紧算子：无限维中的有限维影子

在无限维空间里，很多“看起来越来越小”的现象其实没有发生在算子范数里。

以 $\ell^2$ 为例，令 $Q_N$ 保留序列的前 $N$ 个坐标：

$$Q_N(x_1,x_2,\ldots)=(x_1,\ldots,x_N,0,0,\ldots).$$

对每个固定的 $x\in\ell^2$，尾部平方和会趋于零，所以 $Q_Nx\to x$。每个 $Q_N$ 的像都只有有限维，看起来它们正在用越来越大的有限维模型逼近恒等算子。可是恒等算子在无限维空间上并不紧。

本章要解决的就是这个落差：什么叫“把有界集合压缩成有限维影子”？为什么积分算子经常有这种性质？为什么逐点的强收敛不够，算子范数收敛却够？最后，我们会看到紧算子的非零谱只能以离散特征值的方式出现，聚集只能发生在 $0$。

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从紧集重新开始

在度量空间中，一个集合 $K$ 紧，最适合本章的判断方式是序列判据：$K$ 中任意序列都能抽出一个收敛子列，并且这个子列的极限仍属于 $K$。

这句话有两个部分不能漏掉。只说“有收敛子列”还不够，因为极限可能跑到集合外；只说“有界”也不够，因为无限维空间里有界集合可以不断沿着新的方向逃开。

定义（全有界）。 对任意 $\varepsilon>0$，若集合 $K$ 可以被有限个半径为 $\varepsilon$ 的开球覆盖，就称 $K$ 全有界。这里的有限性很关键：允许球的数量依赖于 $\varepsilon$，但对固定的 $\varepsilon$ 不能需要无限多个球。

在完备度量空间中，闭集 $K$ 紧，当且仅当 $K$ 全有界。换句话说，紧性可以拆成两个工作：全有界负责“没有无限多条彼此分离的方向”，闭性与完备性负责“逼近出来的极限留在空间里”。

有限维空间中的 Heine–Borel 定理说，闭有界集紧。无限维时，这个结论失效。设 $(e_n)$ 是 $\ell^2$ 的标准正交基，所有 $e_n$ 都在闭单位球中，但对 $m\ne n$，有

$$\|e_n-e_m\|_2^2=\|e_n\|_2^2+\|e_m\|_2^2=2.$$

因此 $(e_n)$ 没有 Cauchy 子列，更不可能有收敛子列。闭单位球有界、闭，却不紧。

图中应把有限维闭单位球与无限维单位球并置：左侧显示有限维中有限个小球可以覆盖，右侧显示标准基向量在单位球上保持固定距离，任何足够小的球都不能同时覆盖两个方向。替代文字：有限维闭有界球可由有限小球覆盖，而无限维单位球含有两两距离为 $\sqrt2$ 的标准基向量序列。

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紧算子把有界序列压成可抽取的子列

设 $X,Y$ 是赋范空间。线性算子 $T:X\to Y$ 称为紧算子，如果 $X$ 中每个有界集合的像在 $Y$ 中都有紧闭包。等价地，只检查单位球就够了：

$$B_X=\{x\in X:\|x\|\le 1\},$$

因为任意半径为 $R$ 的球都包含在 $RB_X$ 中，而线性性把缩放关系保留下来。

更适合做题的等价表述是：

$T$ 紧，当且仅当对 $X$ 中任意有界序列 $(x_n)$，序列 $(Tx_n)$ 都有一个在 中收敛的子列。

从定义到这个序列判据，方向并不神秘。若 $T$ 紧，则 $(Tx_n)$ 落在某个紧集里，紧集的序列判据直接给出收敛子列。

反过来，假设每个有界序列的像都有收敛子列。要证明 $T(B_X)$ 的闭包紧，可以从闭包中的任意序列 $(y_n)$ 开始。对每个 $n$，从 $T(B_X)$ 取 使得

$$\|y_n-z_n\|<\frac1n.$$

由假设，$(z_n)$ 有收敛子列 $z_{n_k}\to z$。于是

$$\|y_{n_k}-z\|\le \|y_{n_k}-z_{n_k}\|+\|z_{n_k}-z\|\longrightarrow 0.$$

所以闭包中的每个序列都有收敛子列，闭包是紧的。

紧性对有界的左、右复合都稳定。若 $T:X\to Y$ 紧，$A:Y\to Z$ 有界，则 $AT$ 紧；若 $B:W\to X$ 有界，则 紧。理由是有界算子把收敛序列送到收敛序列，而紧算子先把有界序列送入一个具有收敛子列的序列。

