# 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 $\{x_n\}\subset X$.
(a) Show that if $\{x_n\}$ is weakly convergent, then the (weak) limit is unique.
(b) Show that if $x_n\rightharpoonup x$ and $f_n\to f$ for $\{f_n\}\subset X^*$ and $f\in X^*$, then $f_n(x_n)\to f(x)$.
(c) Show that if $X$ is Hilbert, $x_n\rightharpoonup x$ and $\|x_n\|\to\|x\|$, then $x_n\to x$ (strongly).

**中文.** 设 $X$ 是 Banach 空间，$\{x_n\}\subset X$。
(a) 证明：若 $\{x_n\}$ 弱收敛，则（弱）极限唯一。
(b) 证明：若 $x_n\rightharpoonup x$，且 $\{f_n\}\subset X^*$ 满足 $f_n\to f$（强收敛，$f\in X^*$），则 $f_n(x_n)\to f(x)$。
(c) 证明：若 $X$ 是 Hilbert 空间，$x_n\rightharpoonup x$ 且 $\|x_n\|\to\|x\|$，则 $x_n\to x$（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 $f_n(x_n)\to f(x)$ 收敛，而你分别只知道 $f_n\to f$、$x_n\rightharpoonup x$——**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 $\sup_n\|x_n\|<\infty$，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 $x_n\rightharpoonup x$ 且 $x_n\rightharpoonup y$。按弱收敛定义，对任意 $f\in X^*$：
$$f(x_n)\to f(x),\qquad f(x_n)\to f(y).$$
极限唯一（这是数列在 $\mathbb{K}$ 中的收敛，已是经典唯一极限），故
$$f(x)=f(y)\quad\text{即}\quad f(x-y)=0,\qquad \forall f\in X^*.$$
**写到这里——"只需证：$\forall f\in X^*,\ f(x-y)=0\Rightarrow x-y=0$"——已经拿走大半分。**

**【关键分】** 援引 Hahn–Banach 分离点推论。反证：若 $x-y\neq 0$，由 Hahn–Banach 定理的标准推论，存在 $f\in X^*$ 使
$$f(x-y)=\|x-y\|\neq 0,\qquad \|f\|=1.$$
这与上面的 $f(x-y)=0$ 矛盾。故 $x-y=0$，即 $x=y$。$\blacksquare$

> 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：
$$f_n(x_n)-f(x)=\underbrace{(f_n-f)(x_n)}_{\text{(I)}}+\underbrace{\big(f(x_n)-f(x)\big)}_{\text{(II)}}.$$
**(II)** 是固定泛函 $f$ 作用在弱收敛序列上，**正是弱收敛的定义**：$x_n\rightharpoonup x\Rightarrow f(x_n)\to f(x)$，故 (II) $\to 0$。
对 **(I)** 作算子-向量的标准估计：
$$|(f_n-f)(x_n)|\le \|f_n-f\|_{X^*}\,\|x_n\|_X.$$
**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) $\to 0$，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，$(Jx_n)(f)=f(x_n)$，且 $\|Jx_n\|=\|x_n\|$，这是等距嵌入）。对每个固定的 $f\in X^*$，**注意 $f(x_n)$ 收敛恰是弱收敛假设给的**，收敛数列必有界：$\sup_n |(Jx_n)(f)|<\infty$。这对每个 $f$ 都成立，即族 $\{Jx_n\}$ 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
> $$\sup_n\|x_n\|=\sup_n\|Jx_n\|=:M<\infty.$$

于是
$$|(\mathrm{I})|\le \|f_n-f\|\cdot M\to 0\qquad(\text{因 }f_n\to f).$$
合并：$|f_n(x_n)-f(x)|\le |\mathrm{I}|+|\mathrm{II}|\to 0$。$\blacksquare$

> 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），$\sup_n\|x_n\|=:M<\infty$**"——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 $\langle x_n,x\rangle$ 整体换成 $\langle x,x_n\rangle$ 即可，结论不变）。在 Hilbert 空间把范数平方展开：
$$\|x_n-x\|^2=\langle x_n-x,\,x_n-x\rangle=\|x_n\|^2-2\,\mathrm{Re}\,\langle x_n,x\rangle+\|x\|^2.$$
**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：

- $\|x_n\|^2\to\|x\|^2$（题给 $\|x_n\|\to\|x\|$）；
- 取**固定向量** $x$ 对应的泛函 $f(\cdot)=\langle\cdot,x\rangle\in X^*$（Riesz 表示，它确是有界泛函），由 $x_n\rightharpoonup x$ 得
$$\langle x_n,x\rangle=f(x_n)\to f(x)=\langle x,x\rangle=\|x\|^2,$$
故 $\mathrm{Re}\,\langle x_n,x\rangle\to\|x\|^2$。

代回：
$$\|x_n-x\|^2\to \|x\|^2-2\|x\|^2+\|x\|^2=0,$$
即 $x_n\to x$ 强收敛。$\blacksquare$

