泛函分析/希爾伯特空間

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- 章節幾乎完成，但證明中仍存在一些錯誤需要修正。（此外，我們可以新增關於無界運算元的極分解的討論。）

如果對於空間中每個元素對 $(x,y)$ 存在唯一的複數（或實數）稱為 $x$ 和 $y$ 的內積，記為 $\langle x,y\rangle$，則該賦範空間稱為預希爾伯特空間，且滿足以下條件

• (i) 泛函 $f(x)=\langle x,y\rangle$ 是線性的。
• (ii) $\langle x,y\rangle ={\overline {\langle y,x\rangle }}$
• (iii) $\langle x,x\rangle >0$ 對於每一個非零 $x$

內積在其第二個變數中不是線性的，而是反線性的：即，如果 $g(y)=\langle x,y\rangle$，那麼 $g(\alpha y)={\bar {\alpha }}y$ 對於標量 $\alpha$。我們定義 $\|x\|=\langle x,x\rangle ^{1/2}$，並且這將成為一個範數。事實上，很明顯 $\|\alpha x\|=|\alpha |\|x\|$，並且 (iii) 是 $\|x\|=0$ 意味著 $x=0$ 的原因。最後，三角不等式從下一個引理得出。

3.1 引理（施瓦茲不等式） $|\langle x,y\rangle |\leq \|x\|\|y\|$ 當且僅當可以寫成 $x=\lambda y$ 時，等式成立，其中 $\lambda$ 是一個標量。

如果我們暫時假設該引理成立，那麼可以得到

$\|x+y\|^{2}$	$=\|x\|^{2}+2\operatorname {Re} \langle x,y\rangle +\|y\|^{2}\leq \|x\|^{2}+2|\langle x,y\rangle |+\|y\|^{2}$
	$\leq (\|x\|+\|y\|)^{2}$

因為對於任何複數 $\alpha$，有 $\operatorname {Re} (\alpha )\leq |\alpha |$

引理證明：首先假設 $\|x\|=1$。如果 $\alpha ={\overline {\langle x,y\rangle }}$，那麼可以得到

$0\leq \|\alpha x-y\|^{2}=|\alpha |^{2}-2\operatorname {Re} (\alpha \langle x,y\rangle )+\|y\|^{2}=-|\alpha |^{2}+\|y\|^{2}$

當且僅當 $x=\lambda y$ 時，方程變為 $0$。由於我們可以假設 $x\neq 0$，因此一般情況也容易得到。 $\square$

3.2 定理 一個賦範線性空間是預希爾伯特空間當且僅當 $\|x-y\|^{2}=2\|x\|^{2}+2\|y\|^{2}-\|x+y\|^{2}$。
證明：直接部分很清楚。為了證明逆命題，我們定義

$\langle x,y\rangle =4^{-1}(\|x+y\|^{2}-\|x-y\|^{2}+i\|x+iy\|^{2}-i\|x-iy\|^{2})$.

然後可以立即得出 $\langle x,y\rangle ={\overline {\langle y,x\rangle }}$，$\langle -x,y\rangle =-\langle x,y\rangle$ 以及 $\langle ix,y\rangle =i\langle x,y\rangle$。此外，由於計算

$\|x_{1}+x_{2}+y\|^{2}-\|x_{1}+x_{2}-y\|^{2}$	$=2\|x_{1}+y\|^{2}-2\|x_{1}-y\|^{2}-\|x_{1}-x_{2}+y\|^{2}-\|x_{1}-x_{2}-y\|^{2}$
	$=\sum _{j=1}^2\Vert x_j+y{\Vert }^2-\Vert x_{}$,

我們有：$\langle x_{1}+x_{2},y\rangle =\langle x_{1},y\rangle +\langle x_{2},y\rangle$。如果 $\alpha$ 是一個實數標量，並且 $\alpha _{j}$ 是一個收斂到 $\alpha$ 的有理數序列，那麼根據連續性和以上，我們得到：$\langle \alpha x,y\rangle =\lim _{j\to \infty }\langle \alpha _{j}x,y\rangle =\alpha \langle x,y\rangle .\square$

3.3 引理 令 ${\mathfrak {H}}$ 為一個預希爾伯特空間。那麼 $x_{j}\to x$ 在範數下收斂當且僅當對於任意 $y\in {\mathfrak {H}}$ $\|x_{j}\|\to \|x\|$ 並且 $\langle x_{j}-x,y\rangle \to 0$ 當 $j\to \infty$ 時。
證明：直接部分成立，因為

$|\|x_{j}\|-\|x\||+|\langle x_{j}-x,y\rangle |\leq \|x_{j}-x\|(1+\|y\|)\to 0$ 當 $j\to \infty$ 時。

反之，我們有

$\|x_{j}-x\|^{2}=\|x_{j}\|^{2}-2\operatorname {Re} \langle x_{j},x\rangle +\|x\|^{2}\to 0$ 當 $j\to \infty$

$\square$

3.4 引理 設 $D$ 是希爾伯特空間中的一個非空凸閉集。則 $D$ 存在唯一的元素 $z$ 使得

$\|z\|=\inf\{\|x\|;x\in D\}$.

