习题 5.14

设 $A\in K(X),\lambda \ne 0$. 求证 :

(1) 任取 $n\ge 1,N\left((\lambda -A{)}^n\right)\subset N\left((\lambda -A{)}^{n+1}\right)$;

(2) 存在 $n_0\ge 1$, 使得 $N\left((\lambda -A{)}^{n_0}\right)=N\left((\lambda -A{)}^{n_0+1}\right)$, 且任取 $m\ge 1$, $$N\left((\lambda -A{)}^{n_0}\right)=N\left((\lambda -A{)}^{n_0+m}\right).$$

解答

解答使用 DeepSeek v3.2 Speciale 生成

(1) 对任意 $n\ge 1$，若 $x\in N((\lambda -A{)}^n)$，则 $(\lambda -A{)}^{n}x=0$。于是 $$(\lambda -A{)}^{n+1}x=(\lambda -A)((\lambda -A{)}^{n}x)=0,$$ 故 $x\in N((\lambda -A{)}^{n+1})$。因此 $N((\lambda -A{)}^n)\subset N((\lambda -A{)}^{n+1})$。

(2) 记 $T=\lambda -A$。对 $n\ge 1$ 令 $M_n=N(T^n)$。由 (1) 知 $M_n\subset M_{n+1}$，且 $M_n$ 是闭子空间（因 $T^n$ 连续）。假设结论不成立，即对每个 $n\ge 1$ 均有 $M_n⊊M_{n+1}$。则由 Riesz 引理，对每个 $n$ 存在 $x_n\in M_{n+1}$ 使得 $\Vert x_n\Vert =1$ 且 $\mathrm{dist}(x_n,M_n)\ge \frac{1}{2}$。

现取 $n>m$。注意到：

• $x_n\in M_{n+1}$，故 $T{x}_n\in M_n$；
• $x_m\in M_{m+1}\subset M_n$（因 $m+1\le n$），从而 $x_m\in M_n$，且 $T{x}_m\in M_m\subset M_n$。 因此 $T{x}_n-T{x}_m\in M_n$。

由于 $A=\lambda I-T$，有 $$A{x}_n-A{x}_m=(\lambda x_n-T{x}_n)-(\lambda x_m-T{x}_m)=\lambda (x_n-x_m)-(T{x}_n-T{x}_m).$$ 于是 $$A{x}_n-A{x}_m=\lambda [x_n-(x_m+\frac{1}{\lambda }(T{x}_n-T{x}_m)\left)\right].$$ 记 $w=x_m+\frac{1}{\lambda }(T{x}_n-T{x}_m)$。因 $T{x}_n-T{x}_m\in M_n$ 且 $\lambda \ne 0$，得 $w\in M_n$。从而 $$\Vert A{x}_n-A{x}_m\Vert =|\lambda |\cdot \Vert x_n-w\Vert \ge |\lambda |\cdot \mathrm{dist}(x_n,M_n)\ge \frac{|\lambda |}{2}.$$ 故 $\{A{x}_n\}$ 中任意两项的距离不小于 $\frac{|\lambda |}{2}>0$，它没有 Cauchy 子列，因而没有收敛子列。但 $A$ 是紧算子，$\{x_n\}$ 有界，$\{A{x}_n\}$ 必有收敛子列，矛盾。所以存在 $n_0\ge 1$ 使得 $M_{n_0}=M_{n_0+1}$。

下证对任意 $m\ge 1$ 有 $M_{n_0}=M_{n_0+m}$。由 $M_{n_0}=M_{n_0+1}$ 出发： 取 $x\in M_{n_0+2}$，则 $T^{n_0+2}x=0$，于是 $T^{n_0+1}(Tx)=0$，即 $Tx\in M_{n_0+1}=M_{n_0}$。从而 $T^{n_0}(Tx)=T^{n_0+1}x=0$，故 $x\in M_{n_0+1}$。因此 $M_{n_0+2}\subset M_{n_0+1}$，结合 $M_{n_0+1}\subset M_{n_0+2}$（由 (1)）得 $M_{n_0+1}=M_{n_0+2}$，进而 $M_{n_0}=M_{n_0+2}$。重复此推理可知对任意 $m\ge 1$ 均有 $M_{n_0}=M_{n_0+m}$，即 $$N((\lambda -A{)}^{n_0})=N((\lambda -A{)}^{n_0+m}).$$ 这就完成了证明。