有限秩是最直接的紧性来源。若 $\operatorname{Ran}(T)$ 是有限维的，那么 $T(B_X)$ 在这个有限维空间里有界；有限维的闭有界集紧，于是 $T$ 紧。特别地，形如

$$Tx=\sum_{j=1}^{r}\varphi_j(x)y_j$$

的算子是紧的，其中 $\varphi_j\in X^*$，$y_j\in Y$。它的像始终落在 $$ 中。

图中应显示单位球经过紧算子后的像被一族有限半径小球覆盖，旁边对比恒等算子把单位球仍留在无限维单位球中。替代文字：紧算子将有界单位球压入一个全有界的像集，恒等算子保留无限多个彼此分离的方向。

有限秩算子还提供了一个稳定的逼近机制。若 $T_m$ 是紧算子，且

$$\|T_m-T\|\longrightarrow 0,$$

那么 $T$ 也紧。具体地，取任意有界序列 $(x_n)$，先把它缩放到 $\|x_n\|\le C$。对 $T_1$ 抽取一个使 收敛的子列；再从这个子列中抽取一个使 收敛的子列，如此继续。取对角子列 。给定 ，选 使得

$$\|T-T_m\|<\frac{\varepsilon}{3C}.$$

由于 $T_my_k$ 收敛，它是 Cauchy 序列，所以当 $k,l$ 足够大时，

$$\begin{aligned} \|Ty_k-Ty_l\| &\le \|(T-T_m)y_k\|+\|T_my_k-T_my_l\|+\|(T_m-T)y_l\|\\ &<\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}+\frac{\varepsilon}{3}=\varepsilon. \end{aligned}$$

$Y$ 完备时，$(Ty_k)$ 收敛；若只把“相对紧”作为定义，则同样的有限网论证给出结论。于是范数极限保持紧性。

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两种方法：尾部截断与序列反例

例题：对角算子的紧性

考虑 $\ell^2$ 上的对角算子

$$D_a(x_1,x_2,\ldots)=(a_1x_1,a_2x_2,\ldots),$$

其中 $(a_n)$ 是有界标量序列。判断当 $a_n\to0$ 时 $D_a$ 是否紧，并比较 的情形。

这个例子给出一个实际的选法：系数有尾部衰减时，优先尝试有限秩截断和范数误差；系数不衰减时，优先寻找单位球中被算子保持分离的序列。

图中应以坐标轴或条带显示 $a_n\to0$ 时对角算子的尾部越来越短，并画出 $D_a^{(N)}$ 与 $D_a$ 的误差由 控制。替代文字：对角系数衰减使有限秩截断的算子范数误差等于尾部系数的上确界，并趋于零。

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Arzelà–Ascoli：函数何时有紧闭包

令 $K$ 是紧度量空间，$C(K)$ 取一致范数

$$\|f\|_\infty=\sup_{x\in K}|f(x)|.$$

函数族 $\mathcal F\subset C(K)$ 一致有界，是指存在 $M$，使得

$$|f(x)|\le M\qquad(f\in\mathcal F,\ x\in K).$$

它等度连续，是指对任意 $\varepsilon>0$，存在只依赖 $\varepsilon$ 而不依赖 $f$ 的 $\delta>0$，使得

$$d(x,y)<\delta\Longrightarrow |f(x)-f(y)|<\varepsilon \qquad(f\in\mathcal F).$$

Arzelà–Ascoli 型结论是：在紧的定义域 $K$ 上，$\mathcal F$ 在 $C(K)$ 中相对紧，当且仅当它一致有界且等度连续。

这里“等度”不能换成“每个函数各自连续”。例如 $\{x^n:n\ge1\}$ 中每个函数都连续且在 $[0,1]$ 上一致有界，但在 $x=1$ 附近没有统一的连续控制，因此这个函数族不是相对紧的。

为什么这两个条件足够？固定 $\varepsilon>0$。等度连续性给出 $\delta>0$。紧性使 $K$ 可以用有限个半径小于 $\delta$ 的球覆盖，取球心 $x_1,\ldots,x_N$。每个函数 的行为由有限个数

$$(f(x_1),\ldots,f(x_N))$$

近似决定：这些数都落在有界的有限维盒子中，可以用有限个小盒覆盖；若两个函数在所有球心处足够接近，等度连续性就保证它们在整个 $K$ 上一致接近。于是 $\mathcal F$ 对任意 $\varepsilon$ 都有有限 $\varepsilon$-网，即全有界。$C(K)$ 完备，所以闭包紧。

