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：

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。

如果只看某一个输入，有限维模型确实越算越准。可换一个输入，它可能又漏掉最重要的方向。紧算子的逼近需要对整个单位球控制误差。我们从这个区别出发，考察序列、积分算子和特征值；遇到“有界”“完备”这些条件时，也要看它们在证明的哪一步起作用。

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

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。

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：

因为每个有界集合都包含在某个以原点为中心的球 $RB_X$ 中，而线性性把缩放关系保留下来。紧集有界，所以 $T(B_X)$ 有界；这已经说明每个线性紧算子都是有界算子。

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

由假设，$(z_n)$ 有收敛子列 $z_{n_k}\to z$。于是

所以闭包中的每个序列都有收敛子列，闭包是紧的。

右图强调被选出的一个子列，其他点仍可分散在别处。紧性保证能抽取收敛子列，并不保证原来的整列收敛；图中的二维点云只是这个抽取过程的示意。

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。

有界的有限秩算子是最直接的紧性来源。假设 $T$ 有界，且 $\operatorname{Ran}(T)$ 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

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

实二维投影 $T(x,y)=(x,0)$ 把闭单位圆盘送到水平线段。输出只有一个自由方向；在一般赋范空间中，仍须同时检查算子的有界性。

“有界”不能藏在“有限秩”三个字里。例如在 $c_{00}$ 的 $\ell^2$ 范数下，

对每个有限支撑序列都有定义，像空间也只有一维，但 $f(e_n)=n$ 无界，因而不紧。有限维的是输出空间，并不能替输入上的连续性作保证。

范数极限中的完备性

现在设 $X$ 为赋范空间，$Y$ 为 Banach 空间。若 $T_m:X\to Y$ 都紧，且

那么 $T$ 也紧。具体地，取任意有界序列 $(x_n)$，取一个 $C\ge1$ 使所有 $\|x_n\|\le C$。对 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

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

这里终于用到 $Y$ 的完备性：刚才只证明了 $(Ty_k)$ 是 Cauchy 列，完备性才让极限属于 $Y$。因此 $T$ 紧。改用有限网证明也不能省掉这一条件；全有界本身还没有保证极限留在空间内。练习 10 会给出一个不完备陪域中的反例。

若陪域是 Hilbert 空间，还能反过来把每个紧算子作有限秩逼近。给定 $\varepsilon>0$，用有限个半径 $\varepsilon$ 的球覆盖 $T(B_X)$，记球心为 $y_1,\ldots,y_m$，并令

有限维子空间 $M$ 闭，正交投影 $P_M$ 存在。对单位球中的每个 $x$，选一个满足 $\|Tx-y_j\|<\varepsilon$ 的球心。投影给出最近点，所以

于是 $\|T-T_\varepsilon\|\le\varepsilon$，且 $T_\varepsilon$ 有界、有限秩。这个证明用了 Hilbert 空间的正交投影，不能原封不动地推广到任意 Banach 空间。

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

其中 $(a_n)$ 是有界标量序列。我们来证明一个完整判据：$D_a$ 紧，当且仅当 $a_n\to0$。

从有界性开始。若 $M=\sup_n|a_n|<\infty$，则对任意 $x\in\ell^2$，有 ，所以 是有界算子，且 。代入所有单位向量 ，又有 ，所以实际上 。

当 $a_n\to0$ 时，保留前 $N$ 个坐标，定义有限秩截断 $D_a^{(N)}x=(a_1x_1,\ldots,a_Nx_N,0,\ldots)$。它的像包含在 中，因此是有限秩紧算子。

估计截断误差。对 $\|x\|_2\le1$，有 $\mathrm{\parallel }(D_a-D_a^{(N)})x{\mathrm{\parallel }}_2^2={\sum }_{n>N}\mathrm{\mid }{a}_n{\mathrm{\mid }}^2\mathrm{\mid }{x}_n{\mathrm{\mid }}^2\le ({\sup }_{n>N}\mathrm{\mid }{a}_n\mathrm{\mid }{)}^2{\sum }_{n>N}\mathrm{\mid }{x}_n{\mathrm{\mid }}^2\le ({\sup }_{n>N}\mathrm{\mid }{a}_{}$。因此 。