證明: 用 $\delta$ 表示等式右側。因為 $D$ 非空，所以 $\delta >0$。對於每個 $n=1,2,...$，存在一些 $x_{n}\in D$ 使得 $0\leq \|x_{n}\|-\delta \leq n^{-1}$。也就是說，$\delta =\lim _{n\to \infty }\|x_{n}\|$。因為 $D$ 是凸的，

${x_{n}+x_{m} \over 2}\in D$ 因此 $\delta \leq {1 \over 2}\|x_{n}+x_{m}\|$.

由此可得

$\|x_{n}-x_{m}\|^{2}$	$=2\|x_{n}\|^{2}+2\|x_{m}\|^{2}-\|x_{n}+x_{m}\|^{2}$
	$\leq 2\|x_{n}\|^{2}+2\|x_{m}\|^{2}-4\delta ^{2}$
	$\to 2\delta ^{2}+2\delta ^{2}-4\delta ^{2}=0$ 隨著 $n,m\to \infty$

也就是說，$x_{n}$ 是柯西序列。 由於 $D$ 是完備度量空間的閉子集，因此它也是完備的，存在極限 $z\in D$，其中 $\|z\|=\delta$。 唯一性來自於，如果 $\|w\|=\delta$，我們有

$\|z-w\|^{2}=2\|z\|^{2}+2\|w\|^{2}-\|z+w\|^{2}$

其中右側 $\leq 0$，理由與之前相同。 $\square$

該引理可能適用於某些不是希爾伯特空間的巴拿赫空間；這個問題將在下一章中探討。

對於非空子集 $E\subset {\mathfrak {H}}$，定義 $E^{\bot }$ 為線性泛函 $u\mapsto \langle u,v\rangle$ 的核在所有 $v\in E$ 上的交集。(換句話說，$E^{\bot }$ 是所有 $x\in {\mathfrak {H}}$ 的集合，它們與每個 $y\in E$ 正交。) 由於連續函式的核是封閉的，線性空間的交集也是線性空間，因此 $E^{\bot }$ 是 ${\mathfrak {H}}$ 的封閉 (線性) 子空間。最後，如果 $x\in E\cap E^{\bot }$，那麼 $0=\langle x,x\rangle =\|x\|$ 且 $x=0$。

3.5 Lemma Let ${\mathcal {M}}$ be a linear subspace of a pre-Hilbert space. Then $z\in {\mathcal {M}}^{\bot }$ if and only if $\|z\|=\inf\{\|z+w\|;w\in {\mathcal {M}}\}$.
Proof: (<=). Let $w\in {\mathcal {M}}$. By our condition, we have that $\lVert z\rVert \leq \lVert z+w\rVert$. Squaring both sides gives $\lVert z\rVert ^{2}\leq \lVert z+w\rVert ^{2}$. Expanding this using inner products and rearranging gives $2\Re \langle z,w\rangle \geq -\lVert w\rVert ^{2}$. The same thing is true (by the same argument) for $-w$, so we get $2\Re \langle z,-w\rangle \geq -\lVert w\rVert ^{2}$. This altogether implies that $-\lVert w\rVert ^{2}\leq 2\Re \langle z,-w\rangle =-2\Re \langle z,w\rangle \leq \lVert w\rVert ^{2}$, from which we get $2|\Re \langle z,w\rangle |\leq \lVert w\rVert ^{2}$. Consider a real $\lambda >0$; by the same argument we have that $2|\Re \langle z,w\rangle |\leq \lambda \lVert w\rVert ^{2}$. Since this is true for all $\lambda >0$, we get $\Re \langle z,w\rangle =0$. Since furthermore we have $iw\in {\mathcal {M}}$, we have that $0=\Re \langle z,iw\rangle =-\Im \langle z,w\rangle$. We conclude that $\langle z,w\rangle =0$.

(=>) 令 $w\in {\mathcal {M}}$。我們有 $\lVert z+w\rVert ^{2}=\lVert z\rVert ^{2}+2\Re \langle z,w\rangle +\lVert w\rVert ^{2}=\lVert z\rVert ^{2}+\lVert w\rVert ^{2}\geq \lVert z\rVert ^{2}$。取此不等式的第一項和最後一項，並開方，得到 $\lVert z+w\rVert \geq \lVert z\rVert$。最後，注意到對於 $w=0\ni {\mathcal {M}}$，下確界是達到的，因為 $\lVert z+w\rVert =\lVert z\rVert$。 $\square$

