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

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 $\{f_n\}\subset X^{\ast }$ and $f\in X^{\ast }$, then $f_n(x_n)\to f(x)$. (c) Show that if $X$ is Hilbert, $x_n\rightharpoonup x$ and $\Vert x_n\Vert \to \Vert x\Vert$, 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 $\{f_n\}\subset X^{\ast }$ 满足 $f_n\to f$（强收敛，$f\in X^{\ast }$），则 $f_n(x_n)\to f(x)$。 (c) 证明：若 $X$ 是 Hilbert 空间，$x_n\rightharpoonup x$ 且 $\Vert x_n\Vert \to \Vert x\Vert$，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 $X^{\ast }$ 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 ${\sup }_n\Vert x_n\Vert <\infty$，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 $\Vert x_n-x\Vert$，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 $f\in X^{\ast }$： $$f(x_n)\to f(x),f(x_n)\to f(y).$$ 极限唯一（这是数列在 $\mathbb{K}$ 中的收敛，已是经典唯一极限），故 $$f(x)=f(y)\text{即}f(x-y)=0,\forall f\in X^{\ast }.$$ 写到这里——"只需证：$\forall f\in X^{\ast },f(x-y)=0\Rightarrow x-y=0$"——已经拿走大半分。

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

提示：那句"存在 $\Vert f\Vert =1$ 使 $f(x-y)=\Vert x-y\Vert$"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 $f(z)=\Vert z\Vert$）。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，$X^{\ast }$ 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： $$f_n(x_n)-f(x)=\underset{\text{(I)}}{\underbrace{(f_n-f)(x_n)}}+\underset{\text{(II)}}{\underbrace{(f(x_n)-f(x))}}.$$ (II) 是固定泛函 $f$ 作用在弱收敛序列上，正是弱收敛的定义：$x_n\rightharpoonup x\Rightarrow f(x_n)\to f(x)$，故 (II) $\to 0$。 对 (I) 作算子-向量的标准估计： $$|(f_n-f)(x_n)|\le \Vert f_n-f{\Vert }_{X^{\ast }}\Vert x_n{\Vert }_X.$$ 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 $\Vert x_n\Vert$ 一致有界。这不是显然的，要证：

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

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

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），${\sup }_n\Vert x_n\Vert =:M<\infty$"——光是点名这个结论并用它，就比裸用 $\Vert x_n\Vert$ 多拿好几分。漏掉它的人会被扣"凭什么 $\Vert x_n\Vert$ 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 $X^{\ast \ast }$ 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： $$\Vert x_n-x{\Vert }^2=⟨x_n-x,x_n-x⟩=\Vert x_n{\Vert }^2-2\mathrm{Re}⟨x_n,x⟩+\Vert x{\Vert }^2.$$ 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：

• $\Vert x_n{\Vert }^2\to \Vert x{\Vert }^2$（题给 $\Vert x_n\Vert \to \Vert x\Vert$）；
• 取固定向量 $x$ 对应的泛函 $f(\cdot )=⟨\cdot ,x⟩\in X^{\ast }$（Riesz 表示，它确是有界泛函），由 $x_n\rightharpoonup x$ 得 $$⟨x_n,x⟩=f(x_n)\to f(x)=⟨x,x⟩=\Vert x{\Vert }^2,$$ 故 $\mathrm{Re}⟨x_n,x⟩\to \Vert x{\Vert }^2$。

代回： $$\Vert x_n-x{\Vert }^2\to \Vert x{\Vert }^2-2\Vert x{\Vert }^2+\Vert x{\Vert }^2=0,$$ 即 $x_n\to x$ 强收敛。$■$

