Riesz 表示与伴随：把泛函重新看成向量

在 $ℝ^n$ 里，线性泛函通常长成一个点积：

$$f(x)=a_1x_1+⋯+a_nx_n=⟨x,a⟩.$$

这件事在有限维空间里太顺手了，我们很容易忘记它其实依赖一个结构：空间里有内积。换成一个函数空间，连续线性泛函还一定能写成“和某个固定对象做内积”吗？如果可以，这个对象怎样构造，为什么不会有两个不同的代表？

这一章从这个问题开始。你会看到，Hilbert 空间里的连续泛函确实都能重新看成向量；同一个想法还会把一个有界算子 $A$ 变成另一个算子 $A^*$，它就是无限维情形下的共轭转置。证明里最费力的一步不是记住公式，而是把泛函的核看成一个闭子空间，再从正交分解中找出唯一的“法向量”。

我们的内积约定是第一变量线性、第二变量共轭线性：

$$\langle \alpha x_1+\beta x_2,y\rangle =\alpha\langle x_1,y\rangle+\beta\langle x_2,y\rangle, \qquad \langle x,\alpha y_1+\beta y_2\rangle =\overline{\alpha}\langle x,y_1\rangle+\overline{\beta}\langle x,y_2\rangle.$$

复数域里，后面所有共轭的位置都由这个约定决定。实数域只是把共轭去掉。

这一章要解决的事

学完后，你应该能够：

• 从 Hilbert 空间的连续线性泛函构造代表向量，并完整复现 Riesz 表示定理的存在性与唯一性证明；
• 说明 $H^*$ 与 $H$ 的实线性／复共轭线性识别，正确处理复数标量；
• 从定义构造伴随算子，证明 $A^*$ 有界、线性且满足 $\lVert A^*\rVert=\lVert A\rVert$；

泛函的“法向量”从哪里来

设 $H$ 是 Hilbert 空间，$f:H\to\mathbb F$ 是连续线性泛函，其中 $Φ$ 是 $ℝ$ 或 $ℂ$。先看一个几何事实：如果 $f\neq0$，它的核

$$N=\ker f=\{x\in H:f(x)=0\}$$

是一个闭线性子空间。闭性来自连续性：若 $x_n\in N$ 且 $x_n\to x$，则

$$f(x)=\lim_{n\to\infty}f(x_n)=0,$$

所以 $x\in N$。这一步不能省略，因为后面要用 Hilbert 空间的正交分解

$$H=N\oplus N^\perp.$$

如果随便取一个满足 $f(x_0)=1$ 的 $x_0$，它通常不垂直于 $N$。把它投影到 $N^\perp$ 上，才会得到泛函真正需要的方向。记

$$x_0=n_0+v, \qquad n_0\in N,\quad v\in N^\perp.$$

因为 $f(n_0)=0$，所以

$$f(v)=f(x_0)-f(n_0)=1.$$

于是 $v$ 非零。对任意 $x\in H$，令

$$n=x-f(x)v.$$

由于 $f(v)=1$，有 $f(n)=f(x)-f(x)f(v)=0$，故 $$。于是

$$x=n+f(x)v,$$

这说明每一个 $x$ 的 $N^\perp$ 分量都沿着同一条直线 $\operatorname{span}\{v\}$。现在利用正交性：

$$\langle x,v\rangle =\langle n+f(x)v,v\rangle =\underbrace{\langle n,v\rangle}_{0}+f(x)\langle v,v\rangle.$$

因此

$$f(x)=\left\langle x,\frac{v}{\lVert v\rVert^2}\right\rangle.$$

这个计算已经揭示了代表向量的构造：它是 $\ker f$ 的正交方向，再按 $f(v)=1$ 的尺度归一化。

图示替代文字：Hilbert 空间的二维几何截面中，闭超平面 $\ker f$、满足 $f(x)=1$ 的平行层面和垂直于核的代表方向 $y$；箭头显示 $f(x)=\langle x,y\rangle$ 是沿该方向的投影读数。