3.6 定理（正交分解） 令 ${\mathfrak {H}}$ 是希爾伯特空間，${\mathcal {M}}\subset {\mathfrak {H}}$ 是閉子空間。對於每個 $x\in {\mathfrak {H}}$，我們可以寫成

$x=y+z$

其中 $y\in {\mathcal {M}}$ 和 $z\in {\mathcal {M}}^{\bot }$ 是由 $x$ 唯一確定的。
證明：顯然 $x-{\mathcal {M}}$ 是凸的，並且它也是閉的，因為閉集的平移仍然是閉的。引理 3.4 現在給出了一個唯一的元素 $y\in {\mathcal {M}}$，使得 $\|x-y\|=\inf\{\|x-w\|;w\in {\mathcal {M}}\}$。令 $z=x-y$。由引理 3.5，$z\in {\mathcal {M}}^{\bot }$。對於唯一性，假設我們已經寫成了

$x=y'+z'$

其中 $y'\in {\mathcal {M}}$ 且 $z'\in {\mathcal {M}}^{\bot }$。根據引理 3.5，$\|x-y'\|=\inf\{\|x-w\|;w\in {\mathcal {M}}\}$。但如前所述，這種 $y'$ 必須是唯一的；即 $y'=y$。 $\square$

3.7 推論 設 ${\mathcal {M}}$ 是希爾伯特空間 ${\mathfrak {H}}$ 的子空間。則

• (i) ${\mathcal {M}}^{\bot }=\{0\}$ 當且僅當 ${\mathcal {M}}$ 在 ${\mathfrak {H}}$ 中稠密。
• (ii) ${\mathcal {M}}^{\bot \bot }={\overline {\mathcal {M}}}$.

證明：根據連續性，$\langle x,{\overline {\mathcal {M}}}\rangle \subset {\overline {\langle x,{\mathcal {M}}\rangle }}$。（這裡，$\langle x,E\rangle$ 表示集合 $E$ 在對映 $y\mapsto \langle x,y\rangle$ 下的像）。這給出

${\mathcal {M}}^{\bot }={\overline {\mathcal {M}}}^{\bot }$ 因此，${\mathfrak {H}}={\overline {\mathcal {M}}}\oplus {\mathcal {M}}^{\bot }$

透過正交分解。(i) 隨之得出。類似地，我們有

${\mathfrak {H}}={\mathcal {M}}^{\bot }\oplus {\mathcal {M}}^{\bot \bot }={\mathcal {M}}^{\bot }\oplus {\overline {\mathcal {M}}}$.

因此，(ii)。$\square$

3.8 定理（表示定理） 希爾伯特空間 ${\mathfrak {H}}$ 上的每一個連續線性泛函 $f$ 都有以下形式：

$f(x)=\langle x,y\rangle$ 其中 $y\in {\mathcal {M}}$ 是唯一的，且 $\|f\|=\|y\|_{\mathfrak {H}}$

證明：令 ${\mathcal {M}}=f^{-1}(\{0\})$。由於 $f$ 是連續的，${\mathcal {M}}$ 是閉集。如果 ${\mathcal {M}}={\mathfrak {H}}$，則取 $y=0$。否則，根據推論 3.6，存在一個非零的 $z\in {\mathfrak {H}}$ 與 ${\mathcal {M}}$ 正交。將 $z$ 替換為 $z\|z\|^{-1}$，我們可以假設 $\|z\|=1$。對於任何 $x\in {\mathfrak {H}}$，由於 $zf(x)-f(z)x$ 在 $f$ 的核中，因此與 $z$ 正交，我們有

$0=\langle zf(x)-f(z)x,z\rangle =\langle z,z\rangle f(x)-\langle f(z)x,z\rangle$

因此

$f(x)=\langle x,{\overline {f(z)}}z\rangle$

由於對於所有$x\in {\mathfrak {H}}$，有$\langle x,y_{1}\rangle =\langle x,y_{2}\rangle$，這意味著$y_{1}-y_{2}\in {\mathfrak {H}}^{\bot }=\{0\}$。最後，我們有恆等式

$\|y\|=|\langle {y \over \|y\|},y\rangle |\leq \|f\|\leq \|y\|$

其中最後一個不等式是施瓦茨不等式。$\square$

3.9 練習 使用引理 1.6 給出上述定理的另一種證明。

根據定理 3.5，對於每個$x\in {\mathfrak {H}}$，我們可以寫出：$x=y+z$，其中$y\in {\mathcal {M}}$ 是${\mathfrak {H}}$ 的一個閉子空間，$z\in {\mathcal {M}}^{\bot }$。用 $\pi (x)$ 表示由$x$ 唯一確定的每個$y$。函式$\pi$ 然後被證明是一個線性運算元。事實上，對於給定的$x_{1},x_{2}\in {\mathfrak {H}}$，我們寫出

$x_{1}=y_{1}+z_{1},x_{2}=y_{2}+z_{2}$ 和 $x_{1}+x_{2}=y_{3}+z_{3}$

其中 $y_{j}\in {\mathcal {M}}$ 且 $z_{j}\in {\mathcal {M}}^{\bot }$ 對 $j=1,2,3$ 成立。根據分解的唯一性

$\pi (x_{1})+\pi (x_{2})=y_{1}+y_{2}=y_{3}=\pi (x_{1}+x_{2})$.

