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# 泛函分析五题 · 拿分攻略与思路讲解

> 本文档面向冲部分分的应试场景，不堆砌完整严谨证明，而是聚焦三件事： ① 怎么多拿分——每道小问标出 【骨架分】（不会做也要写、能拿 30–50%）与 【关键分】（真正的技巧那一步）； ② 思路从哪儿冒出来——讲清"看到条件 X / 目标 Y，就该条件反射想到手法 Z"的触发器； ③ 经典惯用手法——每题末尾列出可跨题复用、值得背诵收藏的标准套路。

> 所有关键步骤数学正确（经独立审查 + SymPy/数值复核）；但这是"考场下笔版"，措辞务实。

## 总览：五题考点与必背手法速查

题 | 主题 | 核心定理/手法 | 最该拿的关键分
--- | --- | --- | ---
1 | 弱收敛三连 | Hahn–Banach 分离点 · 一致有界原理 · Radon–Riesz | (b) 弱收敛⟹有界(UBP)，最易漏
2 | C[−1,1] 符号泛函 | 范数上界把|f|外放 · 猜最优函数sgn · 夹逼取等 | (b) 连续逼近列、(c) 等号链逼矛盾
3 | Hilbert 结构三连 | 投影定理(平行四边形律+完备) · 正交补认闭包 · 坐标化≅ℓ² | (a) 最近点Cauchy、(c) Parseval+Riesz–Fischer
4 | 紧算子谱 | 紧∘有界=紧 · I紧⟺有限维 · 反设无穷多+紧性矛盾 | (b) I=T⁻¹T紧、(c) Riesz引理造分离序列
5 | Fourier 乘子算子 | 闭图像定理 · 逐系数比较 · 算子∘点评估造泛函 | (a) CGT逐n对极限、(c) φ=√(2π)δ₀∘T

## 第 1 题 · 弱收敛三连：唯一性 / 配对极限 / Radon–Riesz（20 分）

### 题目

English. Let X be a Banach space and {x n​}⊂X. (a) Show that if {x n​} is weakly convergent, then the (weak) limit is unique. (b) Show that if x n​⇀x and f n​→f for {f n​}⊂X∗ and f∈X∗, then f n​(x n​)→f(x). (c) Show that if X is Hilbert, x n​⇀x and ∥x n​∥→∥x∥, then x n​→x (strongly).

中文. 设 X 是 Banach 空间，{x n​}⊂X。 (a) 证明：若 {x n​} 弱收敛，则（弱）极限唯一。 (b) 证明：若 x n​⇀x，且 {f n​}⊂X∗ 满足 f n​→f（强收敛，f∈X∗），则 f n​(x n​)→f(x)。 (c) 证明：若 X 是 Hilbert 空间，x n​⇀x 且 ∥x n​∥→∥x∥，则 x n​→x（强收敛）。

### 这道题在考什么 · 思路从哪儿冒出来

这三小问是"弱收敛入门三件套"，几乎每年都换皮出。(a) 考 Hahn–Banach 的分离点功能，(b) 考一致有界原理（弱收敛序列必有界）+ 裂项，(c) 考 Hilbert 空间的 Radon–Riesz（又名 Kadec–Klee）性质。这三个名字你最好背下来，写在卷子上既显专业又常常本身就是采分点。

(a) 的触发器：题目要你证"两个东西相等"（弱极限 x=y），但你手里唯一的信息是"对所有泛函 f 都有 f(x)=f(y)"。一看到"只有对偶配对的信息、却要推回向量本身相等"，就该条件反射：这是 Hahn–Banach 在帮我把 X∗ 的信息搬回 X。Hahn–Banach 的一个标准推论是"对偶空间分离点"——非零向量必能被某个泛函测出非零值。（同一招也适用于"证两个向量、甚至两个序列逐点配对相等"的题型：本质都是"对所有 f 相等 ⟹ 相等"。）

(b) 的触发器：要证两个乘积型的量 f n​(x n​)→f(x) 收敛，而你分别只知道 f n​→f、x n​⇀x——两个因子各自动。乘积两边各动一个，第一反应永远是加减项裂项（telescoping），把"两个都动"拆成"一次只动一个"。裂项后第一项需要 sup n​∥x n​∥<∞，而这个有界性不是白给的，要靠"弱收敛序列必有界"（一致有界原理）顶上——这是全题最容易被漏证的暗坑。

(c) 的触发器：在 Hilbert 空间里，你想把"弱收敛 + 范数收敛"升级成强收敛。Hilbert 空间里凡是要控制 ∥x n​−x∥，第一反应就是把范数平方、用内积展开（因为内积是 Hilbert 唯一好用的工具）。展开后每一项都恰好能用已知条件填平，三行就收工。这一问是三问里最送分的。

### 解答与拿分路标

#### (a) 弱极限唯一

【骨架分】 先把弱收敛定义抄上，并把目标归约清楚。设 x n​⇀x 且 x n​⇀y。按弱收敛定义，对任意 f∈X∗： f(x n​)→f(x),f(x n​)→f(y). 极限唯一（这是数列在 K 中的收敛，已是经典唯一极限），故 f(x)=f(y)即 f(x−y)=0,∀f∈X∗. 写到这里——"只需证：∀f∈X∗, f(x−y)=0⇒x−y=0"——已经拿走大半分。

【关键分】 援引 Hahn–Banach 分离点推论。反证：若 x−y=0，由 Hahn–Banach 定理的标准推论，存在 f∈X∗ 使 f(x−y)=∥x−y∥=0,∥f∥=1. 这与上面的 f(x−y)=0 矛盾。故 x−y=0，即 x=y。■

> 提示：那句"存在 ∥f∥=1 使 f(x−y)=∥x−y∥"就是 H–B 的招牌推论（对任意非零 z 存在范数 1 的泛函取到 f(z)=∥z∥）。点出它的名字 + 写出这一行，就是关键分。 不会精确叙述也没关系，写"由 Hahn–Banach，X∗ 分离 X 中的点"也给分。

#### (b) 配对极限

【骨架分】 写出裂项，并点名两项各趋零的理由。先做加减项： f n​(x n​)−f(x)=(I)
(f n​−f)(x n​)​​+(II)
(f(x n​)−f(x))​​. (II) 是固定泛函 f 作用在弱收敛序列上，正是弱收敛的定义：x n​⇀x⇒f(x n​)→f(x)，故 (II) →0。 对 (I) 作算子-向量的标准估计： ∣(f n​−f)(x n​)∣≤∥f n​−f∥X∗​∥x n​∥X​. 把裂项 + 这两行写上，已是稳稳的骨架分。

【关键分】 补上"弱收敛序列必有界"这一步——这是大多数人漏掉的得分点。要让 (I) →0，只需 ∥x n​∥ 一致有界。这不是显然的，要证：

> 把每个 x n​ 视为 X∗∗ 上的有界线性泛函 J x n​（典范嵌入，(J x n​)(f)=f(x n​)，且 ∥J x n​∥=∥x n​∥，这是等距嵌入）。对每个固定的 f∈X∗，注意 f(x n​) 收敛恰是弱收敛假设给的，收敛数列必有界：sup n​∣(J x n​)(f)∣<∞。这对每个 f 都成立，即族 {J x n​} 在 X∗ 上逐点有界。由一致有界原理（Banach–Steinhaus）（注意定理作用在定义域 X∗ 上，而 X∗ 总是 Banach 空间、是完备的，前提满足），得 n sup​∥x n​∥=n sup​∥J x n​∥=:M<∞.

