谱理论入口：算子允许哪些特征值

你拿到一个矩阵时，通常会先算特征多项式，再把特征值代回去。换成函数空间上的算子，这条路线会突然失灵：有些算子根本没有非零特征向量，却仍然有一整片谱；有些点不是特征值，但方程的逆在这些点附近已经变得不稳定。

换一种问法：对算子 $T$，哪些复数 $\lambda$ 使得 $\lambda I-T$ 能够稳定地解方程？解方程时要检查唯一性、存在性和误差控制。预解集把这些条件合在一个定义里，谱记录条件失效的位置。到了紧自伴算子，前两章的紧性与正交分解会接上：非零谱点有特征向量，补上核中的方向，就能展开空间里的每一个向量。

本章统一在非零复 Banach 空间上讨论谱。若原来的空间是实 Banach 空间，通常先复化再定义谱；这一步会改变标量域，所以不能把实空间里的“特征值”直接当作复谱。

金色区域示意一个闭有界谱集，外面的点示意预解集中的取值。实际算子的谱也可能是若干点、线段或其他闭集；图中点的颜色不表示特征值与非特征值的分类。

从解方程开始：预解集与谱

设 $X\ne\{0\}$ 是复 Banach 空间，$T\in\mathcal B(X)$。对一个复数 $\lambda$，我们关心的是算子方程

如果对每个 $y\in X$ 都有唯一的解 $x$，而且存在与 $y$ 无关的常数 $C$ 使 $\|x\|\le C\|y\|$，解的扰动就有统一控制。满足这些要求的参数组成预解集：

其补集称为谱：

当 $\lambda\in\rho(T)$ 时，定义预解算子

这里的“可逆”不是只说存在一个集合意义下的逆。对 Banach 空间上的有界线性算子，若 $\lambda I-T$ 是双射，开映射定理保证其逆也是有界的；因此我们可以把“在 $\mathcal B(X)$ 中可逆”理解成“有界双边逆存在”。

特征值只是谱的一部分

若存在 $x\ne0$ 使

那么 $(\lambda I-T)x=0$，它不可能是单射，于是 $\lambda\in\sigma(T)$。这类谱点称为特征值，所有特征值组成点谱，记作 $\sigma_p(T)$。

反方向一般不成立。$\lambda I-T$ 也可能单射却不满射：每个已有解都唯一，但某些右端根本没有解。在这种情况下，可以谈它从像空间返回 $X$ 的逆；这个只定义在像上的逆还可能无界。不要把它说成“处处定义的代数逆存在，却不有界”：对这里的 Banach 空间有界算子，双射的逆已经由开映射定理保证有界。

Neumann 级数给出的安全区域

当 $|\lambda|>\|T\|$ 时，$\|T/\lambda\|<1$。于是算子级数

在算子范数下收敛，因为它的尾项可以用几何级数控制。令

有限和满足

由于

取算子范数极限得到

再乘上 $\lambda^{-1}$，便有

因此

这个估计告诉我们谱有界，而且

远离这个圆盘时，逆的范数受到控制。至于圆盘内部某点是否属于谱，单凭这个估计还无法判断。

左右两边都留下同一个余项 $A^{N+1}$，其范数趋于零，所以极限给出双侧逆。这里使用的条件是 $\|A\|<1$。

Resolvent 恒等式：同一个逆如何随参数移动

预解算子不是一串互不相干的逆。若 $\lambda,\mu\in\rho(T)$，记

从 $A_\mu-A_\lambda=(\mu-\lambda)I$ 出发，插入两个逆：

这就是预解恒等式。$A_\lambda$ 与 $A_\mu$ 都是 $T$ 的一次多项式，因而交换；分别乘以它们的逆可知两个逆也交换。所以右端也可写成 $(\mu-\lambda)R(\mu,T)R(\lambda,T)$。这个理由适用于整个预解集，不需要假定每个预解算子都能在算子范数下由 $T$ 的多项式逼近。

