自伴算子范数性质问询：是否对任意n有||Aⁿ||=||A||ⁿ？

没错，这个结论是成立的——对于无限维复Hilbert空间上的自伴算子 ( A \in \mathcal{L}(E) )，所有正整数 ( n \in \mathbb{N} ) 都满足 ( |A^n| = |A|^n )。咱们用数学归纳法结合自伴算子的核心性质来一步步证明：

先明确已知的关键性质 #

• 自伴算子的范数可以通过二次型刻画：( |A| = \sup\left{ |\langle Ax,x\rangle| \mid x \in E, |x|=1 \right} )
• 对任意有界线性算子 ( T \in \mathcal{L}(E) )，都有 ( |T^T| = |T|^2 )；因为 ( A ) 自伴（( A^=A )），所以直接可得 ( |A^2| = |A^*A| = |A|^2 )

数学归纳法证明 #

基例验证

• 当 ( n=1 ) 时，显然 ( |A^1| = |A|^1 )，等式成立；
• 当 ( n=2 ) 时，刚才已经推导过 ( |A^2| = |A|^2 )，成立。

归纳假设

假设对于某个整数 ( k \geq 2 )，等式 ( |A^k| = |A|^k ) 成立。接下来要证 ( |A^{k+1}| = |A|^{k+1} )。

归纳步骤：双向证明等式

我们需要同时证明上界和下界，才能得到等号：

1. 上界：( |A^{k+1}| \leq |A|^{k+1} )
   算子范数有个基本性质：次乘性，也就是对任意两个有界线性算子 ( S,T )，( |ST| \leq |S| \cdot |T| )。这里把 ( A^{k+1} ) 拆成 ( A \cdot A^k )，代入次乘性：
   [
   |A^{k+1}| = |A \cdot A^k| \leq |A| \cdot |A^k|
   ]
   再用归纳假设 ( |A^k| = |A|^k )，直接得到：
   [
   |A^{k+1}| \leq |A| \cdot |A|^k = |A|^{k+1}
   ]

2. 下界：( |A^{k+1}| \geq |A|^{k+1} )
   首先，自伴算子的幂还是自伴的：( (A^k)* = (A^*)k = A^k )，所以 ( A^k ) 也是自伴算子。
   根据范数的定义，既然 ( |A^k| = |A|^k )，那一定存在一列单位向量 ( {x_n} \subset E )（即 ( |x_n|=1 )），使得 ( |A^k x_n| ) 无限接近 ( |A|^k )。
   对于每个这样的 ( x_n )，我们看 ( |A^{k+1} x_n| = |A(A^k x_n)| )。对单位向量 ( z_n = \frac{A^k x_n}{|A^k x_n|} )（只要 ( |A^k x_n| \neq 0 )，这对足够大的n成立），根据柯西-施瓦茨不等式，有：
   [
   |A z_n| \geq |\langle A z_n, z_n \rangle|
   ]
   而根据自伴算子范数的刻画，( |\langle A z_n, z_n \rangle| ) 可以无限接近 ( |A| )。所以：
   [
   |A^{k+1} x_n| = |A^k x_n| \cdot |A z_n| \geq |A^k x_n| \cdot |\langle A z_n, z_n \rangle|
   ]
   当n趋近于无穷时，( |A^k x_n| \to |A|^k )，( |\langle A z_n, z_n \rangle| \to |A| )，因此：
   [
   |A^{k+1}| \geq \lim_{n \to \infty} |A^{k+1} x_n| \geq |A|^k \cdot |A| = |A|^{k+1}
   ]

结合上下界，我们就得到了 ( |A^{k+1}| = |A|^{k+1} )，归纳步骤成立。

最终结论 #

通过数学归纳法，我们可以确定：对所有 ( n \in \mathbb{N} )，无限维复Hilbert空间上的自伴算子 ( A ) 都满足 ( |A^n| = |A|^n )。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Student