习题 5.15

设 $A\in K(X),\lambda \ne 0$. 求证:

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

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

解答

解答使用 DeepSeek v3.2 Speciale 生成

证明

记 $T=\lambda I-A$，其中 $I$ 为恒等算子。由于 $A$ 是紧算子且 $\lambda \ne 0$，$T$ 是 Fredholm 算子，且 $\mathrm{ind}(T)=0$。对任意正整数 $n$，$T^n=(\lambda I-A{)}^n$ 可展开为 ${\lambda }^{n}I+K_n$，其中 $K_n$ 为紧算子（因为它是 $A$ 的多项式，而紧算子的多项式仍为紧算子）。从而 $T^n$ 也是 Fredholm 算子，且 $\mathrm{ind}(T^n)=0$。故对每个 $n$，$\ker T^n$ 是有限维的，$R(T^n)$ 是闭子空间，并且
$$\dim \ker T^n=\mathrm{codim}R(T^n)<\infty .$$

(1)
对任意 $n\ge 1$，
$$(\lambda -A{)}^{n+1}=(\lambda -A{)}^n\circ (\lambda -A).$$ 若 $y\in R((\lambda -A{)}^{n+1})$，则存在 $x\in X$ 使得 $y=(\lambda -A{)}^{n+1}x=(\lambda -A{)}^n((\lambda -A)x)$，因此 $y\in R((\lambda -A{)}^n)$。
从而 $R((\lambda -A{)}^{n+1})\subset R((\lambda -A{)}^n)$。

(2)

第一步：核链的稳定性

考虑核空间的升链
$$\ker T\subset \ker T^2\subset \ker T^3\subset \cdots .$$ 假设对所有 $n$ 都有 $\ker T^n⊊\ker T^{n+1}$（真包含）。
对每个 $n$，$\ker T^{n+1}$ 是有限维闭子空间，且 $\ker T^n$ 是其真闭子空间。由 Riesz 引理，存在 $y_n\in \ker T^{n+1}$ 满足 $\Vert y_n\Vert =1$ 且 $\mathrm{dist}(y_n,\ker T^n)\ge \frac{1}{2}$。

取 $n>m$，考察 $A{y}_n-A{y}_m$。
注意到若 $y\in \ker T^{k+1}$，则 $Ty\in \ker T^k$，因为 $T^k(Ty)=T^{k+1}y=0$。
于是 $T{y}_n\in \ker T^n$，$T{y}_m\in \ker T^m\subset \ker T^n$（因 $m<n$），从而 $T{y}_n-T{y}_m\in \ker T^n$。

计算
$$A{y}_n-A{y}_m=(\lambda y_n-T{y}_n)-(\lambda y_m-T{y}_m)=\lambda (y_n-y_m)-(T{y}_n-T{y}_m).$$ 移项得
$$\frac{1}{\lambda }(A{y}_n-A{y}_m)=y_n-\left(y_m+\frac{1}{\lambda }(T{y}_n-T{y}_m)\right).$$ 由于 $y_m\in \ker T^n$ 且 $T{y}_n-T{y}_m\in \ker T^n$，括号内的向量属于 $\ker T^n$，记作 $u\in \ker T^n$。因此
$$\Vert \frac{1}{\lambda }(A{y}_n-A{y}_m)\Vert =\Vert y_n-u\Vert \ge \mathrm{dist}(y_n,\ker T^n)\ge \frac{1}{2}.$$ 从而 $\Vert A{y}_n-A{y}_m\Vert \ge |\lambda |/2$ 对一切 $n>m$ 成立。这说明 $\{A{y}_n\}$ 没有 Cauchy 子列，更不可能有收敛子列。
但 $\{y_n\}$ 有界，$A$ 是紧算子，故 $\{A{y}_n\}$ 必有收敛子列，矛盾。

因此假设不成立，存在正整数 $n_0$ 使得 $\ker T^{n_0}=\ker T^{n_0+1}$。
进而可证对任意 $m\ge 1$ 有 $\ker T^{n_0+m}=\ker T^{n_0}$（归纳：若 $\ker T^k=\ker T^{k+1}$，则 $\ker T^{k+2}\subseteq \ker T^{k+1}$ 且反向包含显然，故相等）。

第二步：值域链的稳定性

由 Fredholm 性质，$\mathrm{codim}R(T^n)=\dim \ker T^n$。记 $d_n=\dim \ker T^n$。由第一步知存在 $n_0$ 使得 $d_{n_0}=d_{n_0+1}=d_{n_0+2}=\cdots$。

另一方面，由 (1) 有 $R(T^{n+1})\subset R(T^n)$。于是对 $n\ge n_0$，
$$d_{n+1}=\mathrm{codim}R(T^{n+1})\ge \mathrm{codim}R(T^n)=d_n.$$ 但 $d_{n+1}=d_n$，故必须 $R(T^{n+1})=R(T^n)$；否则，若 $R(T^{n+1})$ 是 $R(T^n)$ 的真子空间，由于二者均为闭子空间且余维有限，将导致 $\mathrm{codim}R(T^{n+1})>\mathrm{codim}R(T^n)$，矛盾。

特别地，取 $n=n_0$ 得 $R(T^{n_0})=R(T^{n_0+1})$。
再对 $m\ge 2$ 归纳：若 $R(T^{n_0})=R(T^{n_0+m})$，则由包含关系 $R(T^{n_0+m+1})\subset R(T^{n_0+m})$ 及 $\mathrm{codim}R(T^{n_0+m+1})=d_{n_0}=\mathrm{codim}R(T^{n_0+m})$ 同样推出相等。故对任意 $m\ge 1$ 有 $R(T^{n_0})=R(T^{n_0+m})$。

将 $T$ 换回 $\lambda -A$ 即得所证。 $\square$