唯一容易卡的小关节：要说清"为什么 $⟨x_n,x⟩\to ⟨x,x⟩$"——因为第二个分量 $x$ 是固定的，所以 $⟨\cdot ,x⟩$ 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"$\forall f\in X^{\ast },f(z)=0$"推出"$z=0$"时使用——对任意 $z\ne 0$ 存在 $\Vert f\Vert =1$ 使 $f(z)=\Vert z\Vert$。它有效是因为 $X^{\ast }$ 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 $\Vert x_n\Vert$，立刻断言 ${\sup }_n\Vert x_n\Vert <\infty$，理由是把 $x_n$ 嵌入 $X^{\ast \ast }$ 后逐点有界 + Banach–Steinhaus（前提：作用域 $X^{\ast }$ 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 $\Vert x_n-x\Vert$，一律平方成 $\Vert x_n{\Vert }^2-2\mathrm{Re}⟨x_n,x⟩+\Vert x{\Vert }^2$。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 $f=⟨\cdot ,x⟩$（$x$ 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 $x_n\rightharpoonup x$ 且 $\Vert x_n\Vert \to \Vert x\Vert$ 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 $T\in B(C([-1,1]),\mathbb{R})=C([-1,1]{)}^{\ast }$. (b) Compute the operator norm $\Vert T\Vert$. (c) Is $\Vert T\Vert$ attained? I.e. does there exist $\varphi \in C([-1,1])$ with $\Vert \varphi \Vert =1$ and $|T\varphi |=\Vert T\Vert$?

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 $T\in B(C([-1,1]),\mathbb{R})=C([-1,1]{)}^{\ast }$。(b) 求算子范数 $\Vert T\Vert$。(c) $\Vert T\Vert$ 是否可达？即是否存在 $\varphi \in C([-1,1])$ 使得 $\Vert \varphi \Vert =1$ 且 $|T\varphi |=\Vert T\Vert$？

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 $k(t)=\mathrm{sgn}(t)$（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 $f=\mathrm{sgn}(k)$ 是否落在空间里"。本题的精髓恰恰是：最优形状 $\mathrm{sgn}(t)$ 不连续，所以范数取到 $2$ 却不可达。

(a) 的触发器：看到"证 $T\in C^{\ast }$"，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 $|Tf|\le M\Vert f{\Vert }_{\infty }$）。配 $M$ 的标准动作：把积分用 $|f|\le \Vert f{\Vert }_{\infty }$ 往外放，$|Tf|\le {\int }_0^1|f|+{\int }_{-1}^0|f|\le 2\Vert f{\Vert }_{\infty }$（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 $\Vert T\Vert \le 2$。

(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 $\mathrm{sgn}(t)$。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 ${\varphi }_n$）。

(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 $T\varphi =2=\Vert T\Vert \Vert \varphi \Vert$，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 $\varphi$ 在两侧分别恒等于 $\pm 1$，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 $f,g\in C([-1,1])$、$\alpha ,\beta \in \mathbb{R}$，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 $f$， $$|Tf|=\left|{\int }_0^{1}f-{\int }_{-1}^{0}f\right|\le {\int }_0^1|f|+{\int }_{-1}^0|f|\le \Vert f{\Vert }_{\infty }\cdot 1+\Vert f{\Vert }_{\infty }\cdot 1=2\Vert f{\Vert }_{\infty }.$$ （最后一步用到 $[0,1]$ 与 $[-1,0]$ 的长度各为 $1$。）故 $T$ 有界，$T\in B(C([-1,1]),\mathbb{R})=C([-1,1]{)}^{\ast }$，且顺带得到上界 $\Vert T\Vert \le 2$。【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) $\Vert T\Vert =2$