于是 ∣(I)∣≤∥f n​−f∥⋅M→0(因 f n​→f). 合并：∣f n​(x n​)−f(x)∣≤∣I∣+∣II∣→0。■

> 考场策略：哪怕你来不及完整写 UBP 的证明，也务必写一句"由弱收敛序列必有界（一致有界原理），sup n​∥x n​∥=:M<∞"——光是点名这个结论并用它，就比裸用 ∥x n​∥ 多拿好几分。漏掉它的人会被扣"凭什么 ∥x n​∥ 有界"。进阶提醒："弱收敛序列必有界"在大多数教材里本身就是一条已证的标准定理；时间紧时可以直接引用它而不必每次从典范嵌入重证，但要会一句话点出理由（嵌入 X∗∗ 后逐点有界 + Banach–Steinhaus），以防阅卷要求"自证"。

#### (c) Radon–Riesz（Hilbert 强收敛）

【骨架分 + 关键分基本一体，这一问最送分】 约定内积第一变量线性、第二变量共轭线性（数学系常用约定；若你用相反约定，把下面的 ⟨x n​,x⟩ 整体换成 ⟨x,x n​⟩ 即可，结论不变）。在 Hilbert 空间把范数平方展开： ∥x n​−x∥2=⟨x n​−x,x n​−x⟩=∥x n​∥2−2 Re⟨x n​,x⟩+∥x∥2. 写出这一行就是这一问的核心，几乎等于关键分。 接着逐项填：

- ∥x n​∥2→∥x∥2（题给 ∥x n​∥→∥x∥）；
- 取固定向量 x 对应的泛函 f(⋅)=⟨⋅,x⟩∈X∗（Riesz 表示，它确是有界泛函），由 x n​⇀x 得 ⟨x n​,x⟩=f(x n​)→f(x)=⟨x,x⟩=∥x∥2, 故 Re⟨x n​,x⟩→∥x∥2。

代回： ∥x n​−x∥2→∥x∥2−2∥x∥2+∥x∥2=0, 即 x n​→x 强收敛。■

> 唯一容易卡的小关节：要说清"为什么 ⟨x n​,x⟩→⟨x,x⟩"——因为第二个分量 x 是固定的，所以 ⟨⋅,x⟩ 是一个固定泛函，弱收敛定义直接给结论。千万别错写成 ⟨x n​,x n​⟩ 去用弱收敛（那需要的是强收敛，循环论证）。把"固定 x 这条泛函"这句话写出来，满分稳了。

### 可复用的经典手法（划重点背诵）

- 「Hahn–Banach 分离点」：要从"∀f∈X∗, f(z)=0"推出"z=0"时使用——对任意 z=0 存在 ∥f∥=1 使 f(z)=∥z∥。它有效是因为 X∗ 足够"大"，能把 X 里的点全部测出来、互相分离。凡是"对所有泛函相等⟹向量相等"的题，闭眼上它。

- 「加减项裂项 / telescoping」：证两个因子各自变化的乘积（或配对）f n​(x n​)→f(x) 收敛时，插入中间项 f n​(x n​)−f(x)=(f n​−f)(x n​)+(f(x n​)−f(x))，把"两个都动"化为"一次只动一个"。万能于所有"动两个变量"的极限。

- 「弱收敛⟹有界（一致有界原理）」：只要题里出现弱收敛序列，且你要估计 ∥x n​∥，立刻断言 sup n​∥x n​∥<∞，理由是把 x n​ 嵌入 X∗∗ 后逐点有界 + Banach–Steinhaus（前提：作用域 X∗ 完备，恒成立）。这是最常被遗漏的"隐藏前提"，写出来就是送分；考场上也可直接引用作为已知定理。

- 「范数平方展开」（Hilbert 专用）：在 Hilbert 空间要控制 ∥x n​−x∥，一律平方成 ∥x n​∥2−2 Re⟨x n​,x⟩+∥x∥2。因为内积是 Hilbert 唯一的硬通货，展开后每项都能单独对付。注意写清内积线性约定，交叉项的实部由此而来。

- 「固定向量造泛函」：想用弱收敛的地方，必须把被测对象写成"固定泛函作用在动序列上"。Hilbert 里就是 f=⟨⋅,x⟩（x 固定）。关键是认清谁固定、谁在动——动的那个不能进泛函，否则会偷偷用到强收敛。

- 「弱 + 范数 = 强」（Radon–Riesz / Kadec–Klee）：记住这个名字和结论本身——Hilbert（及一致凸空间）中 x n​⇀x 且 ∥x n​∥→∥x∥ 蕴含 x n​→x。考试里点名它，叙述就先得一截分。

## 第 2 题 · C[−1,1] 上符号型积分泛函：范数=2 且不可达（20 分）

### 题目

English. Let C([−1,1]) be the space of real continuous functions with sup norm. Define T:C([−1,1])→R by T f=∫0 1​f−∫−1 0​f. (a) Show T∈B(C([−1,1]),R)=C([−1,1])∗. (b) Compute the operator norm ∥T∥. (c) Is ∥T∥ attained? I.e. does there exist ϕ∈C([−1,1]) with ∥ϕ∥=1 and ∣Tϕ∣=∥T∥?

中文. 设 C([−1,1]) 是定义在 [−1,1] 上的实值连续函数空间，配上上确界范数（sup 范数）。定义泛函 T:C([−1,1])→R 为 T f=∫0 1​f−∫−1 0​f。(a) 证明 T 是有界线性泛函，即 T∈B(C([−1,1]),R)=C([−1,1])∗。(b) 求算子范数 ∥T∥。(c) ∥T∥ 是否可达？即是否存在 ϕ∈C([−1,1]) 使得 ∥ϕ∥=1 且 ∣Tϕ∣=∥T∥？

### 这道题在考什么 · 思路从哪儿冒出来

这是一道"积分核型线性泛函"三件套的标准题：(a) 验证有界性（顺手得到一个范数上界），(b) 算精确范数，(c) 判断范数是否可达。背后的统一框架是：T f=∫−1 1​k(t)f(t)d t 这种泛函，其中本题的核是符号函数 k(t)=sgn(t)（在 [0,1] 上取 +1，在 [−1,0] 上取 −1）。这类泛函的范数"应该"是 ∫−1 1​∣k∣=2，可达性则取决于"最优函数 f=sgn(k) 是否落在空间里"。本题的精髓恰恰是：最优形状 sgn(t) 不连续，所以范数取到 2 却不可达。

(a) 的触发器：看到"证 T∈C∗"，条件反射拆成两件事——线性（白送，写出来即可）+ 有界（关键是配一个 ∣T f∣≤M∥f∥∞​）。配 M 的标准动作：把积分用 ∣f∣≤∥f∥∞​ 往外放，∣T f∣≤∫0 1​∣f∣+∫−1 0​∣f∣≤2∥f∥∞​（这里用到两段积分区间长度各为 1），于是 M=2 自然蹦出来，顺带白嫖了上界 ∥T∥≤2。

(b) 的触发器：算范数下界 = "猜最优函数"。技巧是反推：上界估计里的不等号何时取等？要让 ∫0 1​f−∫−1 0​f 尽量大，就要 f 在 [0,1] 上贴着 +1、在 [−1,0] 上贴着 −1——这就是 sgn(t)。但它在 0 处跳变、不连续，不在 C([−1,1]) 里。遇到"最优函数不在空间里"，标准化解就是用空间内的合法函数去逼近它（这里用一段在原点附近线性过渡的连续折线 ϕ n​）。

(c) 的触发器：判断"范数可达否"，核心套路是"假设取到，逼等号链把形状逼死"。若 Tϕ=2=∥T∥∥ϕ∥，则上界估计里的每一个 ≤ 都得变成 =；逐个分析等号条件，会强迫 ϕ 在两侧分别恒等于 ±1，从而在原点处自相矛盾（连续性被破坏）。这是 sup 范数空间里"严格不等导致不可达"的典型剧本。