> 唯一容易卡的小关节：要说清"为什么 $\langle x_n,x\rangle\to\langle x,x\rangle$"——**因为第二个分量 $x$ 是固定的**，所以 $\langle\cdot,x\rangle$ 是一个固定泛函，弱收敛定义直接给结论。**千万别错写成 $\langle x_n,x_n\rangle$ 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"$\forall f\in X^*,\ f(z)=0$"推出"$z=0$"时使用——对任意 $z\neq 0$ 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）$f_n(x_n)\to f(x)$ 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 $\sup_n\|x_n\|<\infty$，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 $\|x_n\|^2-2\mathrm{Re}\langle x_n,x\rangle+\|x\|^2$。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 $f=\langle\cdot,x\rangle$（$x$ 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 $x_n\rightharpoonup x$ 且 $\|x_n\|\to\|x\|$ 蕴含 $x_n\to x$。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 $T:C([-1,1])\to\mathbb{R}$ by $Tf=\int_0^1 f-\int_{-1}^0 f$. (a) Show $T\in B(C([-1,1]),\mathbb{R})=C([-1,1])^*$. (b) Compute the operator norm $\|T\|$. (c) Is $\|T\|$ attained? I.e. does there exist $\phi\in C([-1,1])$ with $\|\phi\|=1$ and $|T\phi|=\|T\|$?

**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 $T:C([-1,1])\to\mathbb{R}$ 为 $Tf=\int_0^1 f-\int_{-1}^0 f$。(a) 证明 $T$ 是有界线性泛函，即 $T\in B(C([-1,1]),\mathbb{R})=C([-1,1])^*$。(b) 求算子范数 $\|T\|$。(c) $\|T\|$ 是否可达？即是否存在 $\phi\in C([-1,1])$ 使得 $\|\phi\|=1$ 且 $|T\phi|=\|T\|$？

### 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：$Tf=\int_{-1}^1 k(t)f(t)\,dt$ 这种泛函，其中本题的核是符号函数 $k(t)=\operatorname{sgn}(t)$（在 $[0,1]$ 上取 $+1$，在 $[-1,0]$ 上取 $-1$）。这类泛函的范数"应该"是 $\int_{-1}^1|k|=2$，可达性则取决于"最优函数 $f=\operatorname{sgn}(k)$ 是否落在空间里"。本题的精髓恰恰是：最优形状 $\operatorname{sgn}(t)$ **不连续**，所以范数取到 $2$ 却不可达。

**(a) 的触发器**：看到"证 $T\in C^*$"，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 $|Tf|\le M\|f\|_\infty$）。配 $M$ 的标准动作：把积分用 $|f|\le\|f\|_\infty$ 往外放，$|Tf|\le\int_0^1|f|+\int_{-1}^0|f|\le 2\|f\|_\infty$（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 $\|T\|\le 2$。

**(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 $\int_0^1 f-\int_{-1}^0 f$ 尽量大，就要 $f$ 在 $[0,1]$ 上贴着 $+1$、在 $[-1,0]$ 上贴着 $-1$——这就是 $\operatorname{sgn}(t)$。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 $\phi_n$）。