反过来，取 $x=e_k$，并令 $k>N$。则 $\|(D_a-D_a^{(N)})e_k\|_2=|a_k|$。让 在 之后变化，得到 。因为 ，截断误差趋于零；范数极限保持紧性，所以 紧。

还要证明必要性。若 $a_n$ 不趋于零，就存在 $\eta>0$ 和严格递增的下标 $n_k$，使 $|a_{n_k}|\ge\eta$。两个不同下标对应互相正交的坐标方向，因此

像序列没有 Cauchy 子列，$D_a$ 不紧。特别地，$a_n=1$ 时就是恒等算子，所有截断的最坏误差始终等于 $1$。

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。

图中选的是正数递减的例子，用来辨认截断后留下的尾部。一般的 $a_n$ 可以变号、取复数，也可以不单调；紧性条件是 $|a_n|\to0$，误差由尾部绝对值的上确界确定。

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

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

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

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。

我们把“由有限个数近似决定”变成一个误差估计。固定 $\varepsilon>0$，由等度连续性选 $\delta>0$，使距离小于 $\delta$ 时，族内任意函数的值变化都小于 $\varepsilon/3$。用有限个半径 $\delta/2$ 的球覆盖 $K$，取中心 。

每个函数给出有限维向量 $(f(x_1),\ldots,f(x_N))$。一致有界性把这些向量限制在一个有界盒子里。把盒子分成有限个小块，使同一块中两个向量的每个坐标相差都小于 $\varepsilon/3$；复数情形同时划分实部和虚部即可。每个非空块选一个函数作为代表 $g$。任意 与其代表在各个 处都接近，而对任意 ，可取距离小于 的 ，得到

因此这些有限个代表构成 $\varepsilon$-网。$\mathcal F$ 全有界，$C(K)$ 又完备，所以 $\mathcal F$ 的闭包紧。

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。

在同一个尺度上比较一族函数

在 $[0,1]$ 上，有限个函数 $\sin x,\ldots,\sin Nx$ 当然等度连续：均值定理给出共同上界

但这个控制随 $N$ 改变。对整个无限族 $\{\sin(nx):n\ge1\}$，给定任意 $\delta>0$，总能取整数 $n\ge2$ 足够大，使

这否定了用同一个 $\delta$ 保证振幅差小于 $1/2$ 的可能。与之相比，$|a|\le1$ 的直线族始终满足 $|ax-ay|\le|x-y|$。

在实验中固定容许差 $1/2$，缩小观察尺度 $\delta$，先预测哪一个函数族还会给出反例。自动构造按钮会选择新的频率，并把 $0$ 和 $\pi/(2n)$ 标在同一条曲线上。留意它是否已经超过当前有限频率上限 $N$：若超过，它反驳的是无限族的统一控制，并没有反驳有限族的等度连续性。阴影带表示估计上界，不是声称每一对点都能达到这个值。

例题：连续核积分算子

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

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

先确认输出属于 $C([0,1])$。因为 $K$ 在紧方形上连续，所以一致连续；当 $s'\to s$ 时，$K(s',t)\to K(s,t)$ 一致于 ，从而积分后的函数 连续。

估计单位球的像。令 $M=\sup_{(s,t)\in[0,1]^2}|K(s,t)|$。若 $$，则 ，所以 一致有界。

控制不同输入点之间的变化。给定 $\varepsilon>0$，由 $K$ 关于 $s$ 的一致连续性，存在 $\delta>0$，使 $|s-s'|<\delta$ 时对所有 都有 。于是当 时，。这个 与 无关，所以像族等度连续。

单位球的像族在 $C([0,1])$ 中一致有界且等度连续。Arzelà–Ascoli 给出其闭包紧，因此 $T$ 紧。

如果 $K(s,t)=u(s)v(t)$，那么

像空间包含在 $\operatorname{span}\{u\}$ 中，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。