### 解答与拿分路标

#### (a) T 是有界线性泛函

线性。 对任意 f,g∈C([−1,1])、α,β∈R，由积分的线性， T(α f+β g)=∫0 1​(α f+β g)−∫−1 0​(α f+β g)=α T f+βT g. 【骨架分】 这一步几乎白送，务必写。哪怕后面全卡住，"线性 + 下面这个有界估计"就能拿到本小问大部分分。

有界。 对任意 f， ∣T f∣=
​∫0 1​f−∫−1 0​f
​≤∫0 1​∣f∣+∫−1 0​∣f∣≤∥f∥∞​⋅1+∥f∥∞​⋅1=2∥f∥∞​. （最后一步用到 [0,1] 与 [−1,0] 的长度各为 1。）故 T 有界，T∈B(C([−1,1]),R)=C([−1,1])∗，且顺带得到上界 ∥T∥≤2。【骨架分 / 关键分】 这个 ≤2 的估计是全题的地基，(b) 要直接复用它。会写到这里，(a) 基本满分，并已锁定 (b) 的上界这一半。

#### (b) ∥T∥=2

由 (a) 已有 ∥T∥≤2​。只需再证下界 ∥T∥≥2。【骨架分】 哪怕不会构造，也要写下定义性的一句话： ∥T∥=∥f∥∞​≤1 sup​∣T f∣ ≥ ∥ϕ∥∞​∣Tϕ∣​对任意 ϕ=0, 并写明"最优函数应是 sgn(t)，但它不连续，故用连续函数逼近"。把这句"逼近 sgn"的意图写出来，阅卷人就知道你思路对了。

【关键分】构造逼近列。 对整数 n≥2，定义连续的奇分段线性函数 ϕ n​： ϕ n​(t)=⎩
⎨
⎧​1,n t,−1,​n 1​≤t≤1,−n 1​≤t≤n 1​,−1≤t≤−n 1​.​ 它连续（三段在 t=±n 1​ 处衔接：n⋅n 1​=1、n⋅(−n 1​)=−1），且 ∥ϕ n​∥∞​=1。计算 T ϕ n​：在 [0,1] 上， ∫0 1​ϕ n​=∫0 1/n​n t d t+∫1/n 1​1 d t=2 n 1​+(1−n 1​)=1−2 n 1​. 由 ϕ n​ 为奇函数，∫−1 0​ϕ n​=−(1−2 n 1​)，所以 T ϕ n​=∫0 1​ϕ n​−∫−1 0​ϕ n​=2(1−2 n 1​)=2−n 1​. 于是（因分母 ∥ϕ n​∥∞​=1，下界直接等于分子） ∥T∥≥∥ϕ n​∥∞​∣T ϕ n​∣​=2−n 1​
n→∞​2, 得 ∥T∥≥2。结合上界，∥T∥=2​。【关键分】 真正得分的是"给出合法连续的 ϕ n​ 并把 T ϕ n​ 老实算到 →2"。注意：用 ϕ n​ 奇性省一半计算是个小巧劲，但即便不用奇性、两段各算一遍也完全没问题。

#### (c) ∥T∥ 不可达

结论：不存在这样的 ϕ。【骨架分】 先把要证目标和方法写出来——"反证：设 ∥ϕ∥∞​=1 且 ∣Tϕ∣=2（不妨 Tϕ=2，否则换 −ϕ），导出矛盾"。光是把反证框架和不妨设写出来就有分。

【关键分】等号链逼形状。 由 ∥ϕ∥∞​=1 知 ∣ϕ(t)∣≤1 处处成立，故 2=Tϕ=∫0 1​ϕ−∫−1 0​ϕ ≤ ∫0 1​∣ϕ∣+∫−1 0​∣ϕ∣ ≤ ∫0 1​1+∫−1 0​1=2. 首尾都是 2，夹逼迫使中间每个 ≤ 都取等。逐个解读等号条件（每处差额都是一个非负连续函数的积分为零，故被积函数恒为零）：

- 定符号（第一组等号）。 ∫0 1​ϕ=∫0 1​∣ϕ∣，即 ∫0 1​(∣ϕ∣−ϕ)=0，被积 ∣ϕ∣−ϕ≥0 连续，故 ∣ϕ∣−ϕ≡0，即在 [0,1] 上 ϕ=∣ϕ∣≥0；同理 −∫−1 0​ϕ=∫−1 0​∣ϕ∣ 给出 ∫−1 0​(∣ϕ∣+ϕ)=0，故在 [−1,0] 上 −ϕ=∣ϕ∣≥0，即 ϕ≤0。
- 定幅值（第二组等号）。 ∫0 1​∣ϕ∣=∫0 1​1 即 ∫0 1​(1−∣ϕ∣)=0，被积 1−∣ϕ∣≥0 连续，故 1−∣ϕ∣≡0，即 ∣ϕ∣≡1 于 [0,1]；同理 ∣ϕ∣≡1 于 [−1,0]。

合起来：在 [0,1] 上 ϕ≡+1，在 [−1,0] 上 ϕ≡−1。但 ϕ 连续，看原点：由 [0,1] 上恒 +1 及连续性 ϕ(0)=lim t→0+​ϕ(t)=+1；由 [−1,0] 上恒 −1 及连续性 ϕ(0)=lim t→0−​ϕ(t)=−1。同一个 ϕ(0) 既等于 +1 又等于 −1，矛盾。（正是连续性把两侧开区间上的取值延拓到端点 t=0，才逼出冲突。）

故不存在范数可达的 ϕ，范数 ∥T∥=2 不可达。■

> 难度提示： (c) 比前两问难一档。会的人常卡在"由 ∫(1−∣ϕ∣)=0 推 ∣ϕ∣≡1"这一步——记住口诀：连续 + 非负 + 积分为零 ⇒ 处处为零。即便你只写到"等号链迫使 ϕ 在两侧贴 ±1、原点矛盾"的直觉描述而没写全严格性，也能拿到这一问的多数骨架分。

### 可复用的经典手法（划重点背诵）

- 【范数上界 = 把 ∣f∣ 往外放】 证有界 / 估上界时，对积分型泛函统一用 ∣f(t)∣≤∥f∥∞​ 把函数放成常数往外提，剩下的就是 ∫∣k∣（本题 ∫−1 1​∣sgn∣=2）。一步同时拿下"有界性"和"∥T∥≤∫∣k∣"，性价比最高。

- 【下界靠猜最优函数 f=sgn(k)】 算 ∫k⋅f 型泛函的范数下界，最优取法永远是让 f 与核 k 同号同幅（即 f=sgn(k)，使每点贡献 ∣k∣）。先猜这个理想函数，再看它在不在空间里。

- 【最优函数越界 ⇒ 连续折线逼近】 当理想函数（如 sgn）因不连续/不光滑而不在空间内时，用空间里的合法函数（分段线性、原点附近一小段过渡）逼近它，让 T 值 → 理想值。下界用 sup 取极限即可，无需真正达到。

- 【夹逼取等逼形状（不可达杀手锏）】 判可达性：假设取到范数，则上界推导里的每个不等号都被迫取等；逐个分析等号条件，往往把函数逼成一个不连续 / 自相矛盾的形状，从而否定可达。这是 sup 范数空间里证"不可达"的万能剧本。

- 【非负连续积分为零 ⇒ 恒为零】 g≥0 连续且 ∫g=0，则 g≡0。处理"积分取等"时把差额写成 ∫(1−∣ϕ∣)=0、∫(∣ϕ∣−ϕ)=0 这种非负积分，立刻锁死逐点信息。务必背熟，它是等号链分析的发动机。

- 【不妨设去绝对值】 遇到 ∣Tϕ∣=∥T∥，用 T(−ϕ)=−Tϕ 把绝对值脱掉、统一设 Tϕ=+∥T∥，简化讨论。小动作但能省一半 case，阅卷也爱看。

## 第 3 题 · Hilbert 结构三连：投影分解 / 反例需闭 / 可分≅ℓ²（20 分）

### 题目

English. Let H be a Hilbert space. (a) Let F⊂H be a closed subspace; show H=F⊕F⊥. (b) Give an example of a Hilbert space H and a subspace K such that H=K⊕K⊥. (c) If H is separable, show H≅ℓ 2 via an isometric isomorphism.

