紧算子的奇异系统 | Codeboy's Blog

形式陈述

设 $X,Y$ 为实或复 Hilbert 空间， $K:X\to Y$ 是紧算子。内积第一变量共轭线性、第二变量线性； $K^*$ 表示Hilbert 伴随。不要求 $X=Y$ ，也不要求 $K$ 自伴。记

X_0=(\ker K)^\perp=\overline{\operatorname{ran}K^*}, \qquad Y_0=(\ker K^*)^\perp=\overline{\operatorname{ran}K}.

存在按重数排列的正数 $\sigma_1\ge\sigma_2\ge\cdots>0$ ，以及分别为 $X_0,Y_0$ 完备正交规范基的 $(v_n),(u_n)$ ，使

Kv_n=\sigma_nu_n,\qquad K^*u_n=\sigma_nv_n.

三元组 $(\sigma_n,u_n,v_n)$ 称为 $K$ 的奇异系统。指标集可能为空、有限，或为正整数；无限时 $\sigma_n\to0$ 。对任意 $x\in X,y\in Y$ ，有范数收敛的展开

\begin{aligned} x&=P_{\ker K}x+\sum_n\langle v_n,x\rangle v_n,& Kx&=\sum_n\sigma_n\langle v_n,x\rangle u_n,\\ y&=P_{\ker K^*}y+\sum_n\langle u_n,y\rangle u_n,& K^*y&=\sum_n\sigma_n\langle u_n,y\rangle v_n. \end{aligned}

这里的基覆盖两个闭包空间；不能把 $Y_0$ 写成可能不闭的 $\operatorname{ran}K$ 。正奇异值是 $K^*K$ 非零特征值的平方根，由 $K$ 唯一确定，但基向量仍有相位及重值子空间中的选择自由。

令 $K_Nx=\sum_{n\le N}\sigma_n\langle v_n,x\rangle u_n$ ，只对实际存在的指标求和，并允许 $N=0$ 。若还有未保留项，则

\|K-K_N\|=\sigma_{N+1};

所有正奇异方向都保留后误差为零。特别地，非零 $K$ 满足 $\|K\|=\sigma_1$ 。 $K=0$ 时两组基为空、 $X_0=Y_0=\{0\}$ ，全部和式取零，不对空列表取最大值。

直觉

有限维 SVD给输入和输出分别选坐标，这个想法在这里仍然有效。难点变成：无穷多次选方向后有没有漏掉一块空间？无穷和是在什么范数下收敛？只有把这两点证明，才可以用系数处理积分方程。

一个方向被 $K$ 压得很短，并不表示它会保持原来的方向。奇异系统只要求右向量 $v_n$ 被送到左向量 $u_n$ 。因此即使 $K$ 完全没有普通特征向量，这套双侧坐标仍可能完整存在。

先把问题放到输入端的正算子上

令 $A=K^*K$ 。有界算子与紧算子复合仍紧，所以 $A$ 紧；伴随规则给 $A=A^*$ ，且

\langle x,Ax\rangle=\|Kx\|^2\ge0, \qquad \ker A=\ker K.

紧自伴谱定理于是给出 $X_0$ 的完整正交规范基 $v_n$ ，满足 $Av_n=\lambda_nv_n$ 、 $\lambda_n>0$ 。令 $\sigma_n=\sqrt{\lambda_n}$ 、 $u_n=Kv_n/\sigma_n$ ，则

\langle u_i,u_j\rangle =\frac{\langle v_i,K^*Kv_j\rangle}{\sigma_i\sigma_j} =\frac{\sigma_j^2}{\sigma_i\sigma_j}\langle v_i,v_j\rangle =\delta_{ij}, \qquad K^*u_n=\sigma_nv_n.

这证明了配对关系和左侧正交性。谱定理也已经处理有限重数、排序与趋零，无需重新证明一遍。

左侧为什么也完整

由右侧基的完备性和正交分解，有限部分和 $x_N=\sum_{n\le N}\langle v_n,x\rangle v_n$ 收敛到 $P_{X_0}x$ 。 $K$ 有界且消去 $\ker K$ ，故

Kx=KP_{X_0}x=\lim_NKx_N =\lim_N\sum_{n\le N}\sigma_n\langle v_n,x\rangle u_n.

