Brezis泛函分析习题6.15.6中第4、5、6小问的解法验证与思路探讨

我仔细看了你对这三个小问的解法，整体思路非常清晰，步骤也很严谨，下面逐点帮你验证并补充一些细节：

第4小问：验证$1 \in \rho(U)$并求$(U-I)^{-1}$ #

你的推导完全正确，这里再把步骤的细节补全一下，让逻辑更直观：
$$
\begin{align}
U-I &= (T+I)(T-I)^{-1}- (T-I)(T-I)^{-1} \
&= (T+I)-(T-I)^{-1} \
&= 2I(T-I)^{-1} \
&= 2(T-I)^{-1}.
\end{align}
$$
因为题目明确给出$1 \in \rho(T)$，所以$(T-I)^{-1}$是有界双射线性算子，而$U-I$是它的非零数乘（系数为2），自然也属于有界双射算子，因此$1 \in \rho(U)$。

对应的逆算子计算也没问题：
$$(U-I)^{-1} = \frac{1}{2}(T-I) = \frac{T-I}{2}$$

第5小问：证明$T=(U+I)(U-I)^{-1}$ #

你的推导链条逻辑非常顺畅，核心是利用单位算子的等价变形（把$I$写成$(U-I)(U-I)^{-1}$），完美完成了从$U$到$T$的表达式转换：
$$
\begin{align}
T &= I+2 (U-I)^{-1} \
&= (U-I)(U-I)^{-1}+2I (U-I)^{-1} \
&= (U-I)+2I^{-1} \
&= (U+I) (U-I)^{-1}.
\end{align}
$$
整个过程没有任何逻辑漏洞，结论完全成立。

第6小问：证明$\sigma(U) = f(\sigma(T))$ #

这部分的解法抓住了谱理论的核心逻辑：算子的双射性等价于其不在谱中，通过分式线性变换$f(t)=\frac{t+1}{t-1}$的代数本质，建立了$T-\lambda I$和$U-f(\lambda)I$的双射等价关系，推导非常精准：

首先将第5小问得到的$T$的表达式代入$T-\lambda I$：
$$
\begin{align}
T-\lambda I &= (U+I) (U-I)^{-1} - \lambda (U-I) (U-I)^{-1} \
&= (U+I)-\lambda(U-I)^{-1} \
&= U+I-\lambda U + \lambda I^{-1} \
&= (1-\lambda)U + (1+\lambda)I^{-1} \
&= (1-\lambda)\left(U - \frac{\lambda+1}{\lambda-1}I\right)(U-I)^{-1} \
&= (1-\lambda)\left(U - f(\lambda)I\right)(U-I)^{-1}.
\end{align}
$$
这里注意到$f(\lambda)=\frac{\lambda+1}{\lambda-1}$，所以上面的变形完全成立。

因为$(U-I)^{-1}$是双射算子，且$\lambda \in \sigma(T)$时$\lambda \neq 1$（题目给出$1 \in \rho(T)$），所以$1-\lambda \neq 0$，因此：

• 若$T-\lambda I$是双射，则$U-f(\lambda)I$必然是双射（两边同时左乘$(U-I)$、右乘$(U-I)^{-1}$的逆即可）；
• 反之，若$U-f(\lambda)I$是双射，则$T-\lambda I$也必然是双射。

这就直接证明了$\lambda \in \sigma(T) \iff f(\lambda) \in \sigma(U)$，即$\sigma(U)=f(\sigma(T))$，整个逻辑闭环非常完整，没有任何问题。

另外补充一点：分式线性变换（Möbius变换）在谱理论中经常用来建立算子谱之间的对应关系，你的解法正好抓住了这类变换的代数核心，是非常标准且高效的做法。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Akira