反向也有清楚的逻辑。若闭包紧，则它有界，因而函数族一致有界；若不等度连续，可以找到 $\varepsilon_0>0$、函数 $f_n\in\mathcal F$ 和点 $x_n,y_n\in K$，使 而 。紧性先让 抽出一致收敛子列，再让 抽出趋于同一点的子列；一致极限的连续性会迫使两项差趋于零，矛盾。

例题：连续核积分算子

设 $K(s,t)$ 在 $[0,1]^2$ 上连续，定义 $T:C([0,1])\to C([0,1])$：

$$(Tf)(s)=\int_0^1K(s,t)f(t)\,dt.$$

证明 $T$ 是紧算子，并明确指出 Arzelà–Ascoli 的两个条件在哪里使用。

如果 $K(s,t)=u(s)v(t)$，那么

$$(Tf)(s)=u(s)\int_0^1v(t)f(t)\,dt,$$

像空间只有 $\operatorname{span}\{u\}$，这是有限秩的特殊情形。一般连续核不必分解成有限个乘积，但它仍能通过等度连续性产生紧性。

图中应对比一个连续核积分算子作用于单位球后的函数族：所有曲线落在统一的竖直范围内，并共享同一个变化速率控制；旁边用一条快速振荡而没有统一连续控制的函数族作反例提示。替代文字：积分算子的像族同时受到一致有界和等度连续控制，因此在一致范数下相对紧。

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强收敛不保紧，范数收敛可以

对算子序列，强算子收敛是指对每个固定 $x$ 都有

$$T_nx\longrightarrow Tx.$$

它只检查每一个向量，收敛速度可以依赖于 $x$。算子范数收敛则要求

$$\|T_n-T\|=\sup_{\|x\|\le1}\|(T_n-T)x\|\longrightarrow0,$$

它对整个单位球同时控制。

回到开场的投影 $Q_N$。每个 $Q_N$ 有限秩，因此紧。对任意 $x=(x_n)\in\ell^2$，

$$\|Q_Nx-x\|_2^2=\sum_{n>N}|x_n|^2\longrightarrow0,$$

所以 $Q_N\to I$ 强收敛。但

$$\|(I-Q_N)e_{N+1}\|_2=1,$$

而 $\|I-Q_N\|\le1$，故 $\|I-Q_N\|=1$，不可能范数收敛。极限 不紧，因为它把 送成没有收敛子列的序列。

先预测：当截断维数 $N$ 增大时，对固定的 $x\in\ell^2$，误差会趋于零；但如果允许输入向量随 $N$ 改成 $e_{N+1}$，最坏误差会不会也趋于零？交互中切换“固定输入”和“单位球最坏输入”，观察两种误差，再用强收敛与算子范数收敛的定义解释差异。重置后回到 与默认序列，边界输入 应始终显示最坏误差为 。

这也解释了为什么范数极限保持紧性：范数误差在整个有界球上统一变小；强收敛只对每个已经选定的向量变小，不能阻止新的方向不断出现。

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紧算子的谱离散入口

对有界算子 $T$，谱定义为

$$\sigma(T)=\{\lambda\in\mathbb C:\lambda I-T\text{ 不可逆}\}.$$

若 $\lambda I-T$ 不可逆是因为存在 $x\ne0$ 使得 $Tx=\lambda x$，则 $\lambda$ 是特征值。对一般有界算子，谱中还可能有不是特征值的点；紧性会把非零谱大幅压缩。

Riesz–Schauder 入口。 设 $T$ 是无限维 Banach 空间上的紧算子，则：

• $0\in\sigma(T)$；
• 每个非零谱点都是特征值；
• 每个非零特征值的特征空间有限维；
• 非零谱点的唯一可能聚集点是 $0$。

先证明第一条。若 $0\notin\sigma(T)$，则 $T$ 可逆。因为有界算子与紧算子的复合仍紧，

$$I=T\circ T^{-1}$$

就会是紧算子，这与无限维单位算子不紧矛盾。因此 $0$ 必在谱中。

非零特征值的有限重数也可以直接看出。若 $Tx=\lambda x$ 的特征空间无限维，就在其中用 Riesz 引理选出单位向量列 $(x_n)$，满足

$$\|x_n-x_m\|\ge\frac12\qquad(n\ne m).$$

但 $Tx_n=\lambda x_n$，所以

$$\|Tx_n-Tx_m\|=|\lambda|\,\|x_n-x_m\|\ge\frac{|\lambda|}{2}.$$

这与紧算子必须把有界序列送出可收敛子列矛盾。

“非零谱点必为特征值”是 Riesz–Schauder 结论中需要算子代数的一步。把 $B=I-\lambda^{-1}T$ 写出来，记 $C=\lambda^{-1}T$，于是 $B=I-C$ 且 紧。若 单射但不在下方有界，就能取 且 。紧性让 抽出收敛子列；沿这个子列， 也收敛到某个单位向量 ，并且 ，和单射矛盾。因此存在 使 ，这又说明 把闭子空间送成闭集。