于是每个实际输出都在 $\overline{\operatorname{span}\{u_n\}}$ 内。反方向，每个 $u_n=K(v_n/\sigma_n)$ 都是真正的输出，因而这两个空间的闭包相等。左侧族正好覆盖 $Y_0$ ；再加上 $\ker K^*$ ，才得到整个 $Y$ 。

$K^*$ 的展开也可直接核验。它的输出正交于 $\ker K$ ，且第 $n$ 个右系数为

\langle v_n,K^*y\rangle=\langle Kv_n,y\rangle =\sigma_n\langle u_n,y\rangle.

所以按 $v_n$ 展开就是陈述中的级数。所有系数均写作“基向量在第一变量”，与本页复内积约定一致。

从逐点展开走到统一截断误差

正交性给

\|(K-K_N)x\|^2 =\sum_{n>N}\sigma_n^2|\langle v_n,x\rangle|^2 \le\sigma_{N+1}^2\|x\|^2.

取 $x=v_{N+1}$ 达到等号，所以这是单位球上的准确误差。无限秩时 $\sigma_{N+1}\to0$ ，得到算子范数收敛，而不只是每个固定输入分别收敛。

即使环境空间不可分，非零奇异方向仍至多可数。上面的谱构造已经证明 $X_0,Y_0$ 可分；可能不可分的部分留在 $\ker K$ 或 $\ker K^*$ 中。把这些零作用方向硬编号为同一条可数基，会失去完整性。

例子与边界

Volterra：没有普通特征基，仍有完整左右基

在 $L^2(0,1)$ 上取

Vf(x)=\int_0^xf(t)\,dt, \qquad V^*g(t)=\int_t^1g(x)\,dx.

平方可积核算子已经证明它紧、不自伴，且没有非零特征值。现在求它的奇异系统，所解的是 $V^*V$ 的特征方程，而非 $V$ 的特征方程。

令 $h=V^*Vf$ 。因为 $f\in L^2\subset L^1$ ，积分有绝对连续代表，并且

h(t)=\int_t^1\int_0^sf(r)\,dr\,ds, \qquad h'(t)=-\int_0^tf(r)\,dr, \qquad h''=-f\quad\text{几乎处处},

同时 $h'(0)=0,h(1)=0$ 。若 $h=\lambda f$ 、 $\lambda>0$ ，先由积分表示知 $f$ 有连续代表，再由 $f''=-f/\lambda$ 得它是经典二阶解。因此端点和微分都已有正则性依据。

设 $\omega=\lambda^{-1/2}>0$ ，常系数方程给

f(t)=a\cos(\omega t)+b\sin(\omega t).

$f'(0)=0$ 使 $b=0$ ； $f(1)=0$ 与 $f\ne0$ 使 $\cos\omega=0$ 。全部候选因此是

\omega_n=(n-\tfrac12)\pi,\qquad \sigma_n=\frac1{\omega_n},\qquad v_n(t)=\sqrt2\cos(\omega_nt),\qquad \nu_n(x)=\sqrt2\sin(\omega_nx).

这里用 $\nu_n$ 暂记左侧候选，以免仅凭候选公式就宣布完成。两个方向的积分分别给

Vv_n(x)=\frac{\sqrt2\sin(\omega_nx)}{\omega_n} =\sigma_n\nu_n(x),

V^*\nu_n(t) =\frac{\sqrt2\{\cos(\omega_nt)-\cos\omega_n\}}{\omega_n} =\sigma_nv_n(t).