它有两个直接用途。第一，若固定 $\mu\in\rho(T)$，则

只要 $|\lambda-\mu|\,\|R(\mu,T)\|<1$，方括号内的算子就能用 Neumann 级数求逆。因此 $\rho(T)$ 是开集，$\sigma(T)$ 是闭集。第二，预解算子在预解集上不是任意函数，它的差商被这个恒等式精确控制。

在 $\lambda$ 足够靠近 $\mu$ 时，把上面的因式分解再求逆：

展开方括号中的逆，得到

你可以把这看成矩阵中“逆矩阵对参数求导”的无限维版本：局部幂级数可以逐项求导，因此它给出

为什么复谱不会是空集

这里需要复分析中的 Liouville 定理：有界整函数只能是常数。假设谱为空，则 $R(\lambda,T)$ 在整个复平面上都有定义，而且由刚才的局部幂级数可知它解析。固定 $x\in X$、$f\in X^*$，标量函数

是整函数。圆盘外的预解估计给出

在任意固定闭圆盘上，它又因连续而有界。因此 $F$ 是有界整函数，只能恒等于零。连续线性泛函能分辨非零向量——这是 Hahn–Banach 定理的推论——故 $R(\lambda,T)x=0$ 对所有 $x$ 成立。这与 $R(\lambda,T)(\lambda I-T)=I$ 矛盾，因为 $X\ne\{0\}$。

这样，谱的闭性、有界性、非空性才都得到证明。它是复平面中的非空紧集，谱半径中的上确界也会达到。若把标量域留在实数上，这一步不能直接照搬；实平面旋转就可能没有实特征值。

例题一：一个矩阵的谱、预解集与 resolvent 恒等式

设

作用在 $\mathbb C^2$ 上。求 $\sigma(A)$，写出 $R(\lambda,A)$，并用两个参数核对 resolvent 恒等式。

这里选择行列式法，是因为空间是有限维，谱与特征值相同。矩阵 $\lambda I-A$ 是上三角矩阵，因此

只有行列式为零时才不可逆，所以 $\sigma(A)=\{2,-1\}$。

对 $\lambda\ne2,-1$，直接求上三角矩阵的逆。由

可得

这里右上角为正号，是因为上三角逆矩阵的右上角要除以两个对角元，再抵消原矩阵中的负号。

取 $\lambda=0$、$\mu=3$。代入公式得到

直接相减，

右端按 resolvent 恒等式计算。因为 $\mu-\lambda=3$，且两个上三角矩阵相乘为

所以

与相减结果一致。这个检查也说明恒等式的符号取决于我们把预解算子定义为 $(\lambda I-T)^{-1}$，换一个约定时符号会跟着变。

这道题里的行列式法很高效，但它只属于有限维。遇到函数空间算子时，通常要回到“解方程、估计逆、构造近似解”这条路线。

谱半径：谱离原点最远有多远

定义算子 $T$ 的谱半径为

因为 $\sigma(T)\subseteq\{|\lambda|\le\|T\|\}$，立即有

范数描述一次作用可能放大的最大幅度；谱半径更像长期反复作用时留下的指数尺度。对每个 $n\ge1$，多项式分解

在复数域中成立。把 $z$ 换成 $T$，这些因子彼此可交换。这里还要用一个简单事实：若 $A,B$ 交换，且 $AB$ 有逆，那么 $A$ 的双边逆是 $B(AB)^{-1}$，$B$ 的双边逆是 $(AB)^{-1}A$。逐次应用，交换因子的乘积可逆，当且仅当每个因子可逆。

如果 $\mu$ 不等于任何 $\lambda^n$（$\lambda\in\sigma(T)$），每个 $T-\zeta_k I$ 都可逆，于是 $T^n-\mu I$ 可逆。因此

反过来，若 $\lambda\in\sigma(T)$，则因式 $T-\lambda I$ 不可逆；其余因式与它交换，若乘积 $T^n-\lambda^n I$ 可逆，就会迫使每个因式都可逆，矛盾。因此上面的包含关系确实是等号。