由 (a) 已有 $\boxed{\Vert T\Vert \le 2}$。只需再证下界 $\Vert T\Vert \ge 2$。【骨架分】 哪怕不会构造，也要写下定义性的一句话： $$\Vert T\Vert =\underset{\Vert f{\Vert }_{\infty }\le 1}{\sup }|Tf|\ge \frac{|T\varphi |}{\Vert \varphi {\Vert }_{\infty }}\text{对任意 }\varphi \ne 0,$$ 并写明"最优函数应是 $\mathrm{sgn}(t)$，但它不连续，故用连续函数逼近"。把这句"逼近 $\mathrm{sgn}$"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 ${\varphi }_n$： $${\varphi }_n(t)=\{\begin{array}{ll}1,& \frac{1}{n}\le t\le 1,\\ nt,& -\frac{1}{n}\le t\le \frac{1}{n},\\ -1,& -1\le t\le -\frac{1}{n}.\end{array}$$ 它连续（三段在 $t=\pm \frac{1}{n}$ 处衔接：$n\cdot \frac{1}{n}=1$、$n\cdot (-\frac{1}{n})=-1$），且 $\Vert {\varphi }_n{\Vert }_{\infty }=1$。计算 $T{\varphi }_n$：在 $[0,1]$ 上， $${\int }_0^1{\varphi }_n={\int }_0^{1/n}ntdt+{\int }_{1/n}^{1}1dt=\frac{1}{2n}+\left(1-\frac{1}{n}\right)=1-\frac{1}{2n}.$$ 由 ${\varphi }_n$ 为奇函数，${\int }_{-1}^0{\varphi }_n=-\left(1-\frac{1}{2n}\right)$，所以 $$T{\varphi }_n={\int }_0^1{\varphi }_n-{\int }_{-1}^0{\varphi }_n=2\left(1-\frac{1}{2n}\right)=2-\frac{1}{n}.$$ 于是（因分母 $\Vert {\varphi }_n{\Vert }_{\infty }=1$，下界直接等于分子） $$\Vert T\Vert \ge \frac{|T{\varphi }_n|}{\Vert {\varphi }_n{\Vert }_{\infty }}=2-\frac{1}{n}\underset{n\to \infty }{\to }2,$$ 得 $\Vert T\Vert \ge 2$。结合上界，$\boxed{\Vert T\Vert =2}$。【关键分】 真正得分的是"给出合法连续的 ${\varphi }_n$ 并把 $T{\varphi }_n$ 老实算到 $\to 2$"。注意：用 ${\varphi }_n$ 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) $\Vert T\Vert$ 不可达

结论：不存在这样的 $\varphi$。【骨架分】 先把要证目标和方法写出来——"反证：设 $\Vert \varphi {\Vert }_{\infty }=1$ 且 $|T\varphi |=2$（不妨 $T\varphi =2$，否则换 $-\varphi$），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 $\Vert \varphi {\Vert }_{\infty }=1$ 知 $|\varphi (t)|\le 1$ 处处成立，故 $$2=T\varphi ={\int }_0^1\varphi -{\int }_{-1}^0\varphi \le {\int }_0^1|\varphi |+{\int }_{-1}^0|\varphi |\le {\int }_0^{1}1+{\int }_{-1}^{0}1=2.$$ 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）。 ${\int }_0^1\varphi ={\int }_0^1|\varphi |$，即 ${\int }_0^1(|\varphi |-\varphi )=0$，被积 $|\varphi |-\varphi \ge 0$ 连续，故 $|\varphi |-\varphi \equiv 0$，即在 $[0,1]$ 上 $\varphi =|\varphi |\ge 0$；同理 $-{\int }_{-1}^0\varphi ={\int }_{-1}^0|\varphi |$ 给出 ${\int }_{-1}^0(|\varphi |+\varphi )=0$，故在 $[-1,0]$ 上 $-\varphi =|\varphi |\ge 0$，即 $\varphi \le 0$。
• 定幅值（第二组等号）。 ${\int }_0^1|\varphi |={\int }_0^{1}1$ 即 ${\int }_0^1(1-|\varphi |)=0$，被积 $1-|\varphi |\ge 0$ 连续，故 $1-|\varphi |\equiv 0$，即 $|\varphi |\equiv 1$ 于 $[0,1]$；同理 $|\varphi |\equiv 1$ 于 $[-1,0]$。