同一个单位球需要同一个上界和同一个连续性尺度。核在紧方形上一致连续，正好使第二个估计中的尺度与输入函数无关。

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

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

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 $x=(x_n)\in\ell^2$，

所以 $Q_N\to I$ 强收敛。但

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。

为了把两种误差放在同一张图中，令 $0\le q\le1$，

这里 $\|x\|_2=1$。截到前 $N$ 项（$N=0$ 表示什么也不保留）后，两个误差可以直接由几何级数算出：

在 $q=0,N=0$ 处，式中的零次幂取 $1$，此时 $D_0$ 只保留第一个坐标。

把 $q$ 调到 $1$，预测哪条误差曲线会下降。实验同时标出固定输入和最坏输入 $e_{N+1}$：前者的误差是 $r^N$，后者始终为 $1$。然后把 调小，比较两种误差如何一起下降。对 ，尾部系数趋于零， 紧； 恰好回到非紧的恒等算子。图里画出的有限个坐标只是窗口，误差读数用上面的无穷级数公式计算。

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。

紧算子的谱离散入口

下面令 $X$ 为复 Banach 空间，$T\in B(X)$。谱定义为

这里“可逆”指存在定义在整个 $X$ 上的有界双侧逆。对 Banach 空间上的有界算子，连续逆定理保证了双射就有有界逆。

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 $T$ 是无限维复 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，

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

但 $Tx_n=\lambda x_n$，所以

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 把闭子空间送成闭子空间：若 收敛，下方估计使 为 Cauchy 列； 完备、原来的子空间闭，便有 留在其中，像的极限是 。

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

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，且之前的下方估计给出 。 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

在 $M_n$ 中用 Riesz 引理选择单位向量 $v_n$，使

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

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

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。又因为特征值满足 $|\lambda|\le\|T\|$，所以对每个 $\eta>0$，满足 的谱点只有有限个；否则这个有界点集会有一个非零聚集点。取 ，便知非零谱至多可数，若有无穷多个，只能向 聚集。

以 $\ell^2$ 上的 $D(x_n)=(x_n/n)$ 为例，非零特征值是 $$，它们趋于谱点 ；但 不是这个算子的特征值。圆圈按序列排列，不是按数值比例绘制的坐标轴。

弱收敛经过紧算子

紧性还可以把一种较弱的输入收敛变成范数收敛。设 $H$ 为 Hilbert 空间，$T:H\to H$ 紧，且 $x_n\rightharpoonup x$。第五章已经证明弱收敛列有界，因此紧性可用于 $(x_n)$ 的任意子列。若某个像子列在范数下趋于 ，第七章的伴随恒等式给出

故 $y=Tx$。如果整列不趋于 $Tx$，就能挑出一条始终离它至少 $\varepsilon$ 的子列；紧性又给出收敛的再子列，极限却只能是 $Tx$，矛盾。因此 $Tx_n\to Tx$ 按范数收敛。

这并不是说任意有界算子都能增强收敛。例如 $e_n\rightharpoonup0$，恒等算子却保留了范数 $1$。紧性是在“抽出范数收敛的再子列”这一步加入的。

即时核对

递进练习

巩固：紧集与有限秩

练习 1。 在 $\ell^2$ 中令

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。

练习 2。 设 $D$ 是 $\ell^2$ 上的对角算子

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。

应用：把 Arzelà–Ascoli 用在算子上

练习 3。 在 $C([0,1])$ 上定义

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。

练习 4。 令

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。

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。

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

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。

练习 7。 设 $T$ 是无限维复 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 $0$。

练习 8。 设 $T$ 是无限维复 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。

练习 9。 讨论函数族

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。

关键在于同一个 $\delta>0$ 对每一对不同项都成立。仅仅说“两两距离为正”不够；收敛序列中的不同项也可能互不相等。

条件变化后的检验

练习 10。 给 $X=Y=c_{00}$ 配上 $\ell^2$ 范数，定义 $Dx=(x_n/n)$。证明前 项截断 有界、有限秩，且 。为什么 却不紧？

练习 11。 设 $T:X\to H$ 紧，$H$ 为 Hilbert 空间，$M$ 为有限维子空间。若 $T(B_X)$ 中每一点到 的距离不超过 ，证明 。由此给出紧算子有限秩逼近的构造，说明为何无需假设 本身是 Hilbert 空间。

练习 12。 设 $T$ 是 $\ell^2$ 上的紧算子，证明 $\|Te_n\|\to0$。反过来，仅知道 $\|Te_n\|\to0$ 能断言任意有界算子紧吗？考虑把自然数分成长度依次为 的不相交块 ，定义