中文. 设 H 是一个 Hilbert 空间。 (a) 设 F⊂H 是一个闭子空间；证明 H=F⊕F⊥。 (b) 给出一个 Hilbert 空间 H 和一个子空间 K 的例子，使得 H=K⊕K⊥。 (c) 若 H 可分，证明存在等距同构 H≅ℓ 2。

### 这道题在考什么 · 思路从哪儿冒出来

这三小问是 Hilbert 空间理论的"三件套核心定理"，几乎每本泛函课都会原样考。(a) 是投影定理（正交分解定理）；(b) 是它的反面教材——专门考你"定理的哪个假设删不得"；(c) 是可分（无穷维）Hilbert 空间的分类定理，结论是"本质上只有一个可分无穷维 Hilbert 空间，就是 ℓ 2"。三问层层递进，背后都是同一套内积几何。

(a) 的思路触发器是这样的：看到"分解 x=p+z 且 z⊥F"这个目标，就应该条件反射地想"p 应该是 x 在 F 上的最近点"——因为几何直觉告诉你，垂足就是最近的点。于是问题归约为"最近点存不存在"。而一旦要证"某个极小化问题有解"，在 Hilbert 空间里的万能武器就是：取极小化序列，用平行四边形律证它是 Cauchy 列，再用完备性收敛。这是 Hilbert 空间最标志性的套路，必须形成肌肉记忆。

(b) 的触发器是逆向的：题目让你找反例，而 (a) 的唯一非平凡假设就是"F 闭"——那反例一定出在"K 不闭"上。再追问一句"K 不闭会怎样"，关键洞察是 K⊥=K⊥（正交补只看闭包），所以取 K 稠密但不等于 H，就有 K⊥={0}，分解直接塌成 K⊕{0}=K⊊H。

(c) 的触发器是：看到"等距同构到 ℓ 2"，脑子里立刻浮现"坐标 = 在标准正交基下的展开系数"。所以第一步必是"造一组可数标准正交基（ONB）"，第二步是"把向量映成它的系数序列"，剩下的全是 Parseval（管等距）+ Riesz–Fischer（管满射） 这两个名字。

### 解答与拿分路标

#### (a) 投影定理

【骨架分】 先把要证的东西摆出来，这部分不需要任何技巧就能写：

> 要证 H=F⊕F⊥，即证两件事：(i) 每个 x∈H 可写成 x=p+z，其中 p∈F、z∈F⊥；(ii) 这个分解的"直和"是真的——即 F∩F⊥={0}。

其中 (ii) 几乎白送：若 w∈F∩F⊥，则 ⟨w,w⟩=0（自己跟自己正交），故 w=0。这一句一定要写上。

【关键分·第一步：最近点存在性，这里用完备性】 固定 x∈H，令 d=y∈F inf​∥x−y∥. 取极小化序列 {y n​}⊂F，使 ∥x−y n​∥→d。对 x−y n​ 与 x−y m​ 用平行四边形律（∥a+b∥2+∥a−b∥2=2∥a∥2+2∥b∥2，取 a=x−y n​, b=x−y m​，则 a−b=y m​−y n​、a+b=2(x−2 y n​+y m​​)）： ∥y n​−y m​∥2=2∥x−y n​∥2+2∥x−y m​∥2−4
​x−2 y n​+y m​​
​2. 因 2 y n​+y m​​∈F（F 是子空间），故
​x−2 y n​+y m​​
​2≥d 2。于是 ∥y n​−y m​∥2≤2∥x−y n​∥2+2∥x−y m​∥2−4 d 2
n,m→∞​2 d 2+2 d 2−4 d 2=0. 所以 {y n​} 是 Cauchy 列；由 H 完备它收敛到某 p，又因 F 闭 得 p∈F，且 ∥x−p∥=d。（点评：这里"完备 + 闭"两个假设都用到了，这正是 (b) 反例的命门。）

【关键分·第二步：由最小性推正交】 令 z=x−p。对任意 y∈F 和任意实数 t，有 p+t y∈F，故 ∥z−t y∥2≥∥z∥2。展开： ∥z∥2−2 t Re⟨z,y⟩+t 2∥y∥2≥∥z∥2⟹−2 t Re⟨z,y⟩+t 2∥y∥2≥0 ∀t. 让 t→0+ 与 t→0− 比较（即一次项系数必为零，否则小 t 时左端变负），得 Re⟨z,y⟩=0；对复空间再把 y 换成 i y 得 Re⟨z,i y⟩=Im⟨z,y⟩=0。故 ⟨z,y⟩=0，即 z∈F⊥。

于是 x=p+z，p∈F，z∈F⊥，结合 (ii) 即得 H=F⊕F⊥。■

> 拿分提示：即使第一步的 Cauchy 估计你记不全，只要写出"取最近点 p、令 z=x−p、用 ∥z−t y∥2≥∥z∥2 展开得正交"这条主线，再加上 F∩F⊥={0}，就能拿到大半分。 平行四边形律那一步是阅卷人最看重的"关键分"。

#### (b) 反例需闭

【骨架分】 哪怕你想不出具体例子，也一定要写下这句话——它本身就给分：

> (a) 用到的唯一实质假设是 F 闭。所以反例必须取一个不闭的子空间 K。关键事实是 K⊥=K⊥（因为内积连续，⟨x,⋅⟩=0 在 K 上成立当且仅当在 K 上成立）。若 K 稠密但 K=H，则 K=H，于是 K⊥=H⊥={0}，从而 K⊕K⊥=K⊊H。

【关键分·给出具体例子并算正交补】 取 H=ℓ 2， K=c 00​={(a n​)n≥1​:a n​=0 只对有限个 n}(有限支撑序列). - K 是子空间（有限支撑序列的线性组合仍有限支撑）。 - K 在 ℓ 2 中稠密：任意 (a n​)∈ℓ 2 的截断 (a 1​,…,a N​,0,0,…)∈K 在 N→∞ 时按 ℓ 2 范数趋于它（误差平方 ∑n>N​∣a n​∣2→0），故 K=ℓ 2。 - 计算 K⊥：设 x=(x n​)⊥K。标准基向量 e k​∈K，故 ⟨x,e k​⟩=x k​=0 对一切 k，即 x=0。所以 K⊥={0}。

于是 K⊕K⊥=K⊕{0}=K=c 00​⊊ℓ 2=H，即 H=K⊕K⊥。■

> 拿分提示：这一问会与不会差距悬殊但门槛低。只要你写出"反例取不闭的 K"并随便给一个稠密真子空间（c 00​⊂ℓ 2 是最干净的，L 2 里取连续函数 / 多项式之类也行），就拿走骨架分；把 K⊥={0} 算清楚就接近满分。

#### (c) 可分 ≅ℓ 2

【骨架分】 先把策略写出来，每一句都给分：

> 思路：(1) 可分 ⇒ 存在可数标准正交基 {e n​}；(2) 定义系数映射 U:H→ℓ 2，Ux=(⟨x,e n​⟩)n​；(3) 证 U 是线性、等距、满射的双射，即等距同构。

