习题 5.5

设 $A:{\ell }^{\infty }\to {\ell }^{\infty }$ 定义为 $$A\left(x_1,x_2,x_3,\cdots \right)=\left(x_2,x_3,x_4,\cdots \right).$$ 求证:

(1) 若 $|\lambda |>1$, 则 $\lambda \in \rho (A)$;

(2) 若 $|\lambda |\le 1$, 则 $\lambda \in {\sigma }_p(A)$, 此时求出相应的特征空间.

解答

解答使用 DeepSeek v3.2 Speciale 生成

解. 设 $A:{\ell }^{\infty }\to {\ell }^{\infty }$ 为左平移算子，即 $$A(x_1,x_2,x_3,\dots )=(x_2,x_3,x_4,\dots ).$$ 容易验证 $A$ 是线性算子且 $\Vert A\Vert =1$（取 $x=(0,1,0,0,\dots )$ 可得 $\Vert Ax{\Vert }_{\infty }=1=\Vert x{\Vert }_{\infty }$，而对任意 $x$ 有 $\Vert Ax{\Vert }_{\infty }\le \Vert x{\Vert }_{\infty }$）。

(1) 设 $|\lambda |>1$，证明 $\lambda \in \rho (A)$（预解集）。

第一步：证明 $\lambda I-A$ 是单射。
若 $(\lambda I-A)x=0$，则 $\lambda x_n-x_{n+1}=0$ 对一切 $n\ge 1$ 成立，即 $x_{n+1}=\lambda x_n$。递推得 $x_n={\lambda }^{n-1}{x}_1$。若 $x_1\ne 0$，则 $|x_n|=|x_1||\lambda {|}^{n-1}\to \infty$（因 $|\lambda |>1$），与 $x\in {\ell }^{\infty }$ 矛盾。故 $x_1=0$，从而 $x=0$。因此 $\lambda I-A$ 为单射。

第二步：证明 $\lambda I-A$ 是满射且其逆有界。
对任意 $y=(y_1,y_2,\dots )\in {\ell }^{\infty }$，定义序列 $x=(x_n)$ 如下： $$x_n=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{y_{n+k}}{{\lambda }^{k+1}},n=1,2,\dots .$$ 由于 $|\lambda |>1$，该级数绝对收敛： $$|x_n|\le \sum _{k=0}^{\infty }\frac{|y_{n+k}|}{|\lambda {|}^{k+1}}\le \Vert y{\Vert }_{\infty }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{|\lambda {|}^{k+1}}=\frac{\Vert y{\Vert }_{\infty }}{|\lambda |-1}.$$ 故 $x\in {\ell }^{\infty }$ 且 $\Vert x{\Vert }_{\infty }\le \frac{\Vert y{\Vert }_{\infty }}{|\lambda |-1}$。直接验证 $(\lambda I-A)x=y$： $$\begin{array}{rl}\lambda x_n-x_{n+1}& =\lambda \sum _{k=0}^{\infty }\frac{y_{n+k}}{{\lambda }^{k+1}}-\sum _{k=0}^{\infty }\frac{y_{n+1+k}}{{\lambda }^{k+1}}\\ & =\sum _{k=0}^{\infty }\frac{y_{n+k}}{{\lambda }^k}-\sum _{k=1}^{\infty }\frac{y_{n+k}}{{\lambda }^k}=y_n.\end{array}$$ 因此 $(\lambda I-A)x=y$，$\lambda I-A$ 是满射。由构造知 $(\lambda I-A{)}^{-1}$ 有界且 $$\Vert (\lambda I-A{)}^{-1}\Vert \le \frac{1}{|\lambda |-1}.$$ 从而 $\lambda \in \rho (A)$。

（注：亦可利用 Neumann 级数：因 $\Vert A/\lambda \Vert <1$，级数 ${\sum }_{k=0}^{\infty }(A/\lambda {)}^k$ 按范数收敛，给出 $(\lambda I-A{)}^{-1}={\lambda }^{-1}{\sum }_{k=0}^{\infty }(A/\lambda {)}^k$。）

(2) 设 $|\lambda |\le 1$，证明 $\lambda \in {\sigma }_p(A)$（点谱）并求特征空间。

考虑特征方程 $Ax=\lambda x$，即 $$(x_2,x_3,x_4,\dots )=(\lambda x_1,\lambda x_2,\lambda x_3,\dots ),$$ 从而 $x_{n+1}=\lambda x_n$ 对一切 $n\ge 1$ 成立。递推得 $$x_n={\lambda }^{n-1}{x}_1,n\ge 1.$$ 取 $x_1\ne 0$，则序列 $x=(x_1,\lambda x_1,{\lambda }^2{x}_1,\dots )$。当 $|\lambda |\le 1$ 时， $$|x_n|=|x_1||\lambda {|}^{n-1}\le |x_1|,$$ 故 $x\in {\ell }^{\infty }$ 且非零。因此 $\lambda$ 是特征值，$\lambda \in {\sigma }_p(A)$。

特征空间由所有形如 $c(1,\lambda ,{\lambda }^2,\dots )$ 的向量组成，即 $$\mathrm{Ker}(\lambda I-A)=\{c{v}_{\lambda }\mid c\in \mathbb{C}\},v_{\lambda }=(1,\lambda ,{\lambda }^2,\dots ).$$ 特别地，当 $\lambda =0$ 时，$v_0=(1,0,0,\dots )$，特征空间为 $\{c(1,0,0,\dots )\}$。

综上所述，结论得证。