**(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 $T\phi=2=\|T\|\,\|\phi\|$，则上界估计里的每一个 $\le$ 都得变成 $=$；逐个分析等号条件，会强迫 $\phi$ 在两侧分别恒等于 $\pm1$，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 $f,g\in C([-1,1])$、$\alpha,\beta\in\mathbb{R}$，由积分的线性，
$$T(\alpha f+\beta g)=\int_0^1(\alpha f+\beta g)-\int_{-1}^0(\alpha f+\beta g)=\alpha Tf+\beta Tg.$$
**【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 $f$，
$$|Tf|=\left|\int_0^1 f-\int_{-1}^0 f\right|\le\int_0^1|f|+\int_{-1}^0|f|\le\|f\|_\infty\cdot 1+\|f\|_\infty\cdot 1=2\|f\|_\infty.$$
（最后一步用到 $[0,1]$ 与 $[-1,0]$ 的长度各为 $1$。）故 $T$ 有界，$T\in B(C([-1,1]),\mathbb{R})=C([-1,1])^*$，且**顺带得到上界 $\|T\|\le 2$**。**【骨架分 / 关键分】** 这个 $\le 2$ 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 $\boxed{\|T\|\le 2}$。只需再证下界 $\|T\|\ge 2$。**【骨架分】** 哪怕不会构造，也要写下定义性的一句话：
$$\|T\|=\sup_{\|f\|_\infty\le 1}|Tf|\ \ge\ \frac{|T\phi|}{\|\phi\|_\infty}\quad\text{对任意 }\phi\ne 0,$$
并写明"最优函数应是 $\operatorname{sgn}(t)$，但它不连续，故用连续函数逼近"。把这句"逼近 $\operatorname{sgn}$"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 $n\ge 2$，定义连续的奇分段线性函数 $\phi_n$：
$$\phi_n(t)=\begin{cases}1,& \tfrac1n\le t\le 1,\\[2pt] n\,t,& -\tfrac1n\le t\le \tfrac1n,\\[2pt] -1,& -1\le t\le -\tfrac1n.\end{cases}$$
它连续（三段在 $t=\pm\tfrac1n$ 处衔接：$n\cdot\tfrac1n=1$、$n\cdot(-\tfrac1n)=-1$），且 $\|\phi_n\|_\infty=1$。计算 $T\phi_n$：在 $[0,1]$ 上，
$$\int_0^1\phi_n=\int_0^{1/n} nt\,dt+\int_{1/n}^1 1\,dt=\frac{1}{2n}+\left(1-\frac1n\right)=1-\frac{1}{2n}.$$
由 $\phi_n$ 为奇函数，$\int_{-1}^0\phi_n=-\left(1-\frac{1}{2n}\right)$，所以
$$T\phi_n=\int_0^1\phi_n-\int_{-1}^0\phi_n=2\left(1-\frac{1}{2n}\right)=2-\frac1n.$$
于是（因分母 $\|\phi_n\|_\infty=1$，下界直接等于分子）
$$\|T\|\ge\dfrac{|T\phi_n|}{\|\phi_n\|_\infty}=2-\dfrac1n\xrightarrow[n\to\infty]{}2,$$
得 $\|T\|\ge 2$。结合上界，$\boxed{\|T\|=2}$。**【关键分】** 真正得分的是"给出合法连续的 $\phi_n$ 并把 $T\phi_n$ 老实算到 $\to 2$"。注意：用 $\phi_n$ 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 $\phi$。**【骨架分】** 先把要证目标和方法写出来——"反证：设 $\|\phi\|_\infty=1$ 且 $|T\phi|=2$（不妨 $T\phi=2$，否则换 $-\phi$），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 $\|\phi\|_\infty=1$ 知 $|\phi(t)|\le 1$ 处处成立，故
$$2=T\phi=\int_0^1\phi-\int_{-1}^0\phi\ \le\ \int_0^1|\phi|+\int_{-1}^0|\phi|\ \le\ \int_0^1 1+\int_{-1}^0 1=2.$$
首尾都是 $2$，**夹逼迫使中间每个 $\le$ 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）。** $\int_0^1\phi=\int_0^1|\phi|$，即 $\int_0^1(|\phi|-\phi)=0$，被积 $|\phi|-\phi\ge0$ 连续，故 $|\phi|-\phi\equiv0$，即在 $[0,1]$ 上 $\phi=|\phi|\ge 0$；同理 $-\int_{-1}^0\phi=\int_{-1}^0|\phi|$ 给出 $\int_{-1}^0(|\phi|+\phi)=0$，故在 $[-1,0]$ 上 $-\phi=|\phi|\ge0$，即 $\phi\le 0$。
- **定幅值（第二组等号）。** $\int_0^1|\phi|=\int_0^1 1$ 即 $\int_0^1(1-|\phi|)=0$，被积 $1-|\phi|\ge0$ 连续，故 $1-|\phi|\equiv 0$，即 **$|\phi|\equiv 1$ 于 $[0,1]$**；同理 **$|\phi|\equiv 1$ 于 $[-1,0]$**。

合起来：在 $[0,1]$ 上 $\phi\equiv +1$，在 $[-1,0]$ 上 $\phi\equiv -1$。但 $\phi$ 连续，看原点：由 $[0,1]$ 上恒 $+1$ 及连续性 $\phi(0)=\lim_{t\to0^+}\phi(t)=+1$；由 $[-1,0]$ 上恒 $-1$ 及连续性 $\phi(0)=\lim_{t\to0^-}\phi(t)=-1$。同一个 $\phi(0)$ 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 $\phi$，**范数 $\|T\|=2$ 不可达**。$\blacksquare$

> **难度提示：** (c) 比前两问难一档。会的人常卡在"由 $\int(1-|\phi|)=0$ 推 $|\phi|\equiv1$"这一步——记住口诀：**连续 + 非负 + 积分为零 $\Rightarrow$ 处处为零**。即便你只写到"等号链迫使 $\phi$ 在两侧贴 $\pm1$、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 $|f(t)|\le\|f\|_\infty$ 把函数放成常数往外提，剩下的就是 $\int|k|$（本题 $\int_{-1}^1|\operatorname{sgn}|=2$）。一步同时拿下"有界性"和"$\|T\|\le\int|k|$"，性价比最高。

- **【下界靠猜最优函数 $f=\operatorname{sgn}(k)$】** 算 $\int k\cdot f$ 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 $f=\operatorname{sgn}(k)$，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 $\Rightarrow$ 连续折线逼近】** 当理想函数（如 $\operatorname{sgn}$）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 $\to$ 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 $\Rightarrow$ 恒为零】** $g\ge 0$ 连续且 $\int g=0$，则 $g\equiv 0$。处理"积分取等"时把差额写成 $\int(1-|\phi|)=0$、$\int(|\phi|-\phi)=0$ 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 $|T\phi|=\|T\|$，用 $T(-\phi)=-T\phi$ 把绝对值脱掉、统一设 $T\phi=+\|T\|$，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 $F\subset H$ be a closed subspace; show $H=F\oplus F^\perp$.
(b) Give an example of a Hilbert space $H$ and a subspace $K$ such that $H\neq K\oplus K^\perp$.
(c) If $H$ is separable, show $H\cong\ell^2$ via an isometric isomorphism.