若 $B$ 仍不满射，令 $M_n=B^nX$。这些是严格递减的闭子空间：闭性来自下方有界，若某一步 $M_n=M_{n+1}$，则 会由 的单射性推出 ，从而 满射。由 Riesz 引理可取 ，使 且 。当 时，、、，所以

$$Cx_m-Cx_n=x_m-(Bx_m+x_n-Bx_n),$$

括号中的向量属于 $M_{m+1}$，从而 $\|Cx_m-Cx_n\|\ge1/2$。这与 紧矛盾。因此 单射时必满射， 不可逆只能是因为有非零核；这个核方程正是 。

最后核对聚集点。假设存在不同的非零特征值 $\lambda_n\to\lambda\ne0$，取单位特征向量 $u_n$，满足 $T{u}_n={\lambda }_{}$。不同特征值对应的特征向量线性无关。令

$$M_n=\operatorname{span}\{u_1,\ldots,u_n\}.$$

在 $M_n$ 中用 Riesz 引理选择单位向量 $v_n$，使

$$\operatorname{dist}(v_n,M_{n-1})\ge\frac12.$$

对 $v\in M_n$，$(T-\lambda_nI)v\in M_{n-1}$，因为 在每个 方向上只乘以 。于是当 时，存在 使

$$Tv_n-Tv_m=\lambda_nv_n-z.$$

由于 $|\lambda_n|$ 最终被某个 $\gamma>0$ 从下方控制，得到

$$\|Tv_n-Tv_m\|\ge |\lambda_n|\operatorname{dist}(v_n,M_{n-1})\ge\frac\gamma2.$$

因此 $(Tv_n)$ 没有 Cauchy 子列，和 $T$ 紧矛盾。非零谱不可能聚集到非零点，只能向 $0$ 聚集。

图中应画出紧对角算子的谱点沿复平面或实轴离散排列并向 $0$ 靠近，同时把 $0$ 标成唯一可能的聚集点；不要把非零谱画成连续区间。替代文字：紧算子的非零谱是离散特征值，每个非零特征值有限重，若有无穷多个则只能趋于零。

先预测：函数族 $\{\sin(nx):1\le n\le N\}$ 的频率上限增大时，等度连续性会改善还是变差？与斜率统一受限的族 $\{ax:|a|\le1\}$ 比较。交互中改变 $$ 和空间尺度 ，观察统一振幅差的上界；回到 Arzelà–Ascoli，说明为什么“每个函数连续”不能替代“整个族等度连续”。重置后应恢复低频族和 的初始状态，并对 给出差值为零的边界结果。

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即时核对

1

下列哪句话等价于算子 T:X→Y 紧？

A.T 把每个收敛序列送成收敛序列B.T 把每个有界序列的像都抽出一个收敛子列C.T 的值域是闭集D.T 在每个点都连续

2

在无限维 Banach 空间上，下列哪些说法正确？

A.有限秩有界算子一定紧B.紧算子的范数极限仍紧C.恒等算子一定紧D.紧算子把有界序列送成具有收敛子列的序列

提交

3

若一列有限秩算子强收敛到 T，那么 T 必为紧算子。

正确错误

4

对角算子 D_a(x_n)=(a_nx_n) 在 ℓ² 上用有限秩截断逼近时，保证紧性的关键条件是 a_n 趋于 ____。

提交

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递进练习

巩固：紧集与有限秩

练习 1。 在 $\ell^2$ 中令

$$K=\{0\}\cup\left\{\frac1n e_n:n\ge1\right\}.$$

证明 $K$ 是紧集。你的证明应使用序列判据，并处理序列下标有界与无界两种情况。

查看解答

取 $K$ 中任意序列 $(z_j)$。若其中某个元素重复无穷多次，就抽出常值子列，它显然收敛。

否则，若序列中出现的下标集合有界，只能从有限多个元素中取值；有限集合中必有某个值出现无穷多次，回到上一步。

练习 2。 设 $D$ 是 $\ell^2$ 上的对角算子

$$D(x_1,x_2,\ldots)=\left(x_1,-\frac{x_2}{2},\frac{x_3}{3},-\frac{x_4}{4},\ldots\right).$$

