Nếu đại số A có đơn vị, các ánh xạ $x\mapsto \|\boldsymbol{\gamma }_x\|$ và $x\mapsto \|\boldsymbol{\delta }_x\|$ là các chuẩn trên A, xác định tôpô của A. Chúng thỏa mãn bất đẳng thức (1).

Nếu đại số chuẩn có đơn vị A khác không, nghĩa là nếu $e\not= 0$, ta còn có $\|\boldsymbol{\gamma }_e\|=\|\boldsymbol{\delta }_e\|= 1$.

Ngay lập tức thấy rằng $\|\boldsymbol{\gamma }_x\|\leqslant \|x\|$ và $\|\boldsymbol{\delta }_x\|\leqslant \|x\|$.

Nếu A có một phần tử đơn vị $e$, thì ta có $x=\boldsymbol{\gamma }_xe=\boldsymbol{\delta }_xe$, do đó: (2) $\|x\|\leqslant \|\boldsymbol{\gamma }_x\| \cdot \|e\|\|x\|\leqslant \|\boldsymbol{\delta }_x\| \cdot \|e\|$.

Trong trường hợp này, $x\mapsto \|\boldsymbol{\gamma }_x\|$ và $x\mapsto \|\boldsymbol{\delta }_x\|$ do đó là các chuẩn tương đương với chuẩn của A. Chúng thỏa mãn (1) vì $\boldsymbol{\gamma }$ và $\boldsymbol{\delta }$ là các biểu diễn.

Khẳng định cuối cùng suy ra từ sự kiện rằng $\boldsymbol{\gamma }_e=\boldsymbol{\delta }_e=$ Id$_A$.

lim$_{n\rightarrow+\infty}\frac{a_n}{n}=$ inf$_{n\geqslant 1}\frac{a_n}{n}$.

Đặt $a_0= 0$ ; bất đẳng thức $a_{n+m}\leqslant a_n+a_m$ vẫn đúng với mọi $n\geqslant$ 0 và mọi $m\geqslant 0$. Cố định một số nguyên $m\geqslant$ 1. Với mọi số nguyên $n\geqslant 1$, gọi $q(n)$ và $r(n)$ là các số nguyên sao cho $n=q(n)m+r(n)$ và $0\leqslant r(n)< m$ (E, III, p. 39, th. 1). Khi đó giả thiết kéo theo

Cho $n$ tiến tới $+\infty$, ta suy ra lim sup$_n(a_n/n)\leqslant a_m/m$ vì $q(n)/n\rightarrow 1/m$. Vì điều này đúng với mọi $m\geqslant 1$, do đó ta có

lim sup$_{n\rightarrow+\infty}\frac{a_n}{n}\leqslant$ inf$_{m\geqslant 1}\frac{a_m}{m}\leqslant$ lim inf$_{n\rightarrow+\infty}\frac{a_n}{n}$.

Các bất đẳng thức này chứng minh sự hội tụ của dãy $(a_n/n)_{n\geqslant 1}$ cũng như công thức lim $a_n/n=$ inf$_{n\geqslant 1}a_n/n$.

$\varrho (x) =$ lim$_{n\rightarrow+\infty}\|x^n\|^{1/n}_1=$ inf$_{n\geqslant 1}\|x^n\|^{1/n}_1$.

Nếu $x$ là lũy linh, thì $\|x^n\|^{1/n}_1= 0$ với mọi số nguyên $n$ đủ lớn và mọi chuẩn $x\mapsto \|x\|_1$ xác định tôpô của A.

Giả sử bây giờ rằng $x$ không lũy linh, và đặt $\alpha_n=$ $\|x^n\|$. Ta có $\alpha_n>0$ với mọi số nguyên $n\geqslant 1$, và $\alpha_{n+m}\leqslant \alpha_n\alpha_m$ với mọi $n, m\in \mathbf{N}$ theo (1). Bổ đề 2, áp dụng cho dãy $a_n=$ log($\alpha_n$), cho thấy sự tồn tại của giới hạn $\varrho (x)$ và công thức $\varrho (x) =$ inf$_{n>0}\alpha_n^{1/n}$.