類似的推理表明 $\pi$ 與標量可交換。現在，對於 $x=y+z\in {\mathfrak {H}}$（其中 $y\in {\mathcal {M}}$ 且 $z\in {\mathcal {M}}^{\bot }$），我們有

$\|x\|^{2}=\|\pi (x)\|^{2}+\|z\|^{2}\geq \|\pi (x)\|^{2}$

也就是說，$\pi$ 是連續的，且滿足 $\|\pi \|\leq 1$。特別地，當 ${\mathcal {M}}$ 是非零空間時，存在 $x_{0}\in {\mathcal {M}}$ 使得 $\pi (x_{0})=x_{0}$ 且 $\|x_{0}\|=1$，因此 $\|\pi \|=1$。這種 $\pi$ 被稱為 *正交投影*（到 ${\mathcal {M}}$ 上）。

下一個定理給出了 Hahn-Banach 定理的另一種證明。

3 定理 設 ${\mathcal {M}}$ 是希爾伯特空間的線性（不一定閉）子空間。在 ${\mathcal {M}}$ 上的每一個連續線性泛函都可以唯一地擴充套件到 ${\mathfrak {H}}$ 上的連續線性泛函，該泛函具有相同的範數，並且在 ${\mathcal {M}}^{\bot }$ 上消失。
證明：由於 ${\mathcal {M}}$ 是巴拿赫空間 ${\overline {\mathcal {M}}}$ 的稠密子集，根據定理 2.something，我們可以 *唯一地* 擴充套件 $f$ 使其在 ${\overline {\mathcal {M}}}$ 上連續。定義 $g=f\circ \pi _{\overline {\mathcal {M}}}$。根據定理 2.something (Hahn-Banach) 的證明中使用的相同論證以及 $\|\pi _{\mathcal {F}}\|=1$ 的事實，我們得到 $\|f\|=\|g\|$。由於 $g=0$ 在 ${\mathcal {M}}^{\bot }$ 上，現在需要證明唯一性。為此，令 $h$ 是另一個具有所需性質的擴充套件。由於 $f-h$ 的核是閉集，因此包含 ${\overline {\mathcal {M}}}$，$f=h$ 在 ${\overline {\mathcal {M}}}$ 上。因此，對於任何 $x\in {\mathfrak {H}}$，

$h(x)=(h\circ \pi _{\overline {\mathcal {M}}})x=(f\circ \pi _{\overline {\mathcal {M}}})x=g(x)$.

因此，擴充套件$g$ 是唯一的。 $\square$

定理 3 設${\mathcal {M}}_{n}$ 是閉子空間的遞增序列，並且${\mathcal {M}}$ 是${\mathcal {M}}_{1}\cup {\mathcal {M}}_{2}\cup ...$ 的閉包。 如果$\pi _{\mathcal {M}}$ 是到${\mathcal {M}}$ 的正交投影，那麼對於每個$x\in {\mathcal {M}}$ $\pi _{{\mathcal {M}}_{n}}(x)\to x$。
證明：設${\mathcal {N}}=\{x\in {\mathcal {M}};\pi _{{\mathcal {M}}_{n}}(x)\to x(n\to \infty )\}$。 那麼${\mathcal {N}}$ 是閉合的。 事實上，如果$x_{j}\in {\mathcal {N}}$ 並且$x_{j}\to x$，那麼

$\|\pi _{{\mathcal {M}}_{n}}(x)-x\|\leq 2\|x-x_{j}\|+\|\pi _{{\mathcal {M}}_{n}}(x_{j})-x_{j}\|$

因此，$x\in {\mathcal {N}}$。由於${\mathcal {M}}\subset {\overline {\mathcal {N}}}$，證明完成。$\square$

令$({\mathfrak {H}}_{j},\|\cdot \|_{j}=\langle \cdot ,\cdot \rangle _{j})$ 為希爾伯特空間。定義${\mathfrak {H}}_{1}\oplus {\mathfrak {H}}_{2}$ 的直和如下：令${\mathfrak {H}}_{1}\oplus {\mathfrak {H}}_{2}=\{(x_{1},x_{2});x_{1}\in {\mathfrak {H}}_{1},x_{2}\in {\mathfrak {H}}_{2}\}$ 並定義

$\langle x_{1}\oplus x_{2},y_{1}\oplus y_{2}\rangle =\langle x_{1},y_{1}\rangle _{1}+\langle x_{2},y_{2}\rangle _{2}$.