合起来：在 $[0,1]$ 上 $\varphi \equiv +1$，在 $[-1,0]$ 上 $\varphi \equiv -1$。但 $\varphi$ 连续，看原点：由 $[0,1]$ 上恒 $+1$ 及连续性 $\varphi (0)={\lim }_{t\to 0^{+}}\varphi (t)=+1$；由 $[-1,0]$ 上恒 $-1$ 及连续性 $\varphi (0)={\lim }_{t\to 0^{-}}\varphi (t)=-1$。同一个 $\varphi (0)$ 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 $\varphi$，范数 $\Vert T\Vert =2$ 不可达。$■$

难度提示： (c) 比前两问难一档。会的人常卡在"由 $\int (1-|\varphi |)=0$ 推 $|\varphi |\equiv 1$"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 $\varphi$ 在两侧贴 $\pm 1$、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 $|f(t)|\le \Vert f{\Vert }_{\infty }$ 把函数放成常数往外提，剩下的就是 $\int |k|$（本题 ${\int }_{-1}^1|\mathrm{sgn}|=2$）。一步同时拿下"有界性"和"$\Vert T\Vert \le \int |k|$"，性价比最高。

• 【下界靠猜最优函数 $f=\mathrm{sgn}(k)$】 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 $f=\mathrm{sgn}(k)$，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 $\mathrm{sgn}$）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 $\int (1-|\varphi |)=0$、$\int (|\varphi |-\varphi )=0$ 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 $|T\varphi |=\Vert T\Vert$，用 $T(-\varphi )=-T\varphi$ 把绝对值脱掉、统一设 $T\varphi =+\Vert T\Vert$，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 $H\ne K\oplus K^{\perp }$. (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 $H\ne K\oplus K^{\perp }$。 (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 $K\oplus \{0\}=K⊊H$。

(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 $⟨w,w⟩=0$（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 $x\in H$，令 $$d=\underset{y\in F}{\inf }\Vert x-y\Vert .$$ 取极小化序列 $\{y_n\}\subset F$，使 $\Vert x-y_n\Vert \to d$。对 $x-y_n$ 与 $x-y_m$ 用平行四边形律（$\Vert a+b{\Vert }^2+\Vert a-b{\Vert }^2=2\Vert a{\Vert }^2+2\Vert b{\Vert }^2$，取 $a=x-y_n,b=x-y_m$，则 $a-b=y_m-y_n$、$a+b=2(x-\frac{y_n+y_m}{2})$）： $$\Vert y_n-y_m{\Vert }^2=2\Vert x-y_n{\Vert }^2+2\Vert x-y_m{\Vert }^2-4\Vert x-\frac{y_n+y_m}{2}{\Vert }^2.$$ 因 $\frac{y_n+y_m}{2}\in F$（$F$ 是子空间），故 $\Vert x-\frac{y_n+y_m}{2}{\Vert }^2\ge d^2$。于是 $$\Vert y_n-y_m{\Vert }^2\le 2\Vert x-y_n{\Vert }^2+2\Vert x-y_m{\Vert }^2-4d^2\underset{n,m\to \infty }{\to }2d^2+2d^2-4d^2=0.$$ 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 $\Vert x-p\Vert =d$。（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 $\Vert z-ty{\Vert }^2\ge \Vert z{\Vert }^2$。展开： $$\Vert z{\Vert }^2-2t\mathrm{Re}⟨z,y⟩+t^2\Vert y{\Vert }^2\ge \Vert z{\Vert }^2⟹-2t\mathrm{Re}⟨z,y⟩+t^2\Vert y{\Vert }^2\ge 0\forall t.$$ 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 $\mathrm{Re}⟨z,y⟩=0$；对复空间再把 $y$ 换成 $iy$ 得 $\mathrm{Re}⟨z,iy⟩=\mathrm{Im}⟨z,y⟩=0$。故 $⟨z,y⟩=0$，即 $z\in F^{\perp }$。