从而

结合 $r(T^n)\le\|T^n\|$，得到

因此谱半径公式的一个方向已经没有跳步：

对一般有界算子，完整结论是 Gelfand 谱半径公式：

把剩下的两个环节补上，就能看清这个极限为什么出现。

次乘性保证极限存在。 记 $a_n=\|T^n\|$，$a_0=1$。若某个 $a_k=0$，则 $T^n=0$ 对所有 $n\ge k$ 成立，极限与下确界都为零。否则固定 $k\ge1$，把 $n$ 写成 $n=qk+r$，其中 $0\le r<k$。由次乘性，

取 $n$ 次方根并令 $n\to\infty$，得到

对 $k$ 取下确界，再结合每项都不小于这个下确界，可得

预解算子的圆周估计给出反向不等式。 取任意 $R>r(T)$，再取 $R_0>\max(R,\|T\|)$。在大圆周 $|z|=R_0$ 上，Neumann 级数一致收敛，逐项积分得到

积分沿逆时针方向；级数中只有 $T^n/z$ 那一项留下 $2\pi iT^n$。两个圆周之间没有谱，预解算子解析，因此 Cauchy 定理允许把路径缩到 $|z|=R$：

这里的算子值积分是 $\mathcal B(X)$ 中的范数积分。连续曲线的 Riemann 和在这个 Banach 空间内收敛；要验证 Cauchy 定理，可以对积分作用任意连续线性泛函，使用标量 Cauchy 定理，再用 Hahn–Banach 分离向量。

令 $M_R=\max_{|z|=R}\|R(z,T)\|<\infty$。估计圆周长度便有

$R$ 可以任意接近 $r(T)$，所以右边可降到 $r(T)$。与之前的下界合起来，谱半径公式就完整了。即使 $r(T)=0$，仍可对每个正的 $R$ 使用同一论证。

$e_2$ 被送到 $4e_1$，再作用一次就归零。三个小图分别示意各自向量，不能用跨图的箭头长度比较大小；准确大小由标出的坐标与公式决定。

乘法与移位：没有特征向量时的谱

乘以自变量，却没有特征向量

在 $H=L^2([0,1])$ 上定义

这是一个有界自伴算子，且 $\|M_x\|=1$。直观上，它把位置 $t$ 上的函数值乘以 $t$。对于 $\lambda\notin[0,1]$，函数 $1/(t-\lambda)$ 有界，因此

所以这些 $\lambda$ 都在预解集。

如果 $\lambda\in[0,1]$，特征值方程

意味着 $(t-\lambda)f(t)=0$ 几乎处处成立。于是 $f$ 只能支撑在单点 $\{\lambda\}$ 上，而这个集合的测度为零，故 $f=0$。因此 $M_x$ 没有特征值。

但 $\lambda$ 仍然是谱点。取长度趋于 $0$ 的区间 $I_n\subset[0,1]$，使它们靠近 $\lambda$，并令

则 $\|f_n\|_2=1$。当 $I_n$ 完全落在 $|t-\lambda|<\varepsilon_n$ 的范围内时，

若 $(M_x-\lambda I)^{-1}$ 有界，就会有

矛盾。因此 $[0,1]\subseteq\sigma(M_x)$，最终

但点谱为空。这里的 $f_n$ 是一列近似特征向量：每个向量范数都为 $1$，残差趋于零，却没有真正的非零特征向量。端点 $\lambda=0,1$ 也包括在内，只要把区间取在端点内侧即可。

