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：

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：

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。

从代表向量走到伴随时，我们会反复使用上一章的正交投影。核为什么必须闭，复数标量从内积中提出时为什么要共轭，像空间的公式为什么带着闭包，这些条件会在实际计算中逐一出现。坐标、序列和积分三个例子，会让同一个定义呈现出不同的计算方式。

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 $\mathbb F$ 是 $\mathbb R$ 或 $\mathbb C$。先看一个几何事实：如果 $f\neq0$，它的核

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

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

现在找一个 $z_0$ 使 $f(z_0)=1$。沿着核中的方向移动，泛函的值不会变；整层 $f(x)=1$ 因而是 。其中离原点最近的点落在 上。这个点给出方向，但它的长度还需要调整，才能成为代表 的向量。

在实平面里，你可以把核画成过原点的直线，把其余等值集画成平行直线。复 Hilbert 空间的核是复余维一的子空间；若改用实维数计算，余维是二，不能把实平面的图原封不动当成复几何。

用 $f(x_1,x_2)=x_2$ 看一个实二维模型：核穿过原点，代表向量 $y=(0,1)$ 与核垂直，沿着它移动会改变泛函读数。这张示意图用来辨认平行和垂直关系；具体距离由坐标与公式确定。

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

而且

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 $x\in H$，

取 $x=y_1-y_2$，得到

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。

若 $f=0$，取 $y=0$。对任意 $x$，有 $f(x)=0=\langle x,0\rangle$，所以定理成立。下面只考虑 。

因为 $f\neq0$，存在 $x_0\in H$ 使 $f(x_0)\neq0$。令 。这里是把向量乘以标量 ，由线性性得到 。

令 $N=\ker f$。连续性使 $N$ 闭，所以正交投影定理给出 $z_0=n_0+v$，其中 、。于是 ，从而 。

对任意 $x\in H$，定义 $n=x-f(x)v$。因为 $f(n)=f(x)-f(x)f(v)=0$，有 ；因此 ，且 。

用内积的第一变量线性得到 $\langle x,v\rangle=\langle n,v\rangle+f(x)\langle v,v\rangle=f(x)\lVert v\rVert^2$。所以令 ，便有 对所有 成立。

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。

选 $f(z_0)=1$，再去掉 $z_0$ 在核中的分量，得到 $v$。此时 $f(v)=1$，但 未必已经是代表向量；还要除以 。

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

当 $\lVert x\rVert\le1$ 时，$|f(x)|≤\lVert y\rVert$，所以

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

若 $y=0$，两边都为零。于是总有

对偶识别：一个共轭线性等距对应

定义映射

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，

所以

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。

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

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 $y=(y_1,y_2,y_3)$，

比较 $x_1$ 的系数，得到 $y_1=2$；比较 $x_2$ 的系数，得到 ；比较 的系数，得到 。所以 。

直接代回检查：$\langle x,y\rangle=2x_1-x_2+3x_3=f(x)$，代表关系对所有 成立，而不只是对某几个测试向量成立。

由 Riesz 等距关系，$\lVert f\rVert=\lVert y\rVert=\sqrt{2^2+(-1)^2+3^2}=\sqrt{14}$。等号在 处达到，这也是范数估计的检查。

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

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。

换一个内积，代表也会跟着变

同一个泛函 $f(x)=x_1+x_2$，在标准内积下由 $(1,1)$ 代表。现在把 ${\mathbb{R}}^{}$ 的内积改成

要让 $\langle x,y\rangle_G=x_1+x_2$ 对所有 $x$ 成立，必须有 、，所以

作为坐标集合，$\ker f=\{x:x_1+x_2=0\}$ 没变；垂直方向却由新内积决定。核中的向量 $(1,$ 与 的加权内积为 ，普通点积则为 。因此，不能拿纸面上是不是九十度来代替加权正交。