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

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 $\Vert z-ty{\Vert }^2\ge \Vert z{\Vert }^2$ 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，$⟨x,\cdot ⟩=0$ 在 $K$ 上成立当且仅当在 $\overline{K}$ 上成立）。若 $K$ 稠密但 $K\ne H$，则 $\overline{K}=H$，于是 $K^{\perp }=H^{\perp }=\{0\}$，从而 $K\oplus K^{\perp }=K⊊H$。

【关键分·给出具体例子并算正交补】 取 $H={\ell }^2$， $$K=c_{00}=\{(a_n{)}_{n\ge 1}:a_n\ne 0\text{ 只对有限个 }n\}(\text{有限支撑序列}).$$ - $K$ 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 ${\sum }_{n>N}|a_n{|}^2\to 0$），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 $⟨x,e_k⟩=x_k=0$ 对一切 $k$，即 $x=0$。所以 $K^{\perp }=\{0\}$。

于是 $K\oplus K^{\perp }=K\oplus \{0\}=K=c_{00}⊊{\ell }^2=H$，即 $H\ne K\oplus K^{\perp }$。$■$

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 $U:H\to {\ell }^2$，$Ux=(⟨x,e_n⟩{)}_n$；(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，$H\cong {\mathbb{C}}^n={\ell }_n^2$，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 $⟺$ 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 $x\in H$，由 Parseval 恒等式（ONB 的定义性质）： $$\Vert x{\Vert }^2=\sum _n|⟨x,e_n⟩{|}^2.$$ 这说明 $(⟨x,e_n⟩{)}_n\in {\ell }^2$ 且 $\Vert Ux{\Vert }_{{\ell }^2}=\Vert x{\Vert }_H$，即 $U$ 良定义且等距。等距自动给出单射（$\Vert Ux\Vert =0\Rightarrow \Vert x\Vert =0\Rightarrow x=0$）。$U$ 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 $(c_n{)}_n\in {\ell }^2$。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 $$\Vert s_N-s_M{\Vert }^2=\sum _{M<n\le N}|c_n{|}^2\to 0(N>M\to \infty ,\text{因 }(c_n)\in {\ell }^2),$$ 故 $\{s_N\}$ Cauchy，由 $H$ 完备收敛到某 $x$。再由内积连续 $⟨x,e_k⟩={\lim }_N⟨s_N,e_k⟩={\lim }_N{\sum }_{n\le N}{c}_n⟨e_n,e_k⟩=c_k$，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，$H\cong {\ell }^2$。$■$

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。

• 【$\Vert z-ty{\Vert }^2\ge \Vert z{\Vert }^2$ 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 $t\to 0^{\pm }$ 令一次项系数为零）逼出 $⟨z,y⟩=0$；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 $⟺K^{\perp }=\{0\}$）。

• 【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 $⟺$ $\dim H<\infty$。

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： $$\lambda \in \sigma (T)⟺T-\lambda I\text{不是双射}⟺T-\lambda I\text{不单射（即 }\lambda \text{ 是特征值）}\text{或}\text{不满射}.$$

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 $B_H=\{x:\Vert x\Vert \le 1\}$ 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 $⟺$ 空间有限维），得 $\dim H<\infty$，与 $H$ 无穷维矛盾。

因此 $0\in \sigma (T)$。$■$

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 $\Rightarrow$ 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 $⟺$ 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 $e_n$（$T{e}_n={\lambda }_n{e}_n$，$e_n\ne 0$）。

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 $M_n=\mathrm{span}\{e_1,\dots ,e_n\}$，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 $x_n\in M_n$ 使得 $$\Vert x_n\Vert =1,\mathrm{dist}(x_n,M_{n-1})\ge \frac{1}{2}.$$