一个有用的定量结果是

上界来自逆乘子的绝对值上界。要逼近这个上界，把单位函数集中在距离 $\lambda$ 最近的实点附近即可。因此这里的等号也经过了检验，并非只把一个上界当成范数。

两条色带表示支撑区间，按示意排列。输入高度随区间缩小而增加，使 $L^2$ 范数始终为 $1$；标出的残差仍严格大于零，有限宽度的输入不是特征函数。

移位算子：用可解性看出单位圆盘

在 $\ell^2(\mathbb N)$ 上定义右移

它是等距算子，所以 $\|S\|=1$，且 $\|S^n\|=1$。当 $|\lambda|>1$ 时，Neumann 级数直接给出 $\lambda\in\rho(S)$。

当 $|\lambda|\le1$ 时，考察方程

逐坐标写出：

若 $\lambda=0$，第一式就是 $0=1$，方程立即无解。若 $0<|\lambda|\le1$，递推得到 $x_n=\lambda^{-n}$；它的坐标绝对值不趋于零，因而不属于 $\ell^2$。所以闭单位圆盘中的每个 $\lambda$ 都使算子不满射，都在谱中。

在边界 $|\lambda|=1$，还可以构造近似特征向量，让不可逆性表现为可计算的残差。令

它的范数为 $1$。内部坐标会精确抵消，只留下首尾两个坐标，因此

若 $S-\lambda I$ 有界逆，就会得到 $1\le C\sqrt{2/N}$，矛盾。所以单位圆也在谱中。另一方面，若 $\lambda\ne0$，$Sx=\lambda x$ 的第一坐标迫使 $x_1=0$，递推后所有坐标都为零；若 $\lambda=0$，$Sx=0$ 也由右移的单射性给出 $x=0$。因此 $S$ 没有特征值。综合起来

圆盘内部与边界仍有区别。若 $|\lambda|<1$，反三角不等式给出

因此内部谱点没有单位向量残差趋于零的序列；它们在谱中的障碍是非满射。不能把“所有谱点都能找到近似特征向量”当成定义。

这两个模型放在一起看很有用：$M_x$ 的谱是一条实区间，$S$ 的谱是一个圆盘；它们都不靠一组特征向量来解释全部谱。

每个坐标都向右移动一格，末尾的省略号表示序列继续下去。它没有丢掉最后一个坐标，因为原序列本来就没有最后一项。

例题二：乘法算子中选择哪一种不可逆性证据

仍在 $L^2([0,1])$ 上考虑 $M_x$。判断 $\lambda=\frac12$ 与 $\lambda=2$ 是否属于 $\sigma(M_x)$，并说明为什么不能对两个参数使用同一种证明。

对 $\lambda=2$，先检查乘子 $1/(x-2)$ 是否有界。因为 $x\in[0,1]$，有 $|x-2|\ge1$，所以 $|1/(x-2)|\le1$。于是 $M_{1/(x-2)}$ 是有界算子，并且

因此 $2\in\rho(M_x)$。

对 $\lambda=1/2$，形式上的逆会是乘以 $1/(x-1/2)$。这个函数在 $x=1/2$ 附近无界，所以不能直接把形式表达式当成 $L^2$ 上的有界逆；但“形式上无界”还需要转成严格的不可逆证据。

取 $I_n=(1/2-1/n,1/2+1/n)\cap[0,1]$，并令 $f_n=\mathbf1_{I_n}/\sqrt{|I_n|}$。则 $\|f_n\|_2=1$，且在 $I_n$ 上 $|x-1/2|\le1/n$。因此

若存在有界逆，单位范数会被它乘回一个趋于零的量，这是不可能的。因此 $1/2\in\sigma(M_x)$。

两个参数选择不同方法，是因为 $\lambda=2$ 在乘子值域外，有正距离把逆乘子控制住；$\lambda=1/2$ 落在值域内，可以通过局部化函数构造近似解来证明逆不存在。最终 $\sigma(M_x)=[0,1]$，且其中没有真正的特征值。