（标准定理针对可分且无穷维的 H；若 H 有限维，下文第一步得到的 ONB 只有有限个，H≅C n=ℓ n 2​，它与无穷维 ℓ 2 不等距同构，应作为单独情形声明。以下设 H 无穷维，所造 ONB 可数无穷。）

【关键分·第一步：造可数 ONB】 H 可分，取可数稠密子集 {v k​}。对它做 Gram–Schmidt 正交化（途中丢掉线性相关的项），得到一个可数标准正交系 {e n​}，其线性张成 span{e n​}⊇span{v k​}⊇{v k​} 在 H 中稠密。此处"稠密的标准正交系即标准正交基（ONB）"不是空话：标准正交系 {e n​} 张成稠密 ⟺ 它是极大正交系 ⟺ Parseval 对每个 x 成立——而 Parseval 正是下一步等距所用，所以这一句把"可数稠密"真正升级成了能坐标化的 ONB。

【关键分·第二步：Parseval 给等距】 对 x∈H，由 Parseval 恒等式（ONB 的定义性质）： ∥x∥2=n∑​∣⟨x,e n​⟩∣2. 这说明 (⟨x,e n​⟩)n​∈ℓ 2 且 ∥Ux∥ℓ 2​=∥x∥H​，即 U 良定义且等距。等距自动给出单射（∥Ux∥=0⇒∥x∥=0⇒x=0）。U 线性也是显然的：在"取 ⟨x,e n​⟩ 为坐标"这一约定下，U 的线性恰来自内积对第一变元线性（实空间如此；复空间在同一约定下亦然），这是约定选择而非笔误。

【关键分·第三步：Riesz–Fischer 给满射】 任取 (c n​)n​∈ℓ 2。由 Riesz–Fischer 定理，级数 ∑n​c n​e n​ 在 H 中收敛——理由是部分和 s N​=∑n≤N​c n​e n​ 满足 ∥s N​−s M​∥2=M<n≤N∑​∣c n​∣2→0(N>M→∞, 因 (c n​)∈ℓ 2), 故 {s N​} Cauchy，由 H 完备收敛到某 x。再由内积连续 ⟨x,e k​⟩=lim N​⟨s N​,e k​⟩=lim N​∑n≤N​c n​⟨e n​,e k​⟩=c k​，即 Ux=(c n​)。所以 U 满射。

综上 U:H→ℓ 2 是线性等距双射，即等距同构，H≅ℓ 2。■

> 拿分提示：这一问的给分点几乎全是"报菜名"——写出"取 ONB → 系数映射 → Parseval 等距 → Riesz–Fischer 满射"这条链，每个名字都对应分数。即使你证不动 Riesz–Fischer 的收敛细节，点名"用 Riesz–Fischer 得满射"也能拿关键分。两处务必说清：① "可分 ⇒ 可数 ONB"（无穷维时基才可数，这正是用到可分的地方）；② 默认题目是无穷维 H（有限维要单独说 H≅C n，别硬塞进无穷维 ℓ 2）。

### 可复用的经典手法（划重点背诵）

- 【最近点 = 平行四边形律 + 完备性】 凡是 Hilbert 空间里要证"某极小化问题有唯一解 / 投影存在"，套路恒定：取极小化序列 → 平行四边形律证它 Cauchy → 完备性收敛。这是 Hilbert 几何的"第一公理级"工具，闭凸集上的最近点定理就是它。

- 【∥z−t y∥2≥∥z∥2 展开求正交】 想证 z⊥ 某子空间，就让它沿子空间方向微扰、用"z 是最近的"写出不等式，对 t 求导（或比较 t→0± 令一次项系数为零）逼出 ⟨z,y⟩=0；复空间再用 i y 补出虚部。"用极值的一阶条件挤出正交性"是反复出现的技巧。

- 【正交补只认闭包：K⊥=K⊥】 正交补对取闭包免疫，且 K⊥ 永远是闭子空间。由此立得：K 稠密 ⇒K⊥={0}。这是构造"分解失败"反例的总开关，也是判断稠密性的利器（稠密 ⟺K⊥={0}）。

- 【定理失效必查删掉的假设】 让你举反例时，先盯住原定理"最不起眼但删不得"的那个假设（这里是"闭"），反例八成就藏在违反它的地方。这是应对所有"give a counterexample"题的元策略。

- 【坐标化三件套：ONB → 系数映射 → Parseval/Riesz–Fischer】 想把抽象 Hilbert 空间等距搬到 ℓ 2，永远是"基 → 展开系数"。Parseval 负责"等距 + 单射"，Riesz–Fischer 负责"满射"。记住这对分工，可分 ≅ℓ 2 一类题就是填空。

- 【可分 ⇔ 可数稠密 ⇔ 可数 ONB】 "可分"这个词在 Hilbert 空间里几乎只有一个用途：保证基是可数的，从而能映到 ℓ 2（而非更大的 ℓ 2(Γ)）。看到"可分"就翻译成"可数 ONB"；再叠一句无穷维设定，就能干净地落到无穷维 ℓ 2 上。

## 第 4 题 · 紧算子谱：定义 / 0∈σ / 至多一个聚点（20 分）

### 题目

English. Let H be a Hilbert space, T∈B(H) compact. (a) State the definition of the spectrum σ(T). (b) Show that if H is infinite-dimensional, then 0∈σ(T). (c) Show that σ(T) has at most one accumulation point.

中文. 设 H 是 Hilbert 空间，T∈B(H) 是紧算子。(a) 叙述谱 σ(T) 的定义。(b) 证明：若 H 是无穷维的，则 0∈σ(T)。(c) 证明：σ(T) 至多有一个聚点。

### 这道题在考什么 · 思路从哪儿冒出来

这是紧算子谱理论（Riesz–Schauder 理论）的"标准三连问"，几乎是模板题。(a) 纯送分，就是背定义（但定义要写"准"，见下方对"逆无界"措辞的更正）。(b) 考的是那条最该刻进 DNA 的事实：无穷维空间里恒等算子不紧（等价说法：单位球非紧 = Riesz 定理）。(c) 才是真正有内容的一问，考的是紧算子谱的离散结构——非零谱点全是特征值，而且不能在远离 0 的地方堆积。

思路怎么自然冒出来，这里有三个明确的"触发器"，务必记住：

触发器一（b 问）：题目要你证"某个具体的 λ（这里是 0）落在谱里"。证"在谱里"几乎永远是反证法：反设 T−λ I 可逆，然后逼出矛盾。这里 λ=0，反设就是"T 可逆"。一旦 T 可逆，你手上同时有"T 紧"和"T−1 有界"，脑子里要立刻闪过 紧 ∘ 有界 = 紧，于是 I=T−1 T 是紧的——而"I 紧"在无穷维是禁忌，矛盾产生。矛盾的源头永远是那句话：I 紧 ⟺ dim H<∞。

触发器二（c 问）：看到"聚点 / accumulation point"加上"紧算子"，要条件反射到结论"非零特征值只能聚到 0"，也就是"对任意 r>0，{∣λ∣≥r} 里的（特征值即非零谱点）只有有限个"。

触发器三（c 问的核心技巧）：要证"某种东西只有有限个"，标准打法是反设有无穷多个，造一个序列，再用紧性（有界序列的像列必有收敛子列）逼出矛盾。这里就是取无穷多个互异特征值对应的单位特征向量，利用"不同特征值的特征向量线性无关"做出一列彼此分得很开的向量，让 T 作用后的像列无 Cauchy 子列，违反紧性。这个"反设无穷多 + 抽序列 + 紧性矛盾"的套路在紧算子题里反复出现。

### 解答与拿分路标

#### (a) 谱的定义

【骨架分】 这一问是纯送分，但要写"准"：

σ(T)={λ∈C : T−λ I 不是有界可逆}.