Riesz 表示定理

定理与唯一性

Riesz 表示定理。 设 $H$ 是 Hilbert 空间，$f\in H^*$。则存在唯一的 $y\in H$，使得

$$f(x)=\langle x,y\rangle\qquad(\forall x\in H).$$

而且

$$\lVert f\rVert_{H^*}=\lVert y\rVert_H.$$

唯一性很短，却值得单独写出来。假设 $y_1,y_2$ 都表示 $f$，那么对所有 $x\in H$，

$$\langle x,y_1-y_2\rangle =f(x)-f(x)=0.$$

取 $x=y_1-y_2$，得到

$$0=\langle y_1-y_2,y_1-y_2\rangle =\lVert y_1-y_2\rVert^2.$$

正定性迫使 $y_1-y_2=0$，所以 $y_1=y_2$。你也可以把这看作“一个向量若与所有向量都正交，只能是零向量”。

存在性的完整证明

下面把刚才的几何构造写成证明。证明中唯一调用的 Hilbert 空间事实是：闭子空间有正交分解，来自上一章的正交投影结论。

这也解释了为什么证明里要先处理 $f=0$。如果没有非零值，就不能构造满足 $f(z_0)=1$ 的点；但零泛函的代表向量显然就是零向量。

图示替代文字：证明路线图从 $N=\ker f$ 出发，显示任意 $z_0$ 分解为 $N$ 内分量和 $N^\perp$ 内分量；$$ 满足 ，缩放后得到唯一代表向量 。

代表向量的范数就是泛函范数

设 $f(x)=\langle x,y\rangle$。Cauchy–Schwarz 不等式给出

$$|f(x)|=|\langle x,y\rangle|≤\lVert x\rVert\lVert y\rVert.$$

当 $\lVert x\rVert=1$ 时，$|f(x)|≤\lVert y\rVert$，所以

$$\lVert f\rVert =\sup_{\lVert x\rVert=1}|f(x)|≤\lVert y\rVert.$$

若 $y\neq0$，取 $x=y/\lVert y\rVert$，则 $\lVert x\rVert=1$，并且

$$|f(x)| =\left|\left\langle\frac{y}{\lVert y\rVert},y\right\rangle\right| =\frac{\lVert y\rVert^2}{\lVert y\rVert} =\lVert y\rVert.$$

若 $y=0$，两边都为零。于是总有

$$\boxed{\lVert f\rVert=\lVert y\rVert}.$$

对偶识别：一个共轭线性等距对应

定义映射

$$\mathcal R:H\to H^*, \qquad (\mathcal R y)(x)=\langle x,y\rangle.$$

它把向量送到连续线性泛函。由 Cauchy–Schwarz，$|\langle x,y\rangle|≤\lVert x\rVert\lVert y\rVert$，所以确实连续；由上面的范数计算，$\lVert\mathcal R y\rVert=\lVert y\rVert$；由 Riesz 表示定理，它还是满射；唯一性说明它是一一映射。

在实 Hilbert 空间中，$\mathcal R$ 是线性等距同构。在复 Hilbert 空间中，

$$\mathcal R(\alpha y_1+\beta y_2)(x) =\langle x,\alpha y_1+\beta y_2\rangle =\overline{\alpha}\langle x,y_1\rangle+\overline{\beta}\langle x,y_2\rangle,$$

所以

$$\mathcal R(\alpha y_1+\beta y_2) =\overline{\alpha}\,\mathcal R y_1+\overline{\beta}\,\mathcal R y_2.$$

它是共轭线性的等距双射，而不是复线性双射。若换用“第二变量线性”的内积约定，表面上的共轭位置会改变，但必须整章保持同一个约定。

图示替代文字：左侧是 Hilbert 空间中的向量 $y$，右侧是对偶空间中的泛函 $x\mapsto\langle x,y\rangle$；复数标量经过箭头时显示共轭，长度标注保持不变。

