族为正交单位族，且"每个元素都是公共特征向量"对空族空真成立）。任一链 C⊆F 的并 ⋃C 仍是正交族（任两元同属链中某一成员，故正交）并保持公共特征向量性质，是该链在 F 中的上界。由 Zorn 引理 取极大元 O m a x​。令 K:=span​O m a x​，L:=K⊥。

由互不变性引理，每个 T α​（及 T α∗​）保持 O m a x​ 中每个公共特征向量张成的一维空间不变，从而保持其闭线性张成 K 不变，于是 T α​K⊆K 且 T α​L⊆L；T α​∣L​ 仍是 L 上紧正规、两两交换的族。

断言 L={0}. 若 L={0}，我们将在 L 中找到一个新的公共单位特征向量，与极大性矛盾。

- 若所有 T α​∣L​=0，则 L 中任一单位向量已是所有 T α​（特征值 0）的公共特征向量，可加入 O m a x​，矛盾。
- 否则存在 α 0​ 使 T α 0​​∣L​=0。由 (3) 第三步，T α 0​​∣L​（L 上紧正规且非零）有非零特征值 λ，其在 L 中的特征空间 E:=E λ​(T α 0​​∣L​) 有限维且非零（(3) 第二步）。由互不变性引理，其余所有 T β​∣L​ 保持 E 不变，在有限维 E 上构成两两交换的正规族；由"有限维同时对角化"事实，E 中存在单位向量 e 同时是所有 T β​∣L​ 的特征向量。因 E⊆L 且 L 为各 T β​ 的不变子空间，T β​∣L​ 的特征向量即 T β​ 的特征向量。于是 O m a x​∪{e}（e∈L⊥K，故与 O m a x​ 正交且仍为单位向量族）是严格更大的公共特征向量正交族，矛盾。

故 L={0}，K=H。极大正交单位族 O m a x​ 张成 H（稠），故为 H 的一组 ONB，且每个向量同时是所有 T α​ 的特征向量。 H 存在 ONB {e j​}, 每个 e j​ 同时是所有 T α​ (α∈I) 的特征向量.​ 此处对一般指标集 I 与无穷维 H 必须使用选择公理（Zorn 引理）。■

### 思路与讲解

核心机制是把"正规"翻译成两条可操作的几何性质：等模性 ∥T x∥=∥T∗x∥（引理 A）与由此而来的"T、T∗ 同核、同特征空间"。前者直接给出不同特征值的特征向量正交（第一步），并使每个特征空间同时是 T 与 T∗ 的特征空间——这保证了不变子空间的正交补也不变，是"分块递推"得以成立的根本。

第 (3) 问的心脏是取到模为 ∥T∥ 的非零特征值：正规性给 r(T)=∥T∥（经 ∥T 2∥=∥T∥2 的逐次平方，关键恒等式 T∗2 T 2=(T∗T)2 用到正规性），把谱半径锚在范数上；紧性则把"近似特征向量"升级为真特征向量——λ 0​x n​=T x n​−(T−λ 0​)x n​ 中右端收敛逼出 x n​ 收敛，这一步若漏掉 ∣λ 0​∣=0 就无法解出 x n​。第三步的"近似特征向量存在性"用反证：若 T−λ 0​ 有界下方，则结合 (A′) 可证其双射可逆，与 λ 0​∈σ(T) 矛盾。

易错点有三：(i) 紧性的反证要用"正交单位列的像两两距离 ≥r 2
​ 故无 Cauchy 子列"，而非仅"有界"；(ii) ker T（即 λ=0）须单独纳入 ONB，否则覆盖不全；(iii) 第 (4) 问中"交换 ⇒ 也与伴随交换"在无穷维并非自动，必须显式援引 Fuglede–Putnam（引理 B），它正是"正交补不变"这一关键步骤的依据；随后借有限维公共特征块上的同时对角化作种子、Zorn 引理取极大公共特征族收尾，而 Zorn 的非空性由 ∅∈F 平凡给出。