这里"有界可逆"指 T−λ I 是 H 到 H 的双射且其逆 (T−λ I)−1 是有界算子。

> ⚠️ 一处常见但错误的措辞要避免：网上/讲义里常把定义写成"T−λ I 不是双射，或者是双射但逆无界"。对 B(H) 中的有界算子 T−λ I，第二种情形其实不可能发生：由有界逆定理（开映射定理的推论），Banach（从而 Hilbert）空间上的有界双射，其逆自动有界。所以"双射但逆无界"对一个有界算子是空集，不要把它当成一个独立的活路写出来。正确而安全的等价刻画是： λ∈σ(T)⟺T−λ I 不是双射⟺T−λ I 不单射（即 λ 是特征值） 或 不满射.

补集 ρ(T)=C∖σ(T) 称为预解集（resolvent set），λ∈ρ(T) 当且仅当 (T−λ I)−1∈B(H) 存在（而一旦 T−λ I 双射，这个逆就自动在 B(H) 里）。写到"有界可逆"这一步直接拿 4–5 分。

#### (b) 无穷维时 0∈σ(T)

【骨架分】 哪怕后面卡住，先把战略写出来：反证。假设 0∈/σ(T)，即 T 有界可逆，T−1∈B(H)。要导出矛盾。 光是写出"反设 T 可逆 + 目标是推矛盾"，加上点名要用"紧 ∘ 有界 = 紧"和"I 紧 ⇒ 有限维"，就能拿掉一半分。

【关键分】 关键的两步：

1. 由 0∈/σ(T)，T 有界可逆且 T−1∈B(H)。则 I=T−1 T. T 紧、T−1 有界，而紧算子与有界算子的复合仍是紧算子（紧算子在 B(H) 中构成双边理想）。故 I 是紧算子。

2. 但 I 紧意味着 I 把闭单位球 B H​={x:∥x∥≤1} 映到一个相对紧集；由于 I(B H​)=B H​ 已是闭集，这就是说 B H​ 本身紧——即 H 的闭单位球紧。由 Riesz 定理（闭单位球紧 ⟺ 空间有限维），得 dim H<∞，与 H 无穷维矛盾。

因此 0∈σ(T)。■

> 卷面提醒：第 2 步如果一时想不起 Riesz 定理的精确陈述，直接写"I 紧 ⇒ 单位球（相对）紧 ⇒ H 有限维（Riesz 定理），矛盾"也照样给分——阅卷看的是你点到了"I 在无穷维不紧"这个矛盾核心。（顺带一提：Riesz 引理与 Riesz 定理是两件相关的事——引理是"取分得开的近单位向量"，定理是"单位球紧 ⟺ 有限维"，(b) 用的是后者，(c) 用的是前者。）

#### (c) σ(T) 至多一个聚点（必为 0）

这一问偏难，但骨架分很好拿，会做的人也常卡在"造序列证矛盾"那一步，所以分两层下笔。

【骨架分】 先把紧算子谱的结构结论原样陈述出来：

> 由 Riesz–Schauder 理论，紧算子 T 的非零谱点全是特征值（且每个非零特征值的特征空间有限维）；并且对任意 r>0，满足 ∣λ∣≥r 的特征值只有有限个。

并写出结论的逻辑：既然在任何远离 0 的区域 {∣λ∣≥r} 里只有有限个谱点，那么 σ(T) 的任何聚点都只能是 0；故至多一个聚点。

> ⚠️ 拿分提醒（关于"直接引用"）：把上面这条结构定理原样引用是否就能拿到骨架分，取决于你的课程是否允许直接调用 Riesz–Schauder。多数考试真正要的关键分，恰恰是下面"对任意 r>0，{∣λ∣≥r} 的特征值有限"这一条自己证出来——所以别把它当送分白拿，务必把下面的归约与紧性论证写完整。

归约（务必写）：要证"至多一个聚点且为 0"，只需证：对任意 r>0，集合 {λ∈σ(T):∣λ∣≥r} 是有限集。理由：若有聚点 μ=0，取 r=∣μ∣/2>0，则 μ 的任意邻域含无穷多谱点，而这些谱点 ∣λ∣≥r，与有限性矛盾。

【关键分】 下面证核心命题。注意非零谱点全是特征值（Riesz–Schauder），故只需对特征值证：固定 r>0，则只有有限个特征值满足 ∣λ∣≥r。 反设不然，存在无穷多个互异特征值 λ 1​,λ 2​,…（∣λ n​∣≥r），取对应特征向量 e n​（T e n​=λ n​e n​，e n​=0）。

1. 不同特征值的特征向量线性无关（标准事实），故 {e n​}n≥1​ 线性无关。令 M n​=span{e 1​,…,e n​}，则 M n−1​⊊M n​ 是真子空间的递增链。每个 M n​ 有限维，从而闭——这正是下一步能用 Riesz 引理的前提。

2. 由 Riesz 引理（对真闭子空间 M n−1​⊊M n​），可取单位向量 x n​∈M n​ 使得 ∥x n​∥=1,dist(x n​,M n−1​)≥2 1​.

3. 关键观察：对 m<n， T x n​−T x m​=λ n​x n​−=:y∈M n−1​
   [(λ n​x n​−T x n​)+T x m​]​​. 这是因为：写 x n​=∑k≤n​c k​e k​，则 λ n​x n​−T x n​=k≤n∑​c k​(λ n​−λ k​)e k​=k≤n−1∑​c k​(λ n​−λ k​)e k​∈M n−1​ （第 k=n 项系数为 λ n​−λ n​=0，故消失）；而对 m<n 有 T x m​∈M m​⊆M n−1​。于是 y∈M n−1​。由于 λ n​=0 且 M n−1​ 是子空间，λ n​y​∈M n−1​，从而 ∥T x n​−T x m​∥=∥λ n​x n​−y∥=∣λ n​∣
   ​x n​−λ n​y​
   ​≥∣λ n​∣⋅dist(x n​,M n−1​)≥r⋅2 1​.

4. 于是像列 {T x n​} 任意两项距离 ≥r/2，没有 Cauchy 子列，因而没有收敛子列。但 {x n​} 有界（单位向量）而 T 紧，{T x n​} 应有收敛子列——矛盾。

故 ∣λ∣≥r 的特征值只有有限个。结合"非零谱点 = 特征值"，{∣λ∣≥r} 中的谱点也只有有限个；再结合归约，σ(T) 的聚点只能是 0，至多一个聚点。■

> 考场务实建议：第 3 步那个"λ n​x n​−T x n​∈M n−1​"的细算是最容易写错的地方（已验证：在特征基下，λ n​x n​−T x n​ 在 e n​ 上的系数恰为 0）。如果时间紧，至少把骨架写全——"反设无穷多互异特征值 → 特征向量线性无关 → Riesz 引理取分得开的单位向量 → T 像列两两距离有正下界 → 无收敛子列，违反紧性"——这条逻辑链本身就值不少分，阅卷人想看的就是你知道"用紧性卡序列"这一招。

### 可复用的经典手法（划重点背诵）

- "证 λ∈σ = 反设可逆推矛盾"：要证某个数在谱里，几乎都先反设 T−λ I 有界可逆，再榨干这个假设。适用于一切"某点属于谱"的题；有效是因为"在谱里"本身是个否定性陈述（不有界可逆），反证最顺。

- "谱定义要写准：有界双射 ⟹ 逆自动有界"：对 B(H) 中的算子，由有界逆定理，"双射"即蕴含"有界可逆"，所以"双射但逆无界"不存在；定义里别把它当独立情形。等价拆分：非单射（特征值）或非满射。