例题：从坐标泛函找代表。 在 $H=\mathbb R^3$ 的标准内积下，令

$$f(x_1,x_2,x_3)=2x_1-x_2+3x_3.$$

求代表向量和 $\lVert f\rVert$。

这里最直接的方法是和标准内积逐坐标对照，而不是先做优化问题。对 $y=(y_1,y_2,y_3)$，

$$\langle x,y\rangle=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3.$$

在 $\mathbb C^n$ 中同样逐坐标对照，但要记得 $\langle x,y\rangle=\sum_jx_j\overline{y_j}$。例如若

$$f(x_1,x_2)=x_1+(2-i)x_2,$$

代表向量应为 $y=(1,2+i)$，因为 $\overline{2+i}=2-i$。这正是复数情形容易错一个共轭的地方。

伴随：把算子移到内积的另一边

定义的构造

设 $A:H\to H$ 是有界线性算子。对每个固定的 $y\in H$，定义

$$f_y(x)=\langle Ax,y\rangle.$$

它对 $x$ 是线性的，因为 $A$ 线性且内积第一变量线性；同时

$$|f_y(x)|=|\langle Ax,y\rangle|≤\lVert Ax\rVert\lVert y\rVert ≤\lVert A\rVert\lVert x\rVert\lVert y\rVert.$$

所以 $f_y\in H^*$。由 Riesz 表示定理，存在唯一向量，记为 $A^*y$，使得

$$\boxed{\langle Ax,y\rangle=\langle x,A^*y\rangle\qquad(\forall x,y\in H).}$$

这条等式定义了伴随 $A^*$。它不是把 $A$ 的输入输出简单交换，而是要求交换后仍然对所有向量成立；Riesz 定理保证这样的输出向量存在且唯一。

为什么 $A^*$ 线性且有界

取 $y_1,y_2\in H$ 和 $\alpha,\beta\in\mathbb F$。对任意 $x$，

$$\begin{aligned} \langle x,A^*(\alpha y_1+\beta y_2)\rangle &=\langle Ax,\alpha y_1+\beta y_2\rangle\\ &=\overline{\alpha}\langle Ax,y_1\rangle +\overline{\beta}\langle Ax,y_2\rangle\\ &=\overline{\alpha}\langle x,A^*y_1\rangle +\overline{\beta}\langle x,A^*y_2\rangle\\ &=\langle x,\alpha A^*y_1+\beta A^*y_2\rangle. \end{aligned}$$

两边对所有 $x$ 相等，唯一性迫使

A^*(\alpha y_1+\beta y_2)=\alpha A^*y_1+eta A^*y_2.

再用 Riesz 范数等式：

$$\begin{aligned} \lVert A^*y\rVert &=\lVert f_y\rVert\\ &=\sup_{\lVert x\rVert=1}|\langle Ax,y\rangle|\\ &≤\sup_{\lVert x\rVert=1}\lVert Ax\rVert\lVert y\rVert\\ &=\lVert A\rVert\lVert y\rVert. \end{aligned}$$

因此 $A^*$ 有界，且 $\lVert A^*\rVert≤\lVert A\rVert$。

范数相等与基本代数规则

由伴随定义，对任意 $x,y$，

$$\langle A^*x,y\rangle=\langle x,Ay\rangle.$$

推导这一步时，先用 $A$ 的定义式 $\langle Ay,x\rangle=\langle y,A^*x\rangle$，再对两边取共轭即可。于是 $A$ 正是 $A^*$ 的伴随：

$$(A^*)^*=A.$$

对任意有界算子 $B$，刚才的估计给出 $\lVert B^*\rVert≤\lVert B\rVert$。分别令 $B=A$ 和 $B=A^*$，得到

$$\lVert A^*\rVert≤\lVert A\rVert, \qquad \lVert A\rVert=\lVert(A^*)^*\rVert≤\lVert A^*\rVert.$$

所以

$$\boxed{\lVert A^*\rVert=\lVert A\rVert.}$$

同样从定义式可以验证

$$(A+B)^*=A^*+B^*, \qquad (\lambda A)^*=\overline{\lambda}A^*, \qquad (AB)^*=B^*A^*.$$

复标量在第二条中出现共轭，乘积的顺序在第三条中反过来。最后这个反序正是矩阵共轭转置中乘法顺序改变的原因。

图示替代文字：有限维复向量空间中，一个矩阵 $A$ 经过“转置并逐项取共轭”得到 $A^*$；左图用内积等式连接 $Au$ 与 $v$，右图连接 $u$ 与 $A^*v$。