一般取 $\langle x,z\rangle_G=g_1x_1z_1+g_2x_2z_2$，其中 ，以及 ，逐项比较给出

把坐标改成 $z=(\sqrt{g_1}x_1,\sqrt{g_2}x_2)$ 后，加权单位椭圆变成普通单位圆，代表方向变成 。两张图记录的是同一个计算，刻度的含义不同。

保持 $c=(1,1)$，把 $g_1$ 从 $1$ 调到 $4$。预测代表向量的第一坐标和泛函范数怎样变化，再在单位椭圆上移动输入，寻找最大读数。图上标出的最大值应由公式验证；当 $c=0$ 时，所有方向的读数都是零，不存在唯一的最大方向。

完备性在这里不能省略

给 $c_{00}$ 配上 $\ell^2$ 内积。定义

对每个 $x\in c_{00}$，这实际是有限和；Cauchy–Schwarz 又给出 $|f(x)|\le(\sum_{n\ge1}n^{-2})^{1/2}\|x\|_2$，所以 连续。若它由某个 代表，代入每个坐标向量 就会得到 ，也就是 。这个向量不在 中。

问题出在原空间装不下代表向量。把空间完备化为 $\ell^2$ 后，刚才的序列确实属于空间，表示才成立。这里的失败不否定唯一性或 Cauchy–Schwarz；失败的是代表在原空间中的存在性。

例题：积分给出的泛函。 在 $L^2([0,1];\mathbb C)$ 中，取

按第一变量线性的约定， $\langle g,h\rangle=\int_0^1g(t)\overline{h(t)}\,dt$。因此代表为 ，且

这一步也同时证明了积分泛函有界。若要求在 $F(g)=1$ 的条件下使 $\|g\|_2$ 最小，可取

验证 $F(g_0)=1$ 后，对任何其他可行 $g$，都有 $g-g_0\in\ker F$，并与 正交。因此 ，等号只在 时成立。Riesz 表示不仅识别一个泛函，还把带线性约束的最小范数问题变成了上一章的正交分解。

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

它对 $x$ 是线性的，因为 $A$ 线性且内积第一变量线性；同时

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

这条等式定义了伴随 $A^*$。若 $A:H\to K$ 连接两个不同的 Hilbert 空间，同一构造给出 $A^*:K\to H$，并且等式两侧分别用 与 的内积。下面讨论算子类别时取 。它不是把 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。

伴随的线性与有界性

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

两边对所有 $x$ 相等，唯一性迫使

再用 Riesz 范数等式：

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 $x,y$，

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：

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

所以

同样从定义式可以验证

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。

例如对乘积，不妨把每次移动都写出来：

唯一性给出 $(AB)^*=B^*A^*$。此外，

对单位向量取上确界可得 $\|A\|^2\le\|A^*A\|$；反向估计由算子范数的次乘性得到。所以 $\|A^*A\|=\|A\|^2$。同时 自伴，且 ，因此是正算子。

位置交换与虚部变号是两件事。把右上角的 $2+i$ 移到左下角后，还须变成 $2-i$；这样得到的矩阵才满足图下的内积恒等式。

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

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。

先取共轭：$\overline A=\begin{pmatrix}1&2-i\\ i&3\end{pmatrix}$。再转置，得到

设 $u=(u_1,u_2)$、$v=(v_1,v_2)$。有 ，所以

按 $u_1,u_2$ 收集系数，得到 $\langle Au,v\rangle=u_1(\overline{v_1}-i\overline{v_2})+u_2((2+i)\overline{v_1}+3\overline{v_2}).$ 而 ，因此 正好等于上式。

所以对任意 $u,v$ 都有 $\langle Au,v\rangle=\langle u,A^*v\rangle$。定义式的“对所有向量成立”已被检查，答案不是只在某个向量上碰巧成立。