所以 $u_n=\nu_n$ 确实同时满足两个奇异关系。由积化和差，异指标的正弦或余弦乘积积分为零；同指标的平方积分为 $1/2$ ，故 $\sqrt2$ 的归一化也正确。

还剩“有没有其他方向”。 $Vf=0$ 使其绝对连续代表恒为零，求导得 $f=0$ ；同理 $V^*g=0$ 得 $g=0$ 。于是 $\ker V=\ker V^*=\{0\}$ 。前面的混合边界方程已经穷尽 $V^*V$ 的所有正特征对，紧自伴谱定理再排除残余方向。因此余弦族 $(v_n)$ 和正弦族 $(u_n)$ 各自都是整个 $L^2(0,1)$ 的完备基。这个完备性结论不是从几条已算出的积分关系凭空补出的。

Volterra 算子将半整数频率的余弦送到正弦，奇异值按频率倒数衰减；两端具有不同混合边界

由此直接读出

\|V\|=\frac2\pi,\qquad \|V-V_N\|=\frac1{(N+\tfrac12)\pi}.

例如保留前三个奇异方向，最坏误差恰为 $2/(7\pi)$ ，由单位输入 $v_4$ 达到。 $v_n'(0)=0,v_n(1)=0$ 属于输入端二阶问题， $u_n(0)=0,u_n'(1)=0$ 属于输出端；不能把两组边界混成 Green 算子的两端 Dirichlet 条件。

有核、余核和有限秩时应留下什么

令 $X=Y=\ell^2\oplus\mathbb C$ ， $K(x,a)=(Dx,0)$ ，其中 $De_n=n^{-1}e_n$ 。正奇异方向在 $\ell^2$ 分量，输入最后一个坐标属于 $\ker K$ ，输出最后一个坐标属于 $\ker K^*$ 。它们都不进入正奇异值列表，但分别决定不可识别参数和无法精确拟合的数据。

若改成 $De_1=e_1$ 、其余 $De_n=0$ ，正奇异系统只有一项。剩余空间仍需用核和余核描述，不能把后面的零奇异值放进含 $1/\sigma_n$ 的公式。无限维恒等算子则没有趋零的奇异值，也没有算子范数有限秩逼近；紧性在此承担实质工作。

推论与应用

有限矩阵中，正左奇异向量生成整个值域；无限秩紧算子中，它们的有限线性组合先落在值域，完整级数通常只保证落在值域闭包。要判定 $Kx=y$ 真有解，还要检查除以 $\sigma_n$ 后的系数能否平方求和。Picard 判据正是这一步，并同时处理余核和最小范数选择。

Volterra 的例子说明了这种区别为什么有用。普通特征值分析只能报告“没有非零特征值”，左右系统却给出每个频率的压缩量、完整输入输出坐标，以及有限秩近似的精确误差。随后恢复输入时，倒数 $\omega_n$ 会放大高频噪声；确定性谱正则化将用这些方向证明带噪恢复，而不把无噪声展开自动当成稳定算法。

已有左侧基还能直接描述另一个算子：Brownian 协方差的迹与截断误差通过 $C=VV^*$ 复用这里的 $u_n$ 和 $\sigma_n^2$ ，得到连续核 $\min(x,t)$ 的完整特征系统，并由对角积分算出总谱质量。这里的 $V^*V$ 与那里使用的 $VV^*$ 各保留自身的混合端点，不能把左右方向交换。

参考资料

Christian Clason，Regularization of Inverse Problems, arXiv:2001.00617v2，2021-02-08 提交的第二版，封面日期 2021-02-09；Theorem 3.9，印刷页21–23：紧算子的双侧奇异系统；Example 3.11，印刷页25–26：Volterra 的混合边界计算。讲义限于实 Hilbert 空间；本文按第一变量共轭线性独立证明复数版本，并补全积分正则性、双向验证、两个核为零和截断范数。
Richard B. Melrose，Functional Analysis, Spring 2020，§3.18，Theorem 3.4，印刷页89–92：可分 Hilbert 空间的紧自伴谱定理；本页调用库内对应页已证明的版本，将可能不可分的核与可数非零方向分开。

形式陈述 ​

先把问题放到输入端的正算子上 ​

左侧为什么也完整 ​

从逐点展开走到统一截断误差 ​

Volterra：没有普通特征基，仍有完整左右基 ​

有核、余核和有限秩时应留下什么 ​