然後很容易驗證$({\mathfrak {H}}_{1}\oplus {\mathfrak {H}}_{2},\langle \cdot ,\cdot \rangle )$ 是一個希爾伯特空間。很明顯，這個定義可以推廣到希爾伯特空間的有限直和。（關於希爾伯特空間的無限直和，參見第 5 章。）

回顧上一章，巴拿赫空間之間的等距滿射稱為“酉”變換。

3 引理（希爾伯特伴隨） 定義 $V:{\mathfrak {H}}_{1}\oplus {\mathfrak {H}}_{2}\to {\mathfrak {H}}_{2}\oplus {\mathfrak {H}}_{1}$ 為 $V(x_{1}\oplus x_{2})=-x_{2}\oplus x_{1}$。 (顯然，$V$ 是一個酉運算元)。那麼 $(V\operatorname {gra} T)^{\bot }$ 是一個圖（某個線性運算元的圖）當且僅當 $T$ 是稠密定義的。
證明：設 ${\mathcal {M}}=(V\operatorname {gra} T)^{\bot }$。令 $u\in (\operatorname {dom} T^{*})^{\bot }$。那麼

$0=\langle 0,-Tv\rangle _{2}+\langle u,v\rangle _{2}=\langle 0\oplus u,-Tv\oplus v\rangle$ 對每個 $v$ 成立。

也就是說，$0\oplus u\in {\mathcal {M}}$，根據假設，這是一個線性運算元的圖。因此，$u=0$。反之，假設 $f\oplus u_{1},f\oplus u_{2}\in {\mathcal {M}}$。那麼

$0=\langle f\oplus u_{j},-Tv\oplus v\rangle =\langle f,-Tv\rangle _{2}+\langle u_{j},v\rangle _{1}\qquad$ $(j=1,2)$

因此 $\langle u_{1}-u_{2},v\rangle _{1}=0$ 對 $T$ 定義域中的每一個 $v$ 都成立。因為 $T$ 的定義域稠密，所以 $u_{1}=u_{2}$，並且 ${\mathcal {M}}$ 是某個函式的影像，例如，$S$。可以用類似的方式檢驗 $S$ 的線性。 $\square$

備註：在引理的證明中，$T$ 的線性從未用到。

對於稠密定義的 $T$，我們因此獲得了一個線性運算元，我們稱之為 $T^{*}$。它由以下公式唯一確定

$0=\langle f,-Tu\rangle _{2}+\langle T^{*}f,u\rangle _{1}=\langle f\oplus T^{*}f,V(u\oplus Tu)\rangle$ 對每一個 $u$ 都成立，

或者，更常見的是，

$\langle Tu,f\rangle _{2}=\langle u,T^{*}f\rangle _{1}$ 對每一個 $u$ 都成立。

此外，$T^{*}f$ 有定義當且僅當

$u\mapsto \langle Tu,f\rangle$

對於每個 $u\in \operatorname {dom} T$，$T$ 是連續的。運算元 $T^{*}$ 稱為 $T$ 的 希爾伯特伴隨（或簡稱為伴隨）。如果 $T$ 除了具有稠密定義域之外還封閉，那麼

$(V'\operatorname {gra} T^{*})^{\bot }=(V'(V\operatorname {gra} T)^{\bot })^{\bot }=\operatorname {gra} T^{\bot \bot }=\operatorname {gra} T$

這裡，$V'(x_{2},x_{1})=-x_{1}\oplus x_{2}$。根據上面的引理，$T^{*}$ 是稠密定義的。更一般地，如果一個稠密定義運算元 $T$ 具有一個封閉延拓 $S$（即，$\operatorname {gra} T\subset \operatorname {gra} S={\overline {\operatorname {gra} S}}$），那麼 $S$ 和 $S^{*}$ 都是稠密定義的。由此可得：$\operatorname {gra} S^{*}\subset \operatorname {gra} T^{*}$。也就是說，$T^{*}$ 是稠密定義的，並且 $T^{**}$ 存在。$S=T^{**}$ 由下一個定理得出。

3 定理 設 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 是一個稠密定義的運算元。如果 $T^{*}$ 也是稠密定義的，則

${\overline {\operatorname {gra} T}}=\operatorname {gra} T^{**}=\operatorname {gra} S$

對於任何 $T$ 的閉擴張 $S$。
證明：如上所述，

$(V'\operatorname {gra} T^{*})^{\bot }=\operatorname {gra} T^{\bot \bot }$

這裡，左側是 $T^{**}$ 的圖。對於第二個等式，由於 $\operatorname {gra} S$ 是一個希爾伯特空間，因此只需證明 $\operatorname {gra} T^{\bot }\cap \operatorname {gra} S=\{0\}$。但這可以從引理 3.something 中得出。$\square$

下一個推論是顯而易見的，但在應用中很重要。

3 推論 設 ${\mathfrak {H}}_{1},{\mathfrak {H}}_{2}$ 是希爾伯特空間，且 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 是一個閉稠密定義的線性運算元。則 $u\in \operatorname {dom} T$ 當且僅當存在某個 $K>0$ 使得：

