与谱理论相关的问题

$T$:${l}^{p}$$\rightarrow$${l}^{p}$, $1\leq p<\infty$, $T$$({x}_{1},{x}_{2},…)$$=$$(0,{x}_{1},{x}_{2},…)$

对于$\left|\lambda \right|$$\leq$$1$,$\overline{R(\lambda I-T)}$与${l}^{p}$的关系是什么?
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Math001

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记$D=\lambda I- T$,显然$D$是有界线性算子,所以$R(D)$是$l^p$子空间。

已知$D((x_k)) =(\lambda x_1,\lambda x_2-x_1,\cdots,\lambda x_{n+1}-x_n,\cdots)$

易证$D$为单射,非满射。



现在来证$|\lambda|<1$是真闭空间

有对任意$x\in l^2$,$\|Dx\|=\|\lambda x-Tx\|\ge\|Tx\|-|\lambda|\|x\| = (|\lambda|)\|x\|$

取$D(y_n)=x_n=(x_k)_n\in R(D)$,为柯西列。那么有$x_n\to x\in l^2$

于是$\|x_m-x_n\|=\|D(D^{-1}(x_m-x_n))\|\ge(1-\lambda)\|D^{-1}x_m-D^{-1}x_n\|$。

这说明$D^{-1}x_n$也是柯西列,设$D^{-1}x_n\to z$,

有$x_n=D(D^{-1}x_n)\to D(z)=x$,

说明在相同度量下,$R(D)$是巴拿赫空间,于是闭子空间




$|\lambda|=1$时,两种情况

$p=1$时,令$S:l^1\to\mathbb{C},S((x_k))=\sum\limits_{k=1}^\infty \lambda^{k-1}x_k$

易证明,$S$是有界线性泛函,且$SD((x_k)) =\lambda x_1 + \lambda(\lambda x_2-x_1)+\cdots=0$

这说明$R(D)\subset \ker(S)$,而$\ker(S)$显然是$l^1$的真闭子空间

故$\overline{R(D)}$是真闭子空间。


$p>1$时,

易知若$D((x_k))=(y_k)$,则有$x_k=\cfrac{1}{\lambda}y_k+\cfrac{1}{\lambda^2}y_{k+1}\cdots+\cfrac{1}{\lambda^k}y_1$

取任意$x=(x_k)\in l^p$,给定的$\epsilon>0$,则存在$m$,使得$x'=(x_1,x_2,\cdots,x_m,0,0,0,\cdots)$满足

$\|x-x'\|_p< \cfrac{\epsilon}{2}$。

再适当选取$x''\in l^p\setminus l^1$, 在$x''_k$中选取$n$项$x''_1,x''_2,\cdots,x''_n~~~~(*)$,

使得$z=(\underbrace{0,0,\cdots,0,0,0}_{m个0},x''_1,x''_2,\cdots,x''_n,0,0,\cdots)$满足:

$\|z\|_p<\cfrac{\epsilon}{2}$

且 $\cfrac{1}{\lambda}x''_n+\cdots \cfrac{1}{\lambda^{n-1}}x''_2+\cfrac{1}{\lambda^{n}}x''_1+\cfrac{1}{\lambda^{n+1}}x_m+\cdots+\cfrac{1}{\lambda^{n+m-1}}x_2+\cfrac{1}{\lambda^{n+m}}x_1=0 ~~~(**)$

令$y=(y_k)=x'+z$,于是$y\in l^p$,

于是$\|y-x\|_p\le \|x'-x\|_p+\|z\|_p<\epsilon$

于是由$(*)$及$(**)$,$D^{-1}y$是只有有限项不为零的序列

于是$D^{-1}y\in l^p$

得到$R(D)$稠密,即$\overline{R(D)}=l^p$

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