紧自伴算子：非零谱点重新变成特征值

现在把紧性和 Hilbert 空间结构合在一起。设 $H$ 是可分 Hilbert 空间，$K:H\to H$ 是紧自伴算子，即

“紧”意味着单位球的像相对紧：任意有界序列 $x_n$，$Kx_n$ 都能选出收敛子列。自伴性则提供内积对称关系

两条条件各自解决不同问题：紧性阻止非零谱点以连续障碍的方式躲开特征向量；自伴性保证谱是实的，并让不同特征值的特征向量正交。

结构定理

若 $K$ 是紧自伴算子，则：

• 每个 $\lambda\in\sigma(K)\setminus\{0\}$ 都是特征值，并且 $\lambda\in\mathbb R$；
• 每个非零特征值的特征子空间有限维；
• 非零特征值至多在 $0$ 处聚集；
• 不同特征值的特征向量正交；
• $H$ 可以分解为 $$H=\ker K\oplus\overline{\operatorname{span}\{e_n\}},$$ 其中 $Ke_n=\lambda_n e_n$，$\{e_n\}$ 由各非零特征空间的正交归一基合并而成，索引可以有限也可以可数无穷；若非零特征值有无穷多个，则 $\lambda_n\to0$；
• 对每个 $x\in H$，有谱展开 $$Kx=\sum_n\lambda_n\langle x,e_n\rangle e_n,$$ 再加上 $\ker K$ 中的正交归一基，就得到整个 $H$ 的正交归一基。

零特征空间与非零特征向量的闭线性张成共同组成整个空间。算子把核中的部分送到零；计算输入本身的范数时，这一部分仍须保留。

从条件到谱展开的证明

谱的实性。 设 $\lambda=a+ib$ 且 $b\ne0$。对任意 $x\in H$，自伴性使 $\langle(K-aI)x,x\rangle$ 为实数，因此

由 Cauchy–Schwarz 不等式，

若 $x\ne0$，约去一个 $\|x\|$ 得

所以 $K-\lambda I$ 单射，且像是闭集。若 $y$ 与像正交，则

对所有 $x$ 成立，于是 $(K-\overline\lambda I)y=0$。同样的下界说明 $y=0$，像既闭又稠密，因而等于 $H$。逆的范数至多为 $1/|b|$，所以非实数不在谱中。

非零谱点是特征值。 先看一个紧性引理：若 $\lambda\ne0$ 且 $K-\lambda I$ 单射，那么它必有下界。否则存在 $\|x_n\|=1$ 且

由紧性，$Kx_n$ 有收敛子列。沿这个子列，

也收敛到某个 $x$，且 $\|x\|=1$。取极限得到 $(K-\lambda I)x=0$，与单射矛盾。因此存在 $c>0$ 使

这说明像闭。若 $\lambda$ 已经是谱点而 $K-\lambda I$ 仍单射，那么在自伴且 $\lambda$ 实的情况下，像的正交补满足

像同时闭且稠密，只能是 $H$，从而算子可逆，矛盾。因此 $K-\lambda I$ 不单射，$\lambda$ 是特征值。这里紧性用在“单射推出有下界”，自伴性用在“像的正交补等于同一个核”。

不同特征值的方向为什么正交。 自伴算子的特征值为实数。若 $Kx=\lambda x$、$Ky=\mu y$，则在第一变量线性的约定下，

当 $\lambda\ne\mu$，只能有 $\langle x,y\rangle=0$。

有限重数与唯一聚集点。 若非零特征值 $\lambda$ 的特征子空间无限维，可以取其中的正交归一列 $e_n$。那么

对 $n\ne m$ 都成立，这个序列没有收敛子列，与 $K$ 的紧性冲突。因此特征子空间有限维。

若存在互不相同的非零特征值列，且某个 $\varepsilon>0$ 使 $|\lambda_n|\ge\varepsilon$，从不同特征子空间取单位特征向量 $e_n$。自伴性先给出它们两两正交，于是

仍与紧性矛盾。所以非零特征值只能在 $0$ 处聚集。

为什么特征向量足够多。 令 $M$ 是所有非零特征子空间的闭线性包。由于每个特征子空间在 $K$ 下不变，$M$ 在 $K$ 下不变；自伴性又保证 $M^\perp$ 也在 $K$ 下不变。限制算子 $K|_{M^\perp}$ 仍然紧自伴，而且没有非零特征值。