用复数输入检验共轭的位置

对上面的矩阵，若误把伴随写成 $A^T$，有些实数或零输入仍可能让某次读数碰巧相等。检验一个例子相等，并没有证明候选矩阵正确。

在实验中固定 $A$，分别尝试“共轭转置”“只转置”和“只共轭”。预测哪种候选能让等式对所有输入成立，再拖动复平面里的一个坐标。每个小图画一个复数坐标，横纵轴分别是实部与虚部；它不是把整个 $\mathbb C^2$ 画成二维。检查左右两边的实部、虚部以及它们的差，随后用四组坐标基向量完成矩阵层面的检验。

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

基本关系

对任意有界线性算子 $A$，有

证明只需把定义逐层展开。对 $y\in H$，

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：

Hilbert 空间中，对线性子空间 $M$ 有 $(M^\perp)^\perp=\overline M$；对任意子集则应写成 $\overline{\operatorname{span}M}$。这里的像确实是线性子空间，所以进一步得到

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。

这个矩阵把所有向量送到水平轴。要让 $\langle Ax,y\rangle$ 对每个 $x$ 都为零，$y$ 就必须在竖直轴上，这也正是 $A^*y=0$ 的条件。

闭包不能删的例子。 在 $\ell^2$ 中令 $Dx=(x_n/n)_{n\ge1}$。从逐项内积可知 ，而 。每个有限支撑序列都在 中，因此像稠密；但 不在像中，因为唯一可能的原像是 ，它不属于 。

于是 $y\perp\ker D^*$ 自动成立，却不能解出 $Dx=y$。正交条件在一般情形只保证 $y$ 能被像中的向量逼近；要把逼近变成精确求解，还要有闭值域。

例题：等距嵌入仍可能漏掉一个方向。 在 $\ell^2$ 上定义右移

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。

对 $x,y\in\ell^2$，有 $\langle Sx,y\rangle=\sum_{n=1}^{\infty}(Sx)_n\overline{y_n}=\sum_{n=2}^{\infty}x_{n-1}\overline{y_n}.$ 换指标 ，得到

定义 $S^*y=(y_2,y_3,y_4,\ldots)$，则 与上一步完全相同。因此 是左移算子。

$S$ 是等距的，因为 $\lVert Sx\rVert^2=\sum_{n=2}^{\infty}|x_{n-1}|^2=\lVert x\rVert^2$。但它不是满射：任何 的第一坐标都是 ，例如 不在像中。

计算 $S^*S=I$，但 $SS^*$ 是投影到第一坐标为 $0$ 的闭子空间，因而 $SS^*\neq I$。酉算子要求 ，所以 等距但不酉。

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

等价地，

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

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

它保持内积：

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。

两个圆的半径相同，旋转改变向量的方向而保持长度。实平面的正交旋转是酉算子的实数对应情形；在复空间中，酉条件是 $A^*A=AA^*=I$。

正算子

在实或复 Hilbert 空间中，我们统一把自伴且满足下面不等式的有界算子称为正算子：

在复空间里，“$\ge0$”已经要求二次型取实值，而且能推出自伴性。在实空间中，仅有非负二次型并不够：旋转 $J(x_1,x_2)=(-x_2,x_1)$ 满足 ，却有 。把自伴条件写进定义，就不会把这种算子误判为正。

复数情形的推理也可以直接检查。若 $\langle Ax,x\rangle$ 总为实数，令 $B=A-A^*$，则 $\langle Bx,x\rangle=0$。对 展开，得到 ；对 展开，得到 。两个方程合起来使两个交叉项都为零。固定 后取 ，便有 ，所以 。这正是 。

这里先用定义判断具体算子，正算子的平方根留在后续更深入的谱理论中讨论。

例如对 $H=\mathbb C^2$，

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：

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

三个例子分别检查转置共轭、长度和二次型。第一列既自伴又酉，却会在第二个坐标方向给出负的二次型；因此这三种性质不能互相替代。

例题：秩一算子的伴随与正性。 设 $a,b\in H$，定义

求 $A^*$；当 $a=b$ 时判断 $A$ 是否正。

对任意 $x,y$，由第一变量线性， $\langle Ax,y\rangle=\langle\langle x,a\rangle b,y\rangle=\langle x,a\rangle\langle b,y\rangle.$