例题：求一个复矩阵的伴随。 在 $\mathbb C^2$ 的标准内积下，令

$$A=\begin{pmatrix} 1&2+i\\ -i&3 \end{pmatrix}.$$

求 $A^*$，并用定义式说明为什么它是这个算子。

矩阵题可以选择两条路。直接使用“共轭转置”很快；从定义式展开则更能检查共轭和指标位置。这里两条路都走一遍。

核、像与正交补

伴随的一个实用价值，是把“像中的向量”转成一个正交条件。记

$$\operatorname{Ran}A=\{Ax:x\in H\}.$$

基本关系

对任意有界线性算子 $A$，有

$$\boxed{(\operatorname{Ran}A)^\perp=\ker A^*.}$$

证明只需把定义逐层展开。对 $y\in H$，

$$\begin{aligned} y\in(\operatorname{Ran}A)^\perp &\Longleftrightarrow \langle Ax,y\rangle=0\quad(\forall x\in H)\\ &\Longleftrightarrow \langle x,A^*y\rangle=0\quad(\forall x\in H)\\ &\Longleftrightarrow A^*y=0\\ &\Longleftrightarrow y\in\ker A^*. \end{aligned}$$

第二个等价号用的是伴随定义；第三个等价号取 $x=A^*y$，利用正定性。

交换 $A$ 和 $A^*$，再取正交补，得到另一条关系：

$$(\operatorname{Ran}A^*)^\perp=\ker A.$$

Hilbert 空间中对任意子集 $M$ 都有 $(M^\perp)^\perp=\overline M$，所以进一步得到

$$\boxed{\overline{\operatorname{Ran}A}=(\ker A^*)^\perp,\qquad \overline{\operatorname{Ran}A^*}=(\ker A)^\perp.}$$

注意这里有闭包。不能无条件把 $\operatorname{Ran}A$ 写成 $(\ker A^*)^\perp$；只有当 $\operatorname{Ran}A$ 本身闭时，闭包才可以删掉。

图示替代文字：一个平面上的线性算子把整个空间压到一条直线，伴随的核显示为与这条像直线垂直的方向；图中同时标出 $(\operatorname{Ran}A)^\perp=\ker A^*$。

例题：右移算子揭示闭包与满射的差别。 在 $\ell^2$ 上定义右移

$$S(x_1,x_2,x_3,\ldots)=(0,x_1,x_2,\ldots).$$

求 $S^*$，并判断 $S$ 是否满射、是否酉。

这里直接套矩阵共轭转置不方便，因为矩阵是无限的；从内积定义展开更稳妥。

这个例子也提醒我们：$A^*A=I$ 只说明 $A$ 保持内积和范数，不能单独推出满射。无限维空间允许“少了一条坐标方向”的等距嵌入。

三类常见算子

自伴算子

有界算子 $A$ 称为自伴，如果

$$A=A^*.$$

等价地，

$$\langle Ax,y\rangle=\langle x,Ay\rangle\qquad(\forall x,y\in H).$$

在 $\mathbb C^n$ 中，自伴算子对应 Hermitian 矩阵 $A=\overline A^{\,T}$。例如

$$\begin{pmatrix}2&i\\-i&1\end{pmatrix}$$

是自伴的；实矩阵情形退化为对称矩阵。自伴性会让二次型 $\langle Ax,x\rangle$ 具有实值，这也是后面谱理论从实轴开始的原因。

酉算子

有界算子 $U$ 称为酉，如果

$$U^*U=UU^*=I.$$

它保持内积：

$$\langle Ux,Uy\rangle =\langle x,U^*Uy\rangle =\langle x,y\rangle.$$

所以酉算子保持范数、距离和角度。反过来，若 $U$ 是满射且保持内积，则 $U^{-1}=U^*$，因此满足上面的两个等式。右移 $S$ 只有 $S^*S=I$，缺少满射性，正好说明为什么定义里要同时写两个条件。