用有限秩截断证明 $D$ 紧，并给出截断到前 $N$ 项时的算子范数误差。

查看解答

这里的对角系数是 $a_n=(-1)^{n+1}/n$，满足 $a_n\to0$。定义 只保留前 个坐标，它的值域包含在 中，所以 有限秩。

应用：把 Arzelà–Ascoli 用在算子上

练习 3。 在 $C([0,1])$ 上定义

$$(Tf)(s)=\left(\int_0^1f(t)\,dt\right)g(s),$$

其中 $g\in C([0,1])$。证明 $T$ 是紧算子，并说明它的秩至多是多少。

查看解答

对任意 $f$，$Tf$ 都是标量 $\int_0^1f(t)dt$ 乘以固定函数 ，所以 。若 ，秩为 ；若 ，秩为 。

练习 4。 令

$$(Tf)(s)=\int_0^1\min\{s,t\}f(t)\,dt, \qquad f\in C([0,1]).$$

证明 $T:C([0,1])\to C([0,1])$ 紧。请不要把核误认为有限秩核，直接检查单位球像族的一致有界性与等度连续性。

查看解答

核 $K(s,t)=\min\{s,t\}$ 在 $[0,1]^2$ 上连续，因此对每个 ， 连续。并且 。

练习 5。 在 $\ell^2$ 上令 $Q_N$ 为前 $N$ 个坐标投影。证明 $Q_N\to I$ 强收敛但不在算子范数下收敛，并由此说明强收敛不保紧性。

查看解答

对固定的 $x=(x_n)\in\ell^2$，有 $\mathrm{\parallel }(I-Q_N)x$，因此 ，即 强收敛到 。

迁移：选择判据并读谱

练习 6。 设 $Y=C([0,1])$，并令 $K(s,t)$ 在 $[0,1]^2$ 上连续。定义

$$(Tf)(s)=\int_0^1K(s,t)f(t)\,dt, \qquad f\in L^1([0,1]).$$

说明为什么这里仍可用 Arzelà–Ascoli 证明 $T:L^1([0,1])\to C([0,1])$ 紧；比较它与 $C([0,1])\to C([0,1])$ 的估计差异。

查看解答

对 $f\in L^1$，$K$ 有界且连续，所以积分定义良好；由核关于 $s$ 的一致连续性，$Tf$ 关于 连续。

练习 7。 设 $T$ 是无限维 Banach 空间上的紧算子。证明：若 $\lambda\ne0$ 是 $T$ 的特征值，那么 $\ker(T-\lambda I)$ 必为有限维；若存在无穷多个不同的非零特征值，则它们的任意聚集点只能是 $0$。

查看解答

若 $\ker(T-\lambda I)$ 无限维，可在该子空间中用 Riesz 引理选单位向量列 $(x_n)$，使 $\mathrm{\parallel }{x}_n-$。由于 ，有 ，所以像序列没有 Cauchy 子列，违背紧性。故特征空间有限维。

练习 8。 设 $T$ 是无限维 Banach 空间上的紧算子，且 $0\notin\sigma(T)$。找出矛盾。你的论证必须指出“紧算子与有界算子复合仍紧”在哪里使用。

查看解答

$0\notin\sigma(T)$ 意味着 $T$ 可逆，所以存在有界逆算子 $T^{-1}$。

练习 9。 讨论函数族

$$\mathcal F_1=\{\sin(nx):n\in\mathbb N\},\qquad \mathcal F_2=\{ax:|a|\le1\}$$

在 $C([0,1])$ 中的等度连续性。指出哪一族满足 Arzelà–Ascoli 的两个条件，并说明结论对相对紧性意味着什么。

查看解答

两族都一致有界：$|\sin(nx)|\le1$，而 $|ax|\le1$。所以区别不在有界性。

图中应把“紧性判据选择”画成一张小型决策图：有限秩或可范数逼近时走截断路线，函数值域为 $C(K)$ 且单位球像族有统一控制时走 Arzelà–Ascoli，遇到标准基或 Riesz 引理构造的分离序列时走反例路线。替代文字：面对紧性问题，可在有限秩逼近、Arzelà–Ascoli 和分离序列反例三条判据之间按对象选择方法。