- "紧 ∘ 有界 = 紧（紧算子是双边理想）"：紧算子左乘或右乘任意有界算子仍紧。专治"凑出一个紧算子再制造矛盾"的场合（如 I=T−1 T）。有效因为它把"T 可逆"翻译成"I 紧"这个致命结论。

- "I 紧 ⟺ 单位球紧 ⟺ 有限维（Riesz 定理）"：无穷维的"矛盾发生器"。凡是推出"某个保持范数/可逆的算子是紧的"，立刻收到"有限维"矛盾。这是 (b) 的命门，也是无穷维分析里最常用的一击。

- "反设无穷多 + 抽序列 + 紧性"：要证紧算子的某类对象（特征值、谱点）"只有有限个"，就反设无穷多、造一个有界序列，用"紧 ⇒ 像列有收敛子列"逼矛盾。紧算子题的万能套路。

- "Riesz 引理造分得开的单位向量"：在真闭子空间递增链 M n−1​⊊M n​（有限维自动闭）上，取 ∥x n​∥=1 且 dist(x n​,M n−1​)≥2 1​。专门用来制造"彼此距离有下界、无 Cauchy 子列"的序列；它是上一条套路的标准零件。注意它与"单位球紧 ⟺ 有限维"的 Riesz 定理是两件相关但不同的工具。

- "不同特征值的特征向量线性无关"：永远可以免费拿来用的事实，是构造"递增真子空间链"的起点。看到要对一堆特征值做文章，先把这条摆出来。

## 第 5 题 · Fourier 乘子算子：闭图像有界 / 特征值=乘子 / 点评估泛函（20 分）

### 题目

English. Let X⊂C([−π,π]) be a closed subspace containing all f with f(−π)=f(π). Let e n​(t)=e in t/2 π
​∈X, and {a n​}⊂C. Define the Fourier coefficient f^​(n)=2 π
​1​∫−π π​2 π
​f(t)e−in t​d t. Suppose for all f∈X there exists a unique g∈X such that g^​(n)=a n​f^​(n) for all n∈Z; define T f=g. (a) Show T∈B(X). (b) Show T e n​=a n​e n​ and that {a n​} is bounded. (c) Show there exists ϕ∈X∗ such that ϕ(e n​)=a n​.

中文. 设 X⊂C([−π,π]) 是一个闭子空间，且包含所有满足 f(−π)=f(π) 的 f。令 e n​(t)=e in t/2 π
​∈X，{a n​}⊂C。定义 Fourier 系数 f^​(n)=2 π
​1​∫−π π​2 π
​f(t)e−in t​d t。假设对每个 f∈X，都存在唯一的 g∈X 使得 g^​(n)=a n​f^​(n) 对所有 n∈Z 成立；定义 T f=g。(a) 证明 T∈B(X)（即 T 是 X 上有界线性算子）。(b) 证明 T e n​=a n​e n​，且 {a n​} 有界。(c) 证明存在 ϕ∈X∗ 使得 ϕ(e n​)=a n​。

> ⚠️ 先看清归一化（极易踩坑）：题目给的系数是 f^​(n)=2 π
> ​1​∫−π π​2 π
> ​f(t)e−in t​d t=2 π 1​∫−π π​f(t)e−in t d t，带的是 2 π 1​（而不是 L 2 标准的 2 π
> ​1​∫）。在这个归一化下，e n​ 的系数是 e^n​(m)=2 π
> ​1​δ nm​，前面带一个常数 2 π
> ​1​，并非纯 Kronecker δ nm​。所幸这个常数在 (b) 的两侧会同时出现并约去，结论不变；但计算时务必按题给定义带上它，写 e^n​(m)=δ nm​ 会被判为系数算错而扣分。

### 这道题在考什么 · 思路从哪儿冒出来

这是一道典型的"算子被隐式定义"的题。T 不是给你一个公式 T f=…，而是说"T f 是那个唯一满足某组系数关系的 g"。三小问的考点链条很清晰：(a) 考闭图像定理（Closed Graph Theorem），(b) 考算子的特征性质 + 用 ∥T f∥≤∥T∥∥f∥ 反挤出乘子界，(c) 考用已有算子复合一个简单泛函来"定制"泛函。

(a) 的触发器最重要，一定要形成条件反射：当一个线性算子是隐式定义的（"那个唯一的 g"）、你没法直接写出 T f 的显式公式去估 ∥T f∥≤C∥f∥ 时——这就是闭图像定理的标志性使用场景。CGT 的好处是：你不用去估范数，只要验证"f k​→f 且 T f k​→h 蕴含 h=T f"即可（图像闭），而 X 完备（Banach 空间的闭子空间还是 Banach），自动得到有界。为什么自然：直接证有界要控制 sup-范数，但 T 是逐个频率 n 定义的，频率和范数之间没有显式桥，硬估不动；CGT 把"估范数"换成了"对极限两边逐 n 比较系数"，而系数泛函 f↦f^​(n) 是连续的，极限好对。

(b) 的触发器：要算 T e n​，别去解什么方程——两个连续函数相等 ⟺ 它们所有 Fourier 系数相等（因为系数完全决定连续函数，本质是 {e n​} 在 L 2[−π,π] 完备给出的唯一性）。所以只需逐 n 比系数。第二问"{a n​} 有界"是把范数不等式 ∥T e n​∥≤∥T∥∥e n​∥ 反过来用：你已知 T e n​=a n​e n​，左边范数 =∣a n​∣∥e n​∥，于是 ∣a n​∣≤∥T∥。这个"在特征向量上读出特征值的界"的套路非常通用。

(c) 的触发器：你要造一个泛函 ϕ，指定它在每个 e n​ 上的值是 a n​。直接构造很难（无穷多约束）。但注意你手里已经有个能"把 a n​ 装进函数里"的工具——算子 T（因为 T e n​=a n​e n​）！于是想：把 T 和一个简单的有界泛函复合，让 a n​ 被"读出来"。最简单的有界泛函就是点评估 δ 0​:f↦f(0)。复合 δ 0​∘T 作用在 e n​ 上就是 (T e n​)(0)=a n​e n​(0)，再补个常数把 e n​(0) 抵消掉即可。注意 e n​(0)=1/2 π
​ 是逐点取值，与系数归一化无关，所以这里不会受上面那个 2 π 1​ 坑的影响。

### 解答与拿分路标

先写一个"预备引理框"（强烈建议开头就写，骨架分集中地）： - 系数泛函 L n​:f↦f^​(n) 是 X 上的有界线性泛函：∣f^​(n)∣=
​2 π 1​∫−π π​f(t)e−in t d t
​≤2 π 1​⋅2 π⋅∥f∥∞​=∥f∥∞​。 - 唯一性：若 f^​(n)=0 对所有 n，则 f≡0（{e in t/2 π
​} 是 L 2[−π,π] 的标准正交基，系数全为零 ⇒f=0 于 L 2⇒ 几乎处处为零 ⇒ 连续函数恒为零）。等价地：两个连续函数所有 Fourier 系数相等 ⟺ 它们相等。 - e n​ 的系数：e^n​(m)=2 π
​1​δ nm​（按题给 2 π 1​∫ 归一化算出，前有常数 2 π
​1​），且 ∥e n​∥∞​=2 π
​1​（因为 ∣e in t∣=1）。

【骨架分】把上面三条预备写出来，几乎是白送的分，且后面每一问都要引用，务必先写。 第三条尤其要按题目归一化把常数 2 π
​1​ 带对。

#### (a) 证明 T∈B(X) —— 闭图像定理

【骨架分】先把会写的全写上：

线性：设 f 1​,f 2​∈X，α,β∈C。α T f 1​+βT f 2​ 的第 n 个系数是 α a n​f^​1​(n)+β a n​f^​2​(n)=a n​(α f 1​+β f 2​)
​(n)，由定义和唯一性（满足该组系数关系的元素唯一），这正是 T(α f 1​+β f 2​)。故 T 线性。

要证有界，拟用闭图像定理：X 是 Banach 空间 C([−π,π]) 的闭子空间，故 X 完备。由闭图像定理，只需证 T 的图像是闭的，即：

若 f k​→f 且 T f k​→h（在 X 中）, 则 h=T f.