我们还欠一个关键引理：非零紧自伴算子一定有绝对值等于范数的特征值。若只是把它当成已有结论，特征向量“足够多”的证明就没有落地。下面直接从二次型来做。

先对任意有界自伴算子 $A$，记

Cauchy–Schwarz 给出 $m\le\|A\|$。反过来，取单位向量 $x$；若 $Ax\ne0$，令 $y=Ax/\|Ax\|$，也是单位向量。记 $q(v)=\langle Av,v\rangle$，自伴性给出

又因 $|q(v)|\le m\|v\|^2$，由平行四边形恒等式，

$Ax=0$ 时同一不等式当然成立。对所有单位 $x$ 取上确界，就得到 $m=\|A\|$。

现在让 $A$ 还紧且非零，记 $m=\|A\|>0$。取单位向量列，使二次型绝对值趋于 $m$；抽取同号子列后，可设

于是

紧性使某个子列 $Ax_{n_j}\to v$。因为 $\eta\ne0$，

范数连续给出 $\|u\|=1$；把极限代回去，$Au=\eta u$。注意，我们没有声称单位球面紧，也没有声称二次型的上下两个端点都能在球面上达到。真正使用的是非零极值的近似序列和算子的紧性。

把引理应用于 $A=K|_{M^\perp}$。若这个限制不为零，会在 $M^\perp$ 中产生非零特征向量；但按 $M$ 的定义，它又必须属于 $M$，矛盾。因此 $K|_{M^\perp}=0$。反过来，$\ker K$ 与每个非零特征空间正交，所以

最后，对任意 $x$ 作正交分解

有限部分作用后，$Kx_0=0$，而 $Ke_n=\lambda_n e_n$，于是

因为 $\lambda_n$ 有界且 $\{e_n\}$ 正交归一，这个级数在 $H$ 中收敛。定理中的每个结论，都能在这条分解里找到位置：紧性控制非零谱的离散性，自伴性控制实性和正交性，Hilbert 空间完备性负责承接闭包极限。

例题三：对角紧自伴算子完整读出谱展开

在 $H=\ell^2(\mathbb N)$ 上定义

求 $K$ 的谱、点谱、谱半径，并说明它为什么紧自伴；再写出任意 $x\in\ell^2$ 的谱展开。

先选“对角模型”而不是直接解任意方程，因为标准基 $e_n$ 已经把算子对角化：

所以每个 $1/n$ 都是特征值，$e_n$ 是对应特征向量。对任意 $x=(x_n)$，方程 $Kx=\lambda x$ 的坐标形式是 $(1/n-\lambda)x_n=0$；若 $\lambda$ 不是某个 $1/n$，则所有 $x_n=0$。因此

接着检查 $0$。算子 $K$ 单射，所以 $0$ 不是特征值。但若 $K$ 有有界逆，则对每个 $n$ 有

矛盾。因此 $0\in\sigma(K)$。还要排除其他谱点：若 $\lambda$ 不在闭集 $\{1/n:n\ge1\}\cup\{0\}$ 中，它与这个集合的距离 $d$ 为正，逐坐标乘以 $1/(1/n-\lambda)$ 就给出范数至多 $1/d$ 的双边逆。因此