**中文.** 设 $H$ 是一个 Hilbert 空间。
(a) 设 $F\subset H$ 是一个闭子空间；证明 $H=F\oplus F^\perp$。
(b) 给出一个 Hilbert 空间 $H$ 和一个子空间 $K$ 的例子，使得 $H\neq K\oplus K^\perp$。
(c) 若 $H$ 可分，证明存在等距同构 $H\cong\ell^2$。

### 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 $\ell^2$"。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 $z\perp F$"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 $K^\perp = \overline{K}^{\,\perp}$（正交补只看闭包），所以取 $K$ 稠密但不等于 $H$，就有 $K^\perp=\{0\}$，分解直接塌成 $K\oplus\{0\}=K\subsetneq H$。

(c) 的触发器是：**看到"等距同构到 $\ell^2$"，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 $H=F\oplus F^\perp$，即证两件事：(i) 每个 $x\in H$ 可写成 $x=p+z$，其中 $p\in F$、$z\in F^\perp$；(ii) 这个分解的"直和"是真的——即 $F\cap F^\perp=\{0\}$。

其中 (ii) 几乎白送：若 $w\in F\cap F^\perp$，则 $\langle w,w\rangle=0$（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 $x\in H$，令
$$d=\inf_{y\in F}\|x-y\|.$$
取极小化序列 $\{y_n\}\subset F$，使 $\|x-y_n\|\to d$。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 $a-b=y_m-y_n$、$a+b=2\big(x-\tfrac{y_n+y_m}{2}\big)$）：
$$\|y_n-y_m\|^2 = 2\|x-y_n\|^2+2\|x-y_m\|^2-4\Big\|x-\tfrac{y_n+y_m}{2}\Big\|^2.$$
因 $\frac{y_n+y_m}{2}\in F$（$F$ 是子空间），故 $\big\|x-\frac{y_n+y_m}{2}\big\|^2\ge d^2$。于是
$$\|y_n-y_m\|^2 \le 2\|x-y_n\|^2+2\|x-y_m\|^2-4d^2 \xrightarrow[n,m\to\infty]{} 2d^2+2d^2-4d^2=0.$$
所以 $\{y_n\}$ 是 Cauchy 列；由 **$H$ 完备**它收敛到某 $p$，又因 **$F$ 闭** 得 $p\in F$，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 $y\in F$ 和任意实数 $t$，有 $p+ty\in F$，故 $\|z-ty\|^2\ge \|z\|^2$。展开：
$$\|z\|^2-2t\,\mathrm{Re}\langle z,y\rangle+t^2\|y\|^2\ge\|z\|^2 \;\Longrightarrow\; -2t\,\mathrm{Re}\langle z,y\rangle+t^2\|y\|^2\ge 0 \ \ \forall t.$$
让 $t\to 0^+$ 与 $t\to 0^-$ 比较（即一次项系数必为零，否则小 $t$ 时左端变负），得 $\mathrm{Re}\langle z,y\rangle=0$；对复空间再把 $y$ 换成 $iy$ 得 $\mathrm{Re}\langle z,iy\rangle=\mathrm{Im}\langle z,y\rangle=0$。故 $\langle z,y\rangle=0$，即 $z\in F^\perp$。

于是 $x=p+z$，$p\in F$，$z\in F^\perp$，结合 (ii) 即得 $H=F\oplus F^\perp$。$\blacksquare$

> 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 $\|z-ty\|^2\ge\|z\|^2$ 展开得正交"这条主线，再加上 $F\cap F^\perp=\{0\}$，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 $K^\perp=\overline{K}^{\,\perp}$（因为内积连续，$\langle x,\cdot\rangle=0$ 在 $K$ 上成立当且仅当在 $\overline{K}$ 上成立）。若 $K$ 稠密但 $K\neq H$，则 $\overline{K}=H$，于是 $K^\perp=H^\perp=\{0\}$，从而 $K\oplus K^\perp=K\subsetneq H$。

**【关键分·给出具体例子并算正交补】**
取 $H=\ell^2$，
$$K=c_{00}=\{(a_n)_{n\ge1}: a_n\neq 0 \text{ 只对有限个 } n\}\quad(\text{有限支撑序列}).$$
- $K$ 是子空间（有限支撑序列的线性组合仍有限支撑）。
- $K$ 在 $\ell^2$ 中**稠密**：任意 $(a_n)\in\ell^2$ 的截断 $(a_1,\dots,a_N,0,0,\dots)\in K$ 在 $N\to\infty$ 时按 $\ell^2$ 范数趋于它（误差平方 $\sum_{n>N}|a_n|^2\to0$），故 $\overline{K}=\ell^2$。
- 计算 $K^\perp$：设 $x=(x_n)\perp K$。标准基向量 $e_k\in K$，故 $\langle x,e_k\rangle=x_k=0$ 对一切 $k$，即 $x=0$。所以 $K^\perp=\{0\}$。

于是 $K\oplus K^\perp=K\oplus\{0\}=K=c_{00}\subsetneq\ell^2=H$，即 $H\neq K\oplus K^\perp$。$\blacksquare$

> 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（$c_{00}\subset\ell^2$ 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 $K^\perp=\{0\}$ 算清楚就接近满分。