注意 h∈X 是因为 X 闭、T f k​∈X 收敛于 h。

【关键分】用系数泛函的连续性把极限对上。对任意固定的 n：

h^(n)=L n​(h)=k lim​L n​(T f k​)=k lim​T f k​
​(n)=k lim​a n​f^​k​(n)=a n​k lim​f^​k​(n)=a n​f^​(n)=T f
​(n).

（第二个等号用 L n​ 连续 + T f k​→h；倒数第二步用 L n​ 连续 + f k​→f。）于是 h^(n)=T f
​(n) 对所有 n，由唯一性 h=T f。图像闭，故 T 有界。■

> 拿分提示：本问就算你忘了怎么对极限，只要写出"X 完备 + 拟用闭图像 + 写出待证的图像闭条件 f k​→f,T f k​→h⇒h=T f"，就已经拿到大半骨架分。真正的"巧"只有那一行用 L n​ 连续逐 n 对极限。注意线性那步要点名"由唯一性"，否则隐式定义下不自动是线性的。

#### (b) 证明 T e n​=a n​e n​ 且 {a n​} 有界

【骨架分 + 关键分】 算 T e n​ 的系数，逐 m 比较。对任意 m，按题给归一化 e^n​(m)=2 π
​1​δ nm​：

T e n​
​(m)=a m​e^n​(m)=a m​⋅2 π
​1​δ nm​=a n​⋅2 π
​1​δ nm​=a n​e^n​(m)=(a n​e n​)
​(m),

（中间 a m​δ nm​=a n​δ nm​ 是因为只有 m=n 时非零，此时 a m​=a n​；常数 2 π
​1​ 在两侧同时出现并自然对消，故结论与该常数无关。）两者所有系数相等，由唯一性得

T e n​=a n​e n​.

【关键分】 证 {a n​} 有界——把 (a) 的有界性反过来用。由 T 有界，∥T e n​∥∞​≤∥T∥∥e n​∥∞​。而 ∥T e n​∥∞​=∥a n​e n​∥∞​=∣a n​∣∥e n​∥∞​，且 ∥e n​∥∞​=2 π
​1​=0。两边除以 ∥e n​∥∞​：

∣a n​∣≤∥T∥对所有 n.

故 {a n​} 有界（一致被 ∥T∥ 控制）。■

> 拿分提示：第一半（T e n​=a n​e n​）几乎是纯计算，把 e^n​(m)=2 π
> ​1​δ nm​ 一写出来就到手（切记按题给 2 π 1​∫ 把常数带对，别写成纯 δ nm​），这是最容易拿满的半问。第二半的"巧"就一句：e n​=0，所以能从 ∥T e n​∥≤∥T∥∥e n​∥ 约掉 ∥e n​∥ 反解出 ∣a n​∣≤∥T∥。

#### (c) 构造 ϕ∈X∗ 使 ϕ(e n​)=a n​ —— 点评估 ∘T

【关键分：整问的核心就是这个构造】 定义

ϕ(f):=2 π
​(T f)(0) ​即 ϕ=2 π
​δ 0​∘T,

其中 δ 0​:g↦g(0) 是 t=0 处的点评估。

验证 ϕ(e n​)=a n​：因 e n​(0)=2 π
​e in⋅0​=2 π
​1​（逐点取值，与系数归一化无关），且由 (b) T e n​=a n​e n​，故

ϕ(e n​)=2 π
​(T e n​)(0)=2 π
​(a n​e n​)(0)=2 π
​⋅a n​⋅2 π
​1​=a n​. ✓

验证 ϕ∈X∗（线性 + 有界）：ϕ 是有界算子 T、点评估泛函 δ 0​ 和常数的复合，故线性。有界性：

∣ϕ(f)∣=2 π
​∣(T f)(0)∣≤2 π
​∥T f∥∞​≤2 π
​∥T∥∥f∥∞​.

故 ∥ϕ∥≤2 π
​∥T∥<∞，即 ϕ∈X∗。■

> 拿分提示：只要你想到"把 T 和点评估 δ 0​ 复合"，这问就基本满分。即便没想到，也要写：【骨架分】 "δ 0​:f↦f(0) 是有界泛函（∣f(0)∣≤∥f∥∞​），T 有界，复合仍有界"——把这两个事实摆出来，阅卷人能看出你知道往哪个方向走。常见卡点是想去用 Hahn–Banach 硬造，那条路在这里又绕又用不上已知的 T，看到"已经有现成算子能产生 a n​"就别舍近求远。

### 可复用的经典手法（划重点背诵）

- 隐式算子 → 闭图像定理（CGT）：看到算子被"那个唯一的 g/解"隐式定义、没有显式公式可估范数时，条件反射用 CGT。完备空间上只需验图像闭，把"估 ∥T f∥"换成"对收敛序列逐分量对极限"，难度骤降。线性也要从"唯一性"显式带出。

- "逐系数/逐坐标比较"证函数（向量）相等：要证 T f=g 这种函数等式，不要硬比函数本身，而是用一组能完全区分元素的连续泛函（这里是 Fourier 系数 L n​）逐个比，再引"唯一性"收尾。适用于一切有完备坐标系/分离点泛函族的空间。

- 系数泛函连续是"极限交换"的发动机：凡是想把 lim 挪进 (⋅)^​(n)、f(0) 这类运算里面，先确认该运算是有界（连续）线性泛函（∣f^​(n)∣≤∥f∥∞​、∣f(0)∣≤∥f∥∞​），有界即连续，极限随便换。

- 看清归一化常数再算系数：Fourier 系数有 2 π 1​∫ / 2 π
  ​1​∫ / 2 π 1​∫（指数基 e in t vs 规范化基 e n​）多种约定，e^n​(m) 是否是纯 δ nm​ 取决于约定。本题按题给 2 π 1​∫ 算出的是 2 π
  ​1​δ nm​；只要常数在等式两侧对消，结论不变，但卷面上写错常数会被扣系数计算分——动笔前先把定义代进去验一遍。

- 在特征向量上"反挤"特征值的界：已知 T v=λ v 且 v=0，立刻有 ∣λ∣=∥T v∥/∥v∥≤∥T∥。这是从算子范数读出谱/乘子一致界的标准一招，证"乘子序列有界""谱含于半径 ∥T∥ 的圆盘"都靠它。

- "算子 ∘ 简单泛函"定制泛函：要造一个在指定基向量上取指定值的泛函时，先找一个手边能"生成这些值"的有界算子 T（这里 T e n​=a n​e n​），再复合一个最朴素的有界泛函（点评估 δ 0​、积分、取某系数），常数微调即可。比 Hahn–Banach 抽象延拓更省事、更显式。

- 点评估 δ x​ 是 C(K) 上最廉价的有界泛函：∥δ x​∥=1（∣f(x)∣≤∥f∥∞​，取常值 1 时取等）。在连续函数空间里需要一个具体泛函时，第一个该想到它；与算子复合、做对偶配对都好用。注意 δ x​ 取的是逐点值，与 Fourier 系数的归一化约定无关。