$\|\langle T^{*}f,u\rangle \|\leq K\|f\|$ 對於每個 $f\in \operatorname {dom} T^{*}$

3 引理 設 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 為一個稠密定義的線性運算元。則 $\operatorname {ker} T^{*}=(\operatorname {ran} T)^{\bot }.$
證明：$f$ 屬於等式左側或右側當且僅當

$0=\langle T^{*}f,u\rangle =\langle f,Tu\rangle$ 對任意 $u$ 成立。

(注意，對任意 $u$ 有 $\langle f,Tu\rangle =0$ 意味著 $f\in \operatorname {dom} T^{*}$.) $\square$

特別是，閉稠密定義的運算元具有閉核。作為應用，我們將證明下一個定理。

3 定理 設 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 為一個閉稠密定義的線性運算元。則 $T$ 是滿射當且僅當存在一個 $K>0$ 使得

$\|f\|_{2}\leq K\|T^{*}f\|_{1}$ 對任意 $f\in \operatorname {dom} T^{*}$ 成立。

證明：假設 $T$ 是滿射的。由於 $T$ 的值域是閉集，因此只需證明對於 $f\in (\operatorname {ker} T^{*})^{\bot }=\operatorname {ran} T$ 的估計式。設 $u\in (\operatorname {ker} T)^{\bot }$ 且 $Tu=f$。用 $G$ 表示 $T$ 在 $(\operatorname {ker} T)^{\bot }$ 上的逆，我們有

$\|f\|_{2}^{2}\leq \|T^{*}f\|_{1}\|Gf\|_{1}\leq \|T^{*}f\|\|G\|\|f\|_{2}$

最後一個不等式成立，因為根據閉影像定理，$G$ 是連續的。為了證明反過來，設 $g\in {\mathfrak {H}}_{2}$ 為已知。由於 $T^{*}$ 是單射的，我們可以定義一個線性泛函 $L$ 為 $L(T^{*}f)=\langle f,g\rangle _{2}$，對於 $f\in {\mathfrak {H}}_{2}$。

$|L(T^{*}f)|=|\langle f,g\rangle _{2}|\leq K\|T^{*}f\|$ 對於所有 $f\in \operatorname {dom} T^{*}$ 成立。

因此，$L$ 在 $T^{*}$ 的範圍內是連續的。根據 Hahn-Banach 定理，我們可以假設 $L$ 在 ${\mathfrak {H}}_{1}$ 上是定義且連續的。因此，根據定理 3.something，我們可以寫成 $L(\cdot )=\langle \cdot ,u\rangle _{1}$ 在 ${\mathfrak {H}}_{1}$ 中，其中 $u$ 是一個常數。由於 $L(T^{*}f)$ 對 $f\in \operatorname {dom} T^{*}$ 是連續的，

$L(T^{*}f)=\langle f,g\rangle _{2}=\langle T^{*}f,u\rangle _{1}=\langle f,T^{**}u\rangle _{2}$ 對每個 $f\in \operatorname {dom} T^{*}$ 成立。

因此，$Tu=T^{**}u=g$。 $\square$

3 推論 令 $T,{\mathfrak {H}}_{1},{\mathfrak {H}}_{2}$ 如前定理所述。則 $\operatorname {ran} T$ 是閉的當且僅當 $\operatorname {ran} T^{*}$ 是閉的。
證明：定義 $S:{\mathfrak {H}}_{1}\to \operatorname {ran} T$ 為 $S=T$。因此，只需證明 $S^{*}$ 在 $T$ 的值域閉合時（等價於 $S$ 是滿射）是滿射。假設 $S^{*}f_{j}$ 收斂。前面的定理給出

$\|f_{j}-f_{k}\|_{2}\leq K\|S^{*}(f_{j}-f_{k})\|_{1}\to 0$ 當 $j,k\to \infty$。

因此，$f_{j}\oplus S^{*}f_{j}$ 在 $S^{*}$ 的影像中是柯西序列，該影像為閉集。因此，$S^{*}f_{j}$ 在 $S^{*}$ 的值域內收斂。反之成立，因為 $T^{**}=T$。 $\square$

現在我們來考慮一些稠密定義的線性運算元的具體例子。

3 定理 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 是連續的當且僅當 $T^{*}$ 是連續的。此外，當 $T$ 是連續的，

$\|T\|^{2}=\|T^{*}T\|=\|TT^{*}\|=\|T^{*}\|^{2}$.