正算子

有界算子 $A$ 称为正，如果

$$\langle Ax,x\rangle\ge0\qquad(\forall x\in H).$$

这里的“$≥0$”只对实数有意义；在复 Hilbert 空间中，这个条件本身会迫使相关二次型为实数，并且正算子是自伴的。当前章节只使用定义和具体例子，不展开平方根与谱定理。

例如对 $H=\mathbb C^2$，

$$P=\begin{pmatrix}1&0\\0&3\end{pmatrix}$$

满足 $\langle Px,x\rangle=|x_1|^2+3|x_2|^2\ge0$，所以是正算子。自伴不等于正：

$$\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$

是自伴的，但取 $x=(0,1)$ 得到 $\langle Ax,x\rangle=-1$，因此不是正的。

图示替代文字：三栏比较自伴、酉、正算子；自伴栏展示 Hermitian 矩阵，酉栏展示单位圆上的长度保持，正算子栏展示二次型非负，并标出三类条件并不相同。

例题：秩一算子的伴随与正性。 设 $a,b\in H$，定义

$$Ax=\langle x,a\rangle b.$$

求 $A^*$；当 $a=b$ 时判断 $A$ 是否正。

两个交互实验

在第一个交互里，先选定一个有限维泛函，预测它的代表向量会指向哪里，再改变坐标或系数，观察等值超平面和内积读数怎样一起变化。操作时要检查的是“同一个泛函是否由同一个向量代表”，而不是只看某个测试向量上的数值。完成后回到 Riesz 表示：代表向量的方向来自核的正交补，长度由泛函范数决定。

第二个交互把矩阵 $A$、伴随 $A^*$、像空间和核放在同一个二维模型中。你可以先预测 $A$ 把一条直线压到哪里、$A^*$ 的核应当垂直于哪条像线，再选择矩阵并观察等式 $\langle Ax,y\rangle=\langle x,A^*y\rangle$ 的两边是否同步。尝试一个只有左逆没有右逆的移位模型，看看“保持长度”和“酉”为什么是两件事。

练习

练习一：代表向量与范数

在 $H=\mathbb R^2$ 的标准内积下，令 $f(x_1,x_2)=3x_1-4x_2$。求 Riesz 代表向量 ，并求 。

查看解答

标准内积为 $\langle x,y\rangle=x_1y_1+x_2y_2$，逐项比较得到 。因此

练习二：复数共轭不能漏

在 $\mathbb C^2$ 的标准内积 $\langle x,y\rangle=x_1\overline{y_1}+x_2\overline{y_2}$ 下，求泛函

$$f(x_1,x_2)=(1+i)x_1-2ix_2$$

的代表向量。

查看解答

若 $y=(y_1,y_2)$，则 $\langle x,y\rangle=x_1\overline{y_1}+x_2\overline{y_2}$。要有 、，所以 、。代表向量是 。

练习三：把存在性证明换一种入口

设 $f\in H^*$ 非零，$N=\ker f$。说明为什么集合 $C=\{x\in H:f(x)=1\}$ 是非空闭凸集，并解释正交投影如何从 中找出代表向量。

查看解答

取 $x_0$ 使 $f(x_0)\neq0$，则 $x_0\mathrm{/}f(x_0)\in C$，所以 非空。连续性使 闭；若 且 ，则 ，所以 凸。取 并分解 ，其中 、。因为 ，对任意 有 ，于是 。代表向量是 。

练习四：伴随的线性与范数

设 $A^*$ 已由 $\langle Ax,y\rangle=\langle x,A^*y\rangle$ 定义。证明 $A^{\ast }(\alpha y_1+\beta y_2)=\alpha A^{\ast }{}_{}$，并证明 。

查看解答

对任意 $x$，

$$\begin{aligned} \langle x,A^*(\alpha y_1+\beta y_2)\rangle &=\langle Ax,\alpha y_1+\beta y_2\rangle\\ &=\overline\alpha\langle Ax,y_1\rangle+\overline\beta\langle Ax,y_2\rangle\\ &=\langle x,\alpha A^*y_1+\beta A^*y_2\rangle. \end{aligned}$$