Cho $x\mapsto \|x\|_1$ là một chuẩn xác định tôpô của A. Tồn tại các số thực $a >0$ và $b >0$ sao cho

$a\|x\|\leqslant\|x\|_1\leqslant b\|x\|$.

với mọi $x\in A$ (EVT, II, p. 7, hệ quả 2). Do đó,

với mọi $n\geqslant 1$, do đó, bằng cách chuyển qua giới hạn, hoặc bằng cách lấy cận dưới lớn nhất, ta có đẳng thức

$\varrho (x) =$ lim$_{n\rightarrow+\infty}\|x^n\|^{1/n}_1=$ inf$_{n>0}\|x^n\|^{1/n}_1$.

Chuỗi $\sum^{\infty}_{n=1}\lambda^nx^n$ có bán kính hội tụ

(lim sup$_{n\rightarrow+\infty}\|x^n\|^{1/n}$)$^{-1}=\varrho (x)^{-1}$

(xem VAR, R1, p. 23, 3.1.4). Giả sử rằng A nhận một phần tử đơn vị. Nếu $\varrho (x)<1$, chuỗi $\sum_{n=0}^{\infty}x^n$ do đó hội tụ tuyệt đối. Vì

với mọi số nguyên $k\geqslant 0$, phần tử $1-x$ là khả nghịch và nghịch đảo của nó bằng $\sum_{n=0}^{\infty}x^n$.

Điều này ngay lập tức vì $\|x\|<1$ kéo theo $\varrho (x)<1$.

Cho $(\widetilde{A}, e)$ là đại số Banach có đơn vị suy ra từ A bằng phép nối một phần tử đơn vị. Tồn tại một iđêan trái cực đại (tương ứng phải) J của $\widetilde{A}$ sao cho $J\cap A = I$ (A, VIII, p. 428, mệnh đề 4). Khi đó J rời nhau với quả cầu mở tâm $e$ và bán kính 1 (hệ quả 1), và do đó $\overline{J}\not=\widetilde{A}$. Vì J là một iđêan cực đại, điều này suy ra $\overline{J}= J$, và do đó $I = J\cap A =\overline{J}\cap A$ là đóng trong A.

Thật vậy, căn là giao của các iđêan trái cực đại chính quy (A, VIII, p. 430, Định nghĩa 3).

a) Nếu $x\in A$ có một nghịch đảo trái (tương ứng phải) $y$, thì mọi phần tử $x'\in A$ sao cho $\|x'-x\|<\|y\|^{-1}$ đều có một nghịch đảo trái (tương ứng phải).

b) Tập hợp các phần tử của A khả nghịch (tương ứng trái, tương ứng phải) là mở trong A.

c) Cho $(x_n)$ là một dãy các phần tử của A có các nghịch đảo trái (tương ứng phải)$y_n$, và hội tụ đến một phần tử $x\in A$. Nếu dãy $(y_n)$ bị chặn, thì x khả nghịch trái (tương ứng phải).

Chỉ cần xét trường hợp các nghịch đảo trái; trường hợp các nghịch đảo phải suy ra bằng cách xét đại số đối.

Cho $x, y, x'\in A$ sao cho $yx= 1$ và $\|x'-x\|<\|y\|^{-1}$. Ta có

do đó $yx'$ khả nghịch: tồn tại $z\in$ A sao cho $z(yx') = 1$. Vậy phần tử $x'$ khả nghịch trái với nghịch đảo $zy$. Điều này chứng minh mệnh đề a) và mệnh đề b) suy ra ngay lập tức từ đó.

Cho $(x_n)$ là một dãy các phần tử của A có các nghịch đảo trái $y_n$, hội tụ đến một phần tử $x\in$ A, và sao cho dãy $(y_n)$ bị chặn. Nếu $M\geqslant 1$ là một số thực sao cho $\|y_n\|\leqslant M$ với mọi $n\geqslant 1$, thì ta có $\|x_n-x\|<M^{-1}\leqslant \|y_n\|^{-1}$ với n đủ lớn, và do đó x có một nghịch đảo trái theo a).

Cho $y_n$ là một nghịch đảo trái của $x_n$. Theo Mệnh đề 3 (ii), $\|y_n\|$ tiến tới $+\infty$. Đặt $z_n=\|y_n\|^{-1}y_n$. Ta có $\|z_n\|= 1$, và $z_nx_n=\|y_n\|^{-1}$ tiến tới 0, do đó $z_nx=z_nx_n+z_n(x-x_n)$ tiến tới 0. Khi đó, theo nhận xét sau Định nghĩa 4, ta có kết luận.