證明: 很明顯 $T^{*}$ 在所有地方都定義了，它的連續性是封閉圖定理的結果。反之，如果 $T^{*}$ 是連續的，那麼 $T^{**}$ 是連續的，並且 $T=T^{**}$。對於第二部分，

$\|T^{*}f\|_{1}^{2}=|\langle TT^{*}f,f\rangle |\leq \|T\|\|T^{*}f\|_{2}\|f\|_{2}$ 對於每個 $f$ 成立。

因此，$T^{*}$ 是連續的，並且有 $\|T^{*}\|\leq \|T\|$。特別是，$T^{*}T$ 是連續的，所以

$\|T^{*}f\|_{1}^{2}\leq \|TT^{*}\|\|f\|_{2}^{2}$ 對於每個 $f$ 成立。

也就是說，$\|T^{*}\|^{2}\leq \|TT^{*}\|\leq \|T\|^{2}$。將此結果應用於 $T^{*}$ 代替 $T$ 完成了證明。

定理中的恆等式表明 $B({\mathcal {H}})$ 是一個 $C^{*}$-代數，這是一個在第六章中討論的話題。

引理 3 設 $S,T\in B({\mathfrak {H}})$。如果 $\langle Tx,x\rangle =\langle Sx,x\rangle$ 對所有 $x\in {\mathfrak {H}}$ 成立，則 $S=T$。
證明：設 $R=T-S$。我們有 $0=\langle R(x+y),x+y\rangle =\langle Rx,y\rangle +\langle Ry,x\rangle$ 以及 $0=i\langle R(x+iy),x+iy\rangle =\langle Rx,y\rangle +i^{2}\langle Ry,x\rangle$。將這兩個式子相加，我們得到：$0=2\langle Rx,y\rangle$ 對所有 $x,y\in {\mathfrak {H}}$ 成立。取 $y=Rx$ 可得 $0=\|Rx\|^{2}$ 對所有 $x\in {\mathfrak {H}}$ 成立，或 $R=0$。 $\square$

注：如果底層域是$\mathbf {R}$，上述引理是錯誤的。

回想一下，等距滿射被稱為酉。

3 推論 線性運算元$U:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 是酉的當且僅當 $U^{*}U$ 和 $UU^{*}$ 是單位元。
證明：由於$(U^{*}Ux\mid x)=\|Ux\|^{2}=(x\mid x)>$，我們看到$U^{*}U$ 是單位元。由於$UU^{*}U=U$，$UU^{*}$ 是 U 的值域上的單位元，該值域因滿射而為 ${\mathcal {H}}_{2}$。反之，由於$\|Ux\|_{2}^{2}=\langle U^{*}Ux,x\rangle _{1}=\|x\|_{1}^{2}$，$U$ 是等距的。 $\square$

奇怪的是，可以省略對 線性 的假設

3 定理 如果$U:{\mathcal {H}}_{1}\to {\mathcal {H}}_{2}$ 是一個 函式 這樣

$\|U(x)-U(y)\|_{2}=\|x-y\|_{1}$

對於每個x和y，以及$U(0)=0$，則$U$ 是一個線性運算元（因此是酉運算元）。
證明：注意U是連續的。由於$\|U(x)\|=\|U(x)-U(0)\|=\|x\|$，我們有

$\|x-y\|_{1}^{2}=\|U(x)-U(y)\|_{2}^{2}=\|x\|_{1}^{2}-2\operatorname {Re} (U(x)\mid U(y))+\|y\|_{1}^{2}$.

因此，

$\operatorname {Re} (x\mid y)_{1}=\operatorname {Re} (U(x),U(y))_{2}$

現在可以得出

$\|U(\alpha x+y)-\alpha U(x)-U(y)\|_{2}^{2}=\|U(\alpha x+y)-U(\alpha x)\|_{2}^{2}-2\operatorname {Re} (y\mid y)+\|U(y)\|_{2}^{2}=\|y\|_{1}^{2}-2\|y\|_{1}^{2}+\|y\|_{1}^{2}=0$

對於任何$x,y\in {\mathcal {H}}_{1}$和標量$\alpha$。$\square$

對於巴拿赫空間也有類似的結果。例如，參見 http://www.helsinki.fi/~jvaisala/mazurulam.pdf)

3 練習 構造一個例子，以證明等距運算元（即保持範數的線性運算元）不一定是酉運算元。（提示：移位運算元。）

一個稠密定義的線性運算元$T$ 被稱為“對稱”的，如果$\operatorname {gra} T\subset \operatorname {gra} T^{*}$。如果上面的等式成立，則$T$ 被稱為“自伴的”。根據定理 3.something，每個自伴運算元都是閉的且稠密定義的。如果$T$ 是對稱的，那麼由於 $T^{**}$ 是 $T$ 的一個擴充套件，

$\operatorname {gra} T\subset \operatorname {gra} T^{*}\cap \operatorname {gra} T^{**}$.