#### (c) 可分 $\cong\ell^2$

**【骨架分】** 先把策略写出来，每一句都给分：
> 思路：(1) 可分 $\Rightarrow$ 存在可数标准正交基 $\{e_n\}$；(2) 定义系数映射 $U:H\to\ell^2$，$Ux=(\langle x,e_n\rangle)_n$；(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，$H\cong\mathbb{C}^n=\ell^2_n$，它与无穷维 $\ell^2$ **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 $\mathrm{span}\{e_n\}\supseteq\mathrm{span}\{v_k\}\supseteq\{v_k\}$ 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 $\iff$ 它是极大正交系 $\iff$ 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 $x\in H$，由 **Parseval 恒等式**（ONB 的定义性质）：
$$\|x\|^2=\sum_{n}|\langle x,e_n\rangle|^2.$$
这说明 $(\langle x,e_n\rangle)_n\in\ell^2$ 且 $\|Ux\|_{\ell^2}=\|x\|_H$，即 $U$ 良定义且**等距**。等距自动给出单射（$\|Ux\|=0\Rightarrow\|x\|=0\Rightarrow x=0$）。$U$ 线性也是显然的：在"取 $\langle x,e_n\rangle$ 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 $(c_n)_n\in\ell^2$。由 **Riesz–Fischer 定理**，级数 $\sum_n c_n e_n$ 在 $H$ 中收敛——理由是部分和 $s_N=\sum_{n\le N}c_n e_n$ 满足
$$\|s_N-s_M\|^2=\sum_{M<n\le N}|c_n|^2\to 0\quad(N>M\to\infty,\ \text{因 }(c_n)\in\ell^2),$$
故 $\{s_N\}$ Cauchy，由 $H$ 完备收敛到某 $x$。再由内积连续 $\langle x,e_k\rangle=\lim_N\langle s_N,e_k\rangle=\lim_N\sum_{n\le N}c_n\langle e_n,e_k\rangle=c_k$，即 $Ux=(c_n)$。所以 $U$ **满射**。

综上 $U:H\to\ell^2$ 是线性等距双射，即等距同构，$H\cong\ell^2$。$\blacksquare$

> 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 $\Rightarrow$ 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 $H\cong\mathbb{C}^n$，别硬塞进无穷维 $\ell^2$）。

### 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。

- **【$\|z-ty\|^2\ge\|z\|^2$ 展开求正交】** 想证 $z\perp$ 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 $t\to0^\pm$ 令一次项系数为零）逼出 $\langle z,y\rangle=0$；复空间再用 $iy$ 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：$K^\perp=\overline{K}^{\,\perp}$】** 正交补对取闭包免疫，且 $K^\perp$ 永远是闭子空间。由此立得：$K$ 稠密 $\Rightarrow K^\perp=\{0\}$。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 $\iff K^\perp=\{0\}$）。

- **【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 $\ell^2$，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 $\cong\ell^2$ 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 $\ell^2$（而非更大的 $\ell^2(\Gamma)$）。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 $\ell^2$ 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, $T\in B(H)$ compact. (a) State the definition of the spectrum $\sigma(T)$. (b) Show that if $H$ is infinite-dimensional, then $0\in\sigma(T)$. (c) Show that $\sigma(T)$ has at most one accumulation point.

**中文.** 设 $H$ 是 Hilbert 空间，$T\in B(H)$ 是紧算子。(a) 叙述谱 $\sigma(T)$ 的定义。(b) 证明：若 $H$ 是无穷维的，则 $0\in\sigma(T)$。(c) 证明：$\sigma(T)$ 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 $\lambda$（这里是 $0$）落在谱里**"。证"在谱里"几乎永远是**反证法**：反设 $T-\lambda I$ 可逆，然后逼出矛盾。这里 $\lambda=0$，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 $\iff$ $\dim H<\infty$**。

**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 $r>0$，$\{|\lambda|\ge r\}$ 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"：

$$\sigma(T)=\{\lambda\in\mathbb{C}\ :\ T-\lambda I\ \text{不是有界可逆}\}.$$

这里"有界可逆"指 $T-\lambda I$ 是 $H$ 到 $H$ 的**双射**且其逆 $(T-\lambda I)^{-1}$ 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"$T-\lambda I$ 不是双射，**或者是双射但逆无界**"。对 $B(H)$ 中的**有界**算子 $T-\lambda I$，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：
> $$\lambda\in\sigma(T)\iff T-\lambda I\ \text{不是双射}\iff T-\lambda I\ \text{不单射（即 }\lambda\text{ 是特征值）}\ \text{或}\ \text{不满射}.$$

补集 $\rho(T)=\mathbb{C}\setminus\sigma(T)$ 称为预解集（resolvent set），$\lambda\in\rho(T)$ 当且仅当 $(T-\lambda I)^{-1}\in B(H)$ 存在（而一旦 $T-\lambda I$ 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 $0\in\sigma(T)$

**【骨架分】** 哪怕后面卡住，先把战略写出来：**反证。假设 $0\notin\sigma(T)$，即 $T$ 有界可逆，$T^{-1}\in B(H)$。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 $\Rightarrow$ 有限维"，就能拿掉一半分。

**【关键分】** 关键的两步：

1. 由 $0\notin\sigma(T)$，$T$ 有界可逆且 $T^{-1}\in B(H)$。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 $B_H=\{x:\|x\|\le 1\}$ 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 $\iff$ 空间有限维），得 $\dim H<\infty$，与 $H$ 无穷维矛盾。