Thật vậy, cho $x$ là một phần tử của $\overline{B}$ khả nghịch trong A, và $(x_n)$ là một dãy các phần tử của B tiến tới $x$. Khi $n$ đủ lớn, $x_n$ khả nghịch trong A và $x^{-1}_n$ tiến tới $x^{-1}$. Vì đại số con B là đầy đủ, ta có $x^{-1}_n\in B$, do đó $x^{-1}\in \overline{B}$.

Cho A là một đại số Banach có đơn vị và $(y_i)_{i\in I}$ là một họ các phần tử của A. Cho B là đại số con đầy đủ của A sinh bởi các phần tử $y_i$. Khi đó $\overline{B}$ là đại số con đầy đủ đóng nhỏ nhất của A chứa các $y_i$. Nó được gọi là đại số con đầy đủ đóng sinh bởi các phần tử $y_i$.

a) Tập hợp Sp$_A(x)$ là một tập con compact của $\mathbf{C}$;

b) bán kính phổ $\varrho (x)$ là bán kính của đĩa đóng nhỏ nhất có tâm 0 trong $\mathbf{C}$ chứa Sp$_A(x)$ ;

c) giải thức $\lambda \mapsto R(x, \lambda ) = (\lambda -x)^{-1}$ của $x$ là hàm chỉnh hình trong $\mathbf{C}-$ Sp$_A(x)$ và bằng không tại vô cực. Hơn nữa, với mọi số nguyên $k\geqslant 0$, ta có công thức

$\frac{\partial^k}{\partial \lambda^k}R(x, \lambda ) = (-1)^kk$! $R(x, \lambda )^{k+1}$;

d) Với mọi số phức $\lambda$ sao cho $|\lambda |>1/\varrho (x)$, ta có

Phần bù của phổ Sp$_A(x)$ là ảnh ngược của nhóm G gồm các phần tử khả nghịch của A qua ánh xạ liên tục $\lambda \mapsto$ $x-\lambda$ từ $\mathbf{C}$ vào A; theo Mệnh đề 3, b) của I, p. 23, phổ Sp$_A(x)$ là một tập con đóng của $\mathbf{C}$. Mặt khác, cho $\lambda \in \mathbf{C}$ sao cho $|\lambda |> \varrho (x)$. Ta có $\lambda -x=\lambda (1-\lambda^{-1}x)$. Vì $\varrho (\lambda^{-1}x) =|\lambda |^{-1}\varrho (x)<1$, phần tử $1-\lambda^{-1}x$, và do đó cả phần tử $\lambda -x$, đều khả nghịch và

(I, p. 22, Mệnh đề 2). Đặc biệt, $\lambda \notin$ Sp$_A(x)$. Điều này chứng tỏ rằng Sp$_A(x)$ được chứa trong đĩa có tâm 0 và bán kính $\varrho (x)$. Do đó Sp$_A(x)$ là compact. Công thức (5) này cũng chứng tỏ rằng giải thức của $x$ được xác định và chỉnh hình trong phần bù của đĩa đóng $\Delta_{\varrho(x)}$ có tâm 0 và bán kính $\varrho (x)$, và tiến tới 0 tại vô cực.

Cho $\lambda_0\in \mathbf{C}-$ Sp$_A(x)$. Đặt $y=\lambda_0-x$. Cho $\mu\in \mathbf{C}$ sao cho $|\lambda_0-\mu|<\|y^{-1}\|^{-1}$. Ta có

do đó $\mu-x$ khả nghịch và có nghịch đảo

theo Mệnh đề 2 của I, p. 22. Do đó giải thức của $x$ được xác định và chỉnh hình trong đĩa mở có tâm $\lambda_0$ và bán kính $\|y^{-1}\|^{-1}$. Suy ra giải thức của $x$ là một ánh xạ chỉnh hình của $\mathbf{C}-$ Sp$_A(x)$ vào A.

Công thức (1) của I, p. 4 suy ra $\frac{\partial}{\partial \lambda}R(x, \lambda ) =-R(x, \lambda )^2$, do đó, bằng quy nạp theo $k$,

$\frac{\partial^k}{\partial \lambda^k}R(x, \lambda ) = (-1)^kk$! $R(x, \lambda )^{k+1}$.