3 定理 令 $T_{j}:{\mathfrak {H}}_{j}\to {\mathfrak {H}}_{j+1}$ 是稠密定義的線性運算元，其中 $j=1,2$。那麼 $\operatorname {gra} T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*}\subset \operatorname {gra} (T_{2}\circ T_{1})^{*}$，當 $T_{j}^{**}=T_{j}$ $(j=1,2)$ 且 $T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*}$ 是閉的且稠密定義的。
證明：令 $u\in \operatorname {dom} (T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*})$。那麼

$\langle T_{2}\circ T_{1}v,u\rangle =\langle T_{1}v,T_{2}^{*}u\rangle =\langle v,T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*}u\rangle$ 對所有 $v\in \operatorname {dom} (T_{2}\circ T_{1})$ 成立。

但是，根據定義，$(T_{2}\circ T_{1})^{*}u$ 表示 $T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*}u$。因此，$(T_{2}\circ T_{1})^{*}$ 是 $T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*}$ 的擴充套件。對於第二部分，我們剛剛證明的事實表明

$\operatorname {gra} T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*}\subset \operatorname {gra} (T_{2}\circ T_{1})^{*}=\operatorname {gra} (T_{2}^{**}\circ T_{1}^{**})^{*}\subset \operatorname {gra} (T_{1}^{*}\circ T_{2}^{*})^{**}$。$\square$

3 定理 令 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 為希爾伯特空間。如果 $T:{\mathfrak {H}}_{1}\to {\mathfrak {H}}_{2}$ 是一個閉稠定義運算元，那麼 $T^{*}T$ 是一個自伴運算元（特別是，稠定義且閉合。）
證明：根據前面的定理，只需證明 $T^{*}T$ 是閉合的。令 $u_{j}\in \operatorname {dom} T^{*}T$ 為一個序列，使得 $(u_{j},T^{*}Tu_{j})$ 收斂到極限 $(u,v)$。由於

$\|Tu_{j}-Tu_{k}\|_{2}\leq 2(\|T^{*}T(u_{j}-u_{k})\|_{1}+\|u_{j}-u_{k}\|_{1})$,

存在一個$f\in {\mathfrak {H}}_{2}$，使得：$\|Tu_{j}-f\|_{2}\to 0$。由於$T^{*}$ 是閉運算子，所以 $T^{*}f=v$。由於$\|u_{j}-u\|_{1}+\|Tu_{j}-f\|_{2}\to 0$ 且 $T$ 是閉運算子，所以 $T^{*}Tu=T^{*}f=v$。 $\square$

3 定理 令$T$ 為對稱稠密定義運算元。如果 $T$ 是滿射的，則 $T$ 是自伴的且單射的，$T^{-1}$ 是自伴的且有界的。
證明：如果 $Tu=0$，

$\langle Tu,v\rangle =\langle u,Tv\rangle$ 且 $u=0$

如果 $T$ 的值域稠密（例如，它是滿射的）。因此，$T$ 是單射的。由於 $T^{-1}$ 是閉的（根據引理 2.something）並且 $\operatorname {ran} T={\mathfrak {H}}_{2}$，$T^{-1}:{\mathfrak {H}}_{2}\to \operatorname {dom} T$ 是一個連續的線性運算元。最後，我們有

$\operatorname {gra} T^{-1}=V\operatorname {gra} T\subset V\operatorname {gra} T^{*}=\operatorname {gra} (T^{*})^{-1}=\operatorname {gra} (T^{-1})^{*}$.

這裡，$V(x_{1}\oplus x_{2})=x_{2}\oplus x_{1}$，等式成立是因為 $T$ 和 $T^{*}$ 的定義域重合。因此，$T^{-1}$ 是自伴的。由於我們剛剛證明了自伴運算元的逆也是自伴的，所以我們有：$(T^{-1})^{-1}$ 是自伴的。$\square$

3 定理 令 ${\mathcal {M}}$ 是希爾伯特空間 ${\mathfrak {H}}$ 的閉線性子空間。那麼 $\pi$ 是到 ${\mathcal {M}}$ 的正交投影當且僅當 $\pi =\pi ^{*}=\pi ^{2}$ 且 $\pi$ 的值域是 ${\mathcal {M}}$。
證明：除了 $\pi =\pi ^{*}$ 之外，直接部分是清晰的。但我們有

$\langle \pi (x),x\rangle =\|\pi (x)\|^{2}$

由於 $\pi (x)$ 和 $x-\pi (x)$ 是正交的。因此， $\pi$ 是實數，因此也是自伴的。反之，我們只需要驗證 $x-\pi (x)\in {\mathcal {M}}^{\bot }$ 對所有 $x$ 成立。但我們有： $\pi (x-\pi (x))=0$ 和 $\operatorname {ker} (\pi )=\operatorname {ker} (\pi ^{*})=(\operatorname {ran} (\pi ))^{\bot }={\mathcal {M}}^{\bot }$. $\square$

現在我們將注意力轉向緊自伴運算元的譜分解。令 $T:{\mathfrak {H}}\to {\mathfrak {H}}$ 為一個緊運算元。