为了把右端写成 $\langle x,\text{某个向量}\rangle$，注意第二变量共轭线性：$\langle x,\langle y,b\rangle a\rangle=\overline{\langle y,b\rangle}\langle x,a\rangle=\langle b,y\rangle\langle x,a\rangle$。所以

当 $a=b$ 时，$A^*x=\langle x,a\rangle a=Ax$，故 $A$ 自伴。并且 $⟨Ax,x⟩$ 所以 正。

积分算子：交换变量还要检查什么

在 $L^2([0,1];\mathbb C)$ 上，设连续核 $k$ 定义

令 $M=\max|k|$。由 Cauchy–Schwarz，$\|f\|_1\le\|f\|_2$，所以 $$，积分后得到 。算子有界，因而能使用伴随理论。对任意 ，

这给出了交换积分的依据。于是

所以

例题：一侧累积积分的伴随。 令 $(Vf)(s)=\int_0^s f(t)\,dt$。它的核是三角区域上的指示函数，虽然不连续，但有界可测；上述绝对可积估计仍然成立。交换积分区域给出

因此 $(V^*g)(t)=\int_t^1g(s)\,ds$。前向累积对应后向累积。取常数函数 $1$，得到 、，二者不相同，所以 不自伴。这个检验给出了反例；至于上面的伴随公式，已经对所有 证明成立。

Riesz 表示还有一个直接用途：Hilbert 空间中的弱收敛 $x_n\rightharpoonup x$，等价于对每个固定 $y\in H$ 都有 $\langle x_n,y\rangle\to\langle x,y\rangle$，因为每个连续线性泛函恰好是这样的内积读数。结合伴随，便能追踪有界算子作用后的弱极限；你会在练习十三中完成这个推导。

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 。

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

的代表向量。

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。

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 。

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。

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。

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：

练习八：积分核的伴随

在实 Hilbert 空间 $L^2([0,1];\mathbb R)$ 上，定义

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。

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。

练习十：带约束的最小范数

在复 Hilbert 空间中，$f(x)=\langle x,y\rangle$，其中 $y\ne0$。给定复数 $a$，求 $f(x)=a$ 的唯一最小范数解，并计算最小范数。

练习十一：加权内积中的代表

在 $\mathbb R^2$ 中，令 $\langle x,z\rangle_G=x_1z_1+9x_2z_2$，。求代表向量、泛函范数和一个达到最大绝对读数的单位输入。

练习十二：正算子不等于可逆算子

在 $\ell^2$ 上令 $Dx=(x_n/n)_{n\ge1}$。证明 $$ 正且单射，但不满射；并说明为什么 对每个非零 成立，仍不能得到某个统一的 使 。

练习十三：弱收敛经过有界算子

设 $x_n\rightharpoonup x$，$A$ 有界。用 Riesz 表示和伴随证明 $Ax_n\rightharpoonup Ax$；再举例说明这不保证范数收敛。

再看一次“把泛函看成向量”

给出一个泛函，还不够直接写下它的代表；空间和内积也必须确定。同样，伴随的共轭转置公式默认使用标准内积。做序列或积分计算时，我建议把 $\langle Ax,y\rangle$ 真正展开，再整理成 $\langle x,A^*y\rangle$：这样，换指标、交换积分和复共轭各自出现在哪里，都能检查。

若问题变成 $Ax=b$ 是否可解，伴随会提供正交条件，但闭值域决定了这个条件能否保证精确解。下一章的紧算子经常有不闭的像；刚才的 $Dx=(x_n/n)$ 会再次出现，提醒我们把“能够逼近”和“确实有原像”分开判断。