3. 关键观察：对 $m<n$， $$T{x}_n-T{x}_m={\lambda }_n{x}_n-\underset{=:y\in M_{n-1}}{\underbrace{[({\lambda }_n{x}_n-T{x}_n)+T{x}_m]}}.$$ 这是因为：写 $x_n={\sum }_{k\le n}{c}_k{e}_k$，则 $${\lambda }_n{x}_n-T{x}_n=\sum _{k\le n}{c}_k({\lambda }_n-{\lambda }_k)e_k=\sum _{k\le n-1}{c}_k({\lambda }_n-{\lambda }_k)e_k\in M_{n-1}$$ （第 $k=n$ 项系数为 ${\lambda }_n-{\lambda }_n=0$，故消失）；而对 $m<n$ 有 $T{x}_m\in M_m\subseteq M_{n-1}$。于是 $y\in M_{n-1}$。由于 ${\lambda }_n\ne 0$ 且 $M_{n-1}$ 是子空间，$\frac{y}{{\lambda }_n}\in M_{n-1}$，从而 $$\Vert T{x}_n-T{x}_m\Vert =\Vert {\lambda }_n{x}_n-y\Vert =|{\lambda }_n|\Vert x_n-\frac{y}{{\lambda }_n}\Vert \ge |{\lambda }_n|\cdot \mathrm{dist}(x_n,M_{n-1})\ge r\cdot \frac{1}{2}.$$

4. 于是像列 $\{T{x}_n\}$ 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，$\{T{x}_n\}$ 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。$■$

考场务实建议：第 3 步那个"${\lambda }_n{x}_n-T{x}_n\in M_{n-1}$"的细算是最容易写错的地方（已验证：在特征基下，${\lambda }_n{x}_n-T{x}_n$ 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 $\lambda \in \sigma$ = 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 $⟺$ 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 $\Rightarrow$ 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 $M_{n-1}⊊M_n$（有限维自动闭）上，取 $\Vert x_n\Vert =1$ 且 $\mathrm{dist}(x_n,M_{n-1})\ge \frac{1}{2}$。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 $X\subset C([-\pi ,\pi ])$ 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 $T{e}_n=a_n{e}_n$ and that $\{a_n\}$ is bounded. (c) Show there exists $\varphi \in X^{\ast }$ such that $\varphi (e_n)=a_n$.

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 $T{e}_n=a_n{e}_n$，且 $\{a_n\}$ 有界。(c) 证明存在 $\varphi \in X^{\ast }$ 使得 $\varphi (e_n)=a_n$。

⚠️ 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 $\Vert Tf\Vert \le \Vert T\Vert \Vert f\Vert$ 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 $\Vert Tf\Vert \le C\Vert f\Vert$ 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 $T{f}_k\to h$ 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 $T{e}_n$，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 $L^2[-\pi ,\pi ]$ 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 $\Vert T{e}_n\Vert \le \Vert T\Vert \Vert e_n\Vert$ 反过来用：你已知 $T{e}_n=a_n{e}_n$，左边范数 $=|a_n|\Vert e_n\Vert$，于是 $|a_n|\le \Vert T\Vert$。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 $\varphi$，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 ${\delta }_0:f\mapsto f(0)$。复合 ${\delta }_0\circ T$ 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 $e_n(0)=1/\sqrt{2\pi }$ 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：$|\hat{f}(n)|=\left|\frac{1}{2\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(t)e^{-int}dt\right|\le \frac{1}{2\pi }\cdot 2\pi \cdot \Vert f{\Vert }_{\infty }=\Vert f{\Vert }_{\infty }$。 - 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 $⟺$ 它们相等。 - $e_n$ 的系数：${\hat{e}}_n(m)=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}{\delta }_{nm}$（按题给 $\frac{1}{2\pi }\int$ 归一化算出，前有常数 $\frac{1}{\sqrt{2\pi }}$），且 $\Vert e_n{\Vert }_{\infty }=\frac{1}{\sqrt{2\pi }}$（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 $f_1,f_2\in X$，$\alpha ,\beta \in \mathbb{C}$。$\alpha T{f}_1+\beta T{f}_2$ 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：

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