因此 $0\in\sigma(T)$。$\qquad\blacksquare$

> 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 $\Rightarrow$ 单位球（相对）紧 $\Rightarrow$ $H$ 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 $\iff$ 有限维"，(b) 用的是后者，(c) 用的是前者。）

#### (c) $\sigma(T)$ 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 $|\lambda|\ge r$ 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 $\{|\lambda|\ge r\}$ 里只有有限个谱点，那么 $\sigma(T)$ 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 $r>0$，$\{|\lambda|\ge r\}$ 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 $\{\lambda\in\sigma(T):|\lambda|\ge r\}$ 是有限集。理由：若有聚点 $\mu\ne 0$，取 $r=|\mu|/2>0$，则 $\mu$ 的任意邻域含无穷多谱点，而这些谱点 $|\lambda|\ge r$，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 $|\lambda|\ge r$。** 反设不然，存在无穷多个互异特征值 $\lambda_1,\lambda_2,\dots$（$|\lambda_n|\ge r$），取对应特征向量 $e_n$（$Te_n=\lambda_n e_n$，$e_n\ne 0$）。

1. **不同特征值的特征向量线性无关**（标准事实），故 $\{e_n\}_{n\ge 1}$ 线性无关。令 $M_n=\operatorname{span}\{e_1,\dots,e_n\}$，则 $M_{n-1}\subsetneq M_n$ 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 $M_{n-1}\subsetneq M_n$），可取单位向量 $x_n\in M_n$ 使得
$$\|x_n\|=1,\qquad \operatorname{dist}(x_n,\,M_{n-1})\ge \tfrac12 .$$

3. 关键观察：对 $m<n$，
$$Tx_n - Tx_m = \lambda_n x_n - \underbrace{\big[(\lambda_n x_n - Tx_n)+Tx_m\big]}_{=:\,y\,\in\, M_{n-1}}.$$
这是因为：写 $x_n=\sum_{k\le n}c_k e_k$，则
$$\lambda_n x_n - Tx_n=\sum_{k\le n}c_k(\lambda_n-\lambda_k)e_k=\sum_{k\le n-1}c_k(\lambda_n-\lambda_k)e_k\in M_{n-1}$$
（第 $k=n$ 项系数为 $\lambda_n-\lambda_n=0$，故消失）；而对 $m<n$ 有 $Tx_m\in M_m\subseteq M_{n-1}$。于是 $y\in M_{n-1}$。由于 $\lambda_n\ne 0$ 且 $M_{n-1}$ 是子空间，$\tfrac{y}{\lambda_n}\in M_{n-1}$，从而
$$\|Tx_n-Tx_m\| = \|\lambda_n x_n - y\| = |\lambda_n|\,\Big\|x_n-\tfrac{y}{\lambda_n}\Big\|\ge |\lambda_n|\cdot \operatorname{dist}(x_n,M_{n-1})\ge r\cdot\tfrac12 .$$

4. 于是像列 $\{Tx_n\}$ 任意两项距离 $\ge r/2$，**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，$\{Tx_n\}$ 应有收敛子列——矛盾。

故 $|\lambda|\ge r$ 的特征值只有有限个。结合"非零谱点 = 特征值"，$\{|\lambda|\ge r\}$ 中的谱点也只有有限个；再结合归约，$\sigma(T)$ 的聚点只能是 $0$，至多一个聚点。$\qquad\blacksquare$

> 考场务实建议：第 3 步那个"$\lambda_n x_n - Tx_n\in M_{n-1}$"的细算是最容易写错的地方（已验证：在特征基下，$\lambda_n x_n-Tx_n$ 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 $\lambda\in\sigma$ = 反设可逆推矛盾"**：要证某个数在谱里，几乎都先反设 $T-\lambda I$ 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 $\iff$ 单位球紧 $\iff$ 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 $\Rightarrow$ 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 $M_{n-1}\subsetneq M_n$（有限维自动闭）上，取 $\|x_n\|=1$ 且 $\operatorname{dist}(x_n,M_{n-1})\ge\frac12$。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 $\iff$ 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 $X\subset C([-\pi,\pi])$ be a closed subspace containing all $f$ with $f(-\pi)=f(\pi)$. Let $e_n(t)=e^{int}/\sqrt{2\pi}\in X$, and $\{a_n\}\subset\mathbb{C}$. Define the Fourier coefficient $\hat f(n)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{f(t)e^{-int}}{\sqrt{2\pi}}\,dt$. Suppose for all $f\in X$ there exists a unique $g\in X$ such that $\hat g(n)=a_n\hat f(n)$ for all $n\in\mathbb{Z}$; define $Tf=g$. **(a)** Show $T\in B(X)$. **(b)** Show $Te_n=a_n e_n$ and that $\{a_n\}$ is bounded. **(c)** Show there exists $\phi\in X^*$ such that $\phi(e_n)=a_n$.