这给出了一个最清楚的例子：$0$ 是谱点，却不是特征值。

对自伴性，取 $x,y\in\ell^2$，有

因为所有对角系数都是实数。因此 $K=K^*$。

对紧性，令 $K_N$ 保留前 $N$ 个坐标，后面的坐标全部置零。它是有限秩算子，并且

有限秩算子紧，而紧算子的范数极限仍紧，所以 $K$ 紧。

谱半径是谱中模最大的数，因此

对任意 $x=(x_n)\in\ell^2$，正交归一基就是标准基，故紧自伴谱定理在这里具体写成

该级数在 $\ell^2$ 中收敛。这里 $\ker K=\{0\}$，没有非零的 $0$ 特征向量；$0$ 仍作为特征值列的聚集点留在谱中。

这个例子把一般定理的边界展示得很干净：非零谱点全部是特征值，特征值只向 $0$ 聚集；而 $0$ 可以留在谱里，却不产生非零解。

把函数集中起来：近似特征向量实验

仍看 $M_g$，把 $g(t)=t$ 与阶梯函数 $g(t)=\mathbf1_{[1/2,1]}(t)$ 放在一起比较。阶梯函数在两块正测度区域上分别恒等于 $0,1$，所以这两个数都是真正的特征值；其他 $\lambda$ 的逆乘子有界，故它的谱恰好是 $\{0,1\}$。$g(t)=t$ 则仍是谱为 $[0,1]$、点谱为空的模型。

实验把输入限制为区间 $[a,b]$ 上的归一化指示函数。设 $L=b-a>0$、$m=(a+b)/2$，$\lambda=\alpha+i\beta$。当 $g(t)=t$ 时，直接积分得到

当 $g$ 是阶梯函数时，设区间与左右两块的相交长度为 $L_0,L_1$，则

这两个公式计算的是整个函数的 $L^2$ 残差，不能只读图上某一点的高度。

把 $\lambda$ 拖到 $1/2$，缩小输入区间，预测残差会不会趋于零。换成阶梯乘子以后再试一次：$1/2$ 已经不在谱里，区间再窄也不能把残差降到零。然后选 $\lambda=0$，把输入完全放在左半区；此时就能找到真正的特征向量。保存两组数据，用公式解释差别。

复平面中的点与横轴上的函数支撑属于不同图形。带非零虚部的 $\lambda$ 到实谱有正距离，不会因为输入区间缩小就变成谱点。实验中的有限小残差也不能代替“存在单位向量列，残差趋于零”的论证。

换到特征坐标，再看截断留下什么

第二项实验把“找坐标”和“截断尾部”接在一起。用实空间显示几何，在 $\mathbb R^2\oplus\mathbb R\oplus\ell^2$ 上定义

其中 $R_\theta$ 是平面旋转，$\lambda_1,\lambda_2,\sigma$ 为实数，$0<q<1$。第一块的两个正交特征方向随 $\theta$ 旋转，中间的一个方向在核里，最后是衰减的无限对角尾部。各块都自伴；有限块加上紧的对角尾部，使整个 $K$ 紧。复化后同样符合本章定理。

输入的尾部取 $u_j=\tau\sqrt{1-r^2}\,r^{j-1}$，固定 $r=0.6$，所以 $\|u\|=|\tau|$。令 $c=R_\theta^{\mathsf T}x$，则

实验允许保留或略去两个有限特征方向，并只保留尾部前 $N$ 项。记略去的有限方向指标集为 $J$，实际误差与算子范数误差分别为

核中的坐标 $z$ 不出现在这两个式子里，因为完整算子和截断算子都把它消掉。

拖动平面输入，观察它在两个特征方向上的分量；把一个特征值改成负数，看看对应输出如何反向。增加 $N$ 之前，先预测：若一个非零的有限特征方向始终没保留，算子范数误差能否降到零？再单独改变 $z$，核分量增加了输入范数，却不会改变输出。

平面图只画第一块，读数中的尾部用无穷级数精确计算。把这两部分分清楚，才能用一幅有限图理解算子，而不误以为图里已经画出了整个无限维空间。

递进练习

巩固：先判断哪一种对象在说话

题 1。 设 $T\in\mathcal B(X)$，且 $|\lambda|>\|T\|$。说明为什么 $\lambda$ 一定在 $\rho(T)$，并写出 $R(\lambda,T)$ 的级数表达式。

题 2。 若 $\lambda,\mu\in\rho(T)$ 且 $\lambda\ne\mu$，证明