练习五：秩一变式

仍设 $Ax=\langle x,a\rangle b$。证明 $A^*y=\langle y,b\rangle a$，并求 $\lVert A\rVert$ 的值。

查看解答

由

$$\langle Ax,y\rangle=\langle x,a\rangle\langle b,y\rangle=\langle x,\langle y,b\rangle a\rangle,$$

得 $A^{\ast }y$。对任意 ，

练习六：核像正交关系

设 $A$ 是有界算子。证明 $y\in\ker A^*$ 当且仅当 $y$ 与 $\operatorname{Ran}A$ 中每个向量正交。若 $\operatorname{Ran}A$ 闭，说明什么时候方程 有解。

查看解答

由伴随定义，$A^*y=0$ 当且仅当对所有 $x$ 有 $\langle x,A^*y\rangle=0$，这又当且仅当对所有 $$ 有 ，即 。一般只能得到 ；若像闭，则 。因此 有解当且仅当 。

练习七：分类而不是套标签

判断下列矩阵分别是否自伴、酉、正：

$$A=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}, \qquad C=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}.$$

查看解答

$A=A^*$，且 $A^2=I$，所以 $A$ 自伴、酉；但 $\langle A(1,0),(1,0)\rangle=0$，这不妨碍它正吗？要检查所有向量：对 ， 可取负值，所以 不是正。矩阵 是实正交矩阵，满足 ，所以酉；但 ，不是自伴，也不是正。矩阵 自伴，但 可取负值，故不是正；它也不是酉，因为 。

练习八：积分核的伴随

在 $L^2([0,1])$ 上，定义

$$(Kf)(x)=\int_0^1 k(x,t)f(t)\,dt,$$

其中 $k$ 是连续实值函数。写出 $K^*$ 的积分表达式，并说明对称条件 $k(x,t)=k(t,x)$ 会带来什么结论。

查看解答

在实值情形下，利用 Fubini 定理交换积分：

$$\begin{aligned} \langle Kf,g\rangle &=\int_0^1\int_0^1 k(x,t)f(t)g(x)\,dt\,dx\\ &=\int_0^1 f(t)\left(\int_0^1 k(x,t)g(x)\,dx\right)dt. \end{aligned}$$

练习九：迁移到一般 Hilbert 空间

设 $U$ 是酉算子，$A$ 是有界算子。证明 $U^*AU$ 与 $A$ 有相同的算子范数；若 $A$ 自伴，证明 $U^*AU$ 也自伴；若 正，证明 也正。

查看解答

由于 $U$ 和 $U^*$ 都是范数为 $1$ 的酉算子，$\lVert U^*AU\rVert\le\lVert U^*\rVert\lVert A\rVert\lVert U\rVert=\lVert A\rVert$。反过来 ，同样估计得到 ，故范数相等。

1

在第一变量线性的内积约定下，Riesz 映射 y↦(x↦⟨x,y⟩) 在复 Hilbert 空间中是什么性质？

A.复线性且等距B.共轭线性且等距C.实线性但不等距D.既不线性也不等距

2

下列哪些结论对任意有界算子 A 成立？

A.(A*)*=AB.∥A*∥=∥A∥C.Ran(A)=ker(A*)⊥ 无需闭值域条件D.(AB)*=B*A*

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3

如果一个算子满足 A*A=I，那么它一定是酉算子。

正确错误

把这章的判断路线留下来

遇到“求代表向量”时，先确认空间确实是 Hilbert 空间，再按内积约定对照系数，或用核的正交补构造。遇到“求伴随”时，写出 $\langle Ax,y\rangle$，把它整理成 $\langle x,\text{某个向量}\rangle$；有限矩阵给出共轭转置，序列和积分则表现为指标交换并取共轭。遇到像与核的问题，优先把正交条件改写成伴随等式，同时盯住闭包。最后再检查算子类别：自伴看 $A=A^*$，酉看左右两个乘积都是 $I$，正看二次型是否对所有向量非负。

如果某一步只在实数空间成立，或者你发现共轭位置前后不一致，先停下来回到本章开头的内积约定。很多伴随计算的错误不是算术问题，而是把“第二变量共轭线性”忘在了中途。