**中文.** 设 $X\subset C([-\pi,\pi])$ 是一个**闭子空间**，且包含所有满足 $f(-\pi)=f(\pi)$ 的 $f$。令 $e_n(t)=e^{int}/\sqrt{2\pi}\in X$，$\{a_n\}\subset\mathbb{C}$。定义 Fourier 系数 $\hat f(n)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{f(t)e^{-int}}{\sqrt{2\pi}}\,dt$。假设对每个 $f\in X$，都**存在唯一**的 $g\in X$ 使得 $\hat g(n)=a_n\hat f(n)$ 对所有 $n\in\mathbb{Z}$ 成立；定义 $Tf=g$。**(a)** 证明 $T\in B(X)$（即 $T$ 是 $X$ 上有界线性算子）。**(b)** 证明 $Te_n=a_n e_n$，且 $\{a_n\}$ 有界。**(c)** 证明存在 $\phi\in X^*$ 使得 $\phi(e_n)=a_n$。

> ⚠️ **先看清归一化（极易踩坑）**：题目给的系数是 $\hat f(n)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{f(t)e^{-int}}{\sqrt{2\pi}}\,dt=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)e^{-int}\,dt$，**带的是 $\frac{1}{2\pi}$**（而不是 $L^2$ 标准的 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int$）。在这个归一化下，$e_n$ 的系数是 $\hat e_n(m)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\delta_{nm}$，**前面带一个常数 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$，并非纯 Kronecker $\delta_{nm}$**。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 $\hat e_n(m)=\delta_{nm}$ 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 $Tf=\dots$，而是说"$Tf$ 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 $\|Tf\|\le\|T\|\|f\|$ 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 $Tf$ 的显式公式去估 $\|Tf\|\le C\|f\|$** 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"$f_k\to f$ 且 $Tf_k\to h$ 蕴含 $h=Tf$"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 $f\mapsto\hat f(n)$ 是连续的，极限好对。

**(b) 的触发器**：要算 $Te_n$，别去解什么方程——**两个连续函数相等 $\iff$ 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 $L^2[-\pi,\pi]$ 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 $\|Te_n\|\le\|T\|\|e_n\|$ 反过来用**：你已知 $Te_n=a_n e_n$，左边范数 $=|a_n|\|e_n\|$，于是 $|a_n|\le\|T\|$。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 $\phi$，**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 $Te_n=a_n e_n$）！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** $\delta_0:f\mapsto f(0)$。复合 $\delta_0\circ T$ 作用在 $e_n$ 上就是 $(Te_n)(0)=a_n e_n(0)$，再补个常数把 $e_n(0)$ 抵消掉即可。注意 $e_n(0)=1/\sqrt{2\pi}$ 是**逐点取值**，与系数归一化无关，所以这里不会受上面那个 $\frac{1}{2\pi}$ 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 $L_n:f\mapsto\hat f(n)$ 是 $X$ 上的**有界线性泛函**：$|\hat f(n)|=\left|\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(t)e^{-int}\,dt\right|\le\frac{1}{2\pi}\cdot 2\pi\cdot\|f\|_\infty=\|f\|_\infty$。
- **唯一性**：若 $\hat f(n)=0$ 对所有 $n$，则 $f\equiv 0$（$\{e^{int}/\sqrt{2\pi}\}$ 是 $L^2[-\pi,\pi]$ 的标准正交**基**，系数全为零 $\Rightarrow f=0$ 于 $L^2 \Rightarrow$ 几乎处处为零 $\Rightarrow$ 连续函数恒为零）。等价地：**两个连续函数所有 Fourier 系数相等 $\iff$ 它们相等**。
- $e_n$ 的系数：$\hat e_n(m)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\,\delta_{nm}$（按题给 $\frac{1}{2\pi}\int$ 归一化算出，前有常数 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$），且 $\|e_n\|_\infty=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}$（因为 $|e^{int}|=1$）。

**【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 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ 带对。

---

#### (a) 证明 $T\in B(X)$ —— 闭图像定理

**【骨架分】**先把会写的全写上：

*线性*：设 $f_1,f_2\in X$，$\alpha,\beta\in\mathbb{C}$。$\alpha Tf_1+\beta Tf_2$ 的第 $n$ 个系数是 $\alpha a_n\hat f_1(n)+\beta a_n\hat f_2(n)=a_n\widehat{(\alpha f_1+\beta f_2)}(n)$，由定义和**唯一性**（满足该组系数关系的元素唯一），这正是 $T(\alpha f_1+\beta f_2)$。故 $T$ 线性。

*要证有界，拟用闭图像定理*：$X$ 是 Banach 空间 $C([-\pi,\pi])$ 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：

$$\text{若 } f_k\to f \text{ 且 } Tf_k\to h \text{（在 }X\text{ 中）},\ \text{则 } h=Tf.$$

注意 $h\in X$ 是因为 $X$ 闭、$Tf_k\in X$ 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 $n$：

$$\hat h(n)=L_n(h)=\lim_{k}L_n(Tf_k)=\lim_k\widehat{Tf_k}(n)=\lim_k a_n\hat f_k(n)=a_n\lim_k\hat f_k(n)=a_n\hat f(n)=\widehat{Tf}(n).$$

（第二个等号用 $L_n$ 连续 + $Tf_k\to h$；倒数第二步用 $L_n$ 连续 + $f_k\to f$。）于是 $\hat h(n)=\widehat{Tf}(n)$ 对所有 $n$，由**唯一性** $h=Tf$。图像闭，故 $T$ 有界。$\blacksquare$

> 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 $f_k\to f,Tf_k\to h\Rightarrow h=Tf$"，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 $Te_n=a_n e_n$ 且 $\{a_n\}$ 有界

**【骨架分 + 关键分】** 算 $Te_n$ 的系数，逐 $m$ 比较。对任意 $m$，按题给归一化 $\hat e_n(m)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta_{nm}$：

$$\widehat{Te_n}(m)=a_m\,\hat e_n(m)=a_m\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta_{nm}=a_n\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta_{nm}=a_n\,\hat e_n(m)=\widehat{(a_n e_n)}(m),$$

（中间 $a_m\delta_{nm}=a_n\delta_{nm}$ 是因为只有 $m=n$ 时非零，此时 $a_m=a_n$；常数 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$ 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

$$Te_n=a_n e_n.$$

**【关键分】** 证 $\{a_n\}$ 有界——**把 (a) 的有界性反过来用**。由 $T$ 有界，$\|Te_n\|_\infty\le\|T\|\,\|e_n\|_\infty$。而 $\|Te_n\|_\infty=\|a_n e_n\|_\infty=|a_n|\,\|e_n\|_\infty$，且 $\|e_n\|_\infty=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\ne 0$。两边除以 $\|e_n\|_\infty$：

$$|a_n|\le\|T\|\quad\text{对所有 }n.$$

故 $\{a_n\}$ 有界（一致被 $\|T\|$ 控制）。$\blacksquare$

> 拿分提示：第一半（$Te_n=a_n e_n$）几乎是纯计算，**把 $\hat e_n(m)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta_{nm}$ 一写出来就到手**（切记按题给 $\frac{1}{2\pi}\int$ 把常数带对，别写成纯 $\delta_{nm}$），这是最容易拿满的半问。第二半的"巧"就一句：$e_n\ne 0$，所以能从 $\|Te_n\|\le\|T\|\|e_n\|$ 约掉 $\|e_n\|$ 反解出 $|a_n|\le\|T\|$。

---

#### (c) 构造 $\phi\in X^*$ 使 $\phi(e_n)=a_n$ —— 点评估 $\circ\,T$

**【关键分：整问的核心就是这个构造】** 定义

$$\boxed{\ \phi(f):=\sqrt{2\pi}\,(Tf)(0)\ }\qquad\text{即 }\phi=\sqrt{2\pi}\,\delta_0\circ T,$$

其中 $\delta_0:g\mapsto g(0)$ 是 $t=0$ 处的点评估。

*验证 $\phi(e_n)=a_n$*：因 $e_n(0)=\frac{e^{i n\cdot 0}}{\sqrt{2\pi}}=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$（**逐点取值**，与系数归一化无关），且由 (b) $Te_n=a_n e_n$，故

$$\phi(e_n)=\sqrt{2\pi}\,(Te_n)(0)=\sqrt{2\pi}\,(a_n e_n)(0)=\sqrt{2\pi}\cdot a_n\cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}}=a_n.\ \checkmark$$

*验证 $\phi\in X^*$（线性 + 有界）*：$\phi$ 是有界算子 $T$、点评估泛函 $\delta_0$ 和常数的复合，故线性。有界性：

$$|\phi(f)|=\sqrt{2\pi}\,|(Tf)(0)|\le\sqrt{2\pi}\,\|Tf\|_\infty\le\sqrt{2\pi}\,\|T\|\,\|f\|_\infty.$$

故 $\|\phi\|\le\sqrt{2\pi}\,\|T\|<\infty$，即 $\phi\in X^*$。$\blacksquare$

> 拿分提示：**只要你想到"把 $T$ 和点评估 $\delta_0$ 复合"，这问就基本满分**。即便没想到，也要写：**【骨架分】** "$\delta_0:f\mapsto f(0)$ 是有界泛函（$|f(0)|\le\|f\|_\infty$），$T$ 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 $\|Tf\|$"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 $Tf=g$ 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 $\hat{(\cdot)}(n)$、$f(0)$ 这类运算里面，先确认该运算是有界（连续）线性泛函（$|\hat f(n)|\le\|f\|_\infty$、$|f(0)|\le\|f\|_\infty$），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 $\frac{1}{2\pi}\int$ / $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int$ / $\frac{1}{2\pi}\int$（指数基 $e^{int}$ vs 规范化基 $e_n$）多种约定，$\hat e_n(m)$ 是否是纯 $\delta_{nm}$ 取决于约定。本题按题给 $\frac{1}{2\pi}\int$ 算出的是 $\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\delta_{nm}$；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 $Tv=\lambda v$ 且 $v\ne 0$，立刻有 $|\lambda|=\|Tv\|/\|v\|\le\|T\|$。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 $\circ$ 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 $Te_n=a_n e_n$），再复合一个最朴素的有界泛函（点评估 $\delta_0$、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 $\delta_x$ 是 $C(K)$ 上最廉价的有界泛函**：$\|\delta_x\|=1$（$|f(x)|\le\|f\|_\infty$，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 $\delta_x$ 取的是**逐点值**，与 Fourier 系数的归一化约定无关。

---