Cho $a >0$ là một số thực sao cho Sp$_A(x)$ được chứa trong đĩa đóng $\Delta_a$ có tâm 0 và bán kính $a$. Khi đó hàm $\lambda \mapsto (\lambda^{-1}-x)^{-1}$ được xác định và chỉnh hình với $0<|\lambda |< a^{-1}$ và tiến tới 0 khi $\lambda$ tiến tới 0. Hàm liên tục duy nhất trên đĩa mở có tâm 0 và bán kính $a^{-1}$ mở rộng hàm chỉnh hình này khi đó là chỉnh hình (VAR, R1, 3.3.9), do đó bán kính hội tụ của chuỗi (5) xác định nó là $\geqslant a^{-1}$ (VAR, R1, 3.2.9). Theo Mệnh đề 2 của I, p. 22, do đó ta có $a\geqslant \varrho (x)$.

Trước hết, giả sử A đầy đủ. Nếu Sp($x$) $=\emptyset$, thì giải thức của $x$ sẽ chỉnh hình trên $\mathbf{C}$ và bằng không tại vô cực, do đó đồng nhất bằng không (VAR, R., 3.3.6, p. 29). Vì $R(x, \lambda ) = (\lambda -x)^{-1}$ khả nghịch, suy ra 1 = 0 và do đó $A =\{0\}$.

Trong trường hợp tổng quát, cho $\widehat{A}$ là đại số hoàn chỉnh của A; quan hệ Sp$_A(x) =\emptyset$ sẽ kéo theo Sp$_{\widehat{A}}(x) =\emptyset$, do đó $\widehat{A} =\{0\}$ và $A =\{0\}$.

Nếu $x\in A$, tồn tại $\lambda \in \mathbf{C}$ sao cho $x-\lambda$ không khả nghịch (hệ quả 1), do đó $x-\lambda = 0$ và $x\in \mathbf{C}\cdot 1$.

Cho Δ là đĩa có tâm 0 và bán kính 1 trong $\mathbf{C}$. Theo định lý 1 b) và sự kiện rằng $\varrho (x)\leqslant \|x\|$, ta có Sp($x$)$\subset \Delta$. Tương tự, Sp($x$)$^{-1}$ = Sp($x^{-1}$)$\subset \Delta$, do đó có hệ quả (xem I, p. 2, nhận xét 4).

a) Cho $u$ là một tự đồng cấu của E, không nhất thiết liên tục, giao hoán với A. Khi đó $u$ là một phép vị tự;

b) Cho $u$ là một tự đồng cấu của E, không nhất thiết liên tục. Với mọi số nguyên $n\geqslant 1$ và mọi $(\xi_1, . . . , \xi_n)\in E^n$, tồn tại $v\in A$ sao cho

Ta chứng minh a). Cho $\widetilde{A}$ là đại số thu được từ A bằng phép nối một phần tử đơn vị. Vì E là một giả môđun A đơn, nên nó là một $\widetilde{A}$-môđun đơn.

Cho B là hoán tập của $\widetilde{A}$ trong vành các tự đồng cấu của không gian vectơ $\mathbf{C}$-E. Đại số B chứa 1 và là đại số tự đồng cấu của $\widetilde{A}$-môđun E. Vì E là một $\widetilde{A}$-môđun đơn, Bổ đề Schur (A, VIII, p. 43, hệ quả) chỉ ra rằng B là một trường.

Cho $\xi_0\in E$ sao cho $A\xi_0\not=\{0\}$. Do đó ta có $A\xi_0= E$. Với mọi $u\in B$, cho $A_u$ là tập hợp các $v\in A$ sao cho $v(\xi_0) =u(\xi_0)$. Tập hợp này là khác rỗng, vì $A\xi_0= E$. Khi đó đặt

$\|u\|_B=$ inf$_{v\in A_u}\|v\|$.

Ánh xạ $u\mapsto \|u\|_B$ là một bán chuẩn trên B.

Hãy chứng minh rằng ánh xạ này là một chuẩn. Cho $u$ là một phần tử khác không của B. Với mọi $v\in A_u$, ta có $\|v\|\geqslant \|v(\xi_0)\|/\|\xi_0\|=\|u(\xi_0)\|/\|\xi_0\|$, do đó $\|u\|_B\geqslant \|u(\xi_0)\|/\|\xi_0\|$. Vì vậy, chỉ cần chứng minh rằng $u(\xi_0)\not= 0$. Cho $\xi_1\in E$ sao cho $u(\xi_1)\not= 0$. Vì $A\xi_0= E$, tồn tại $w\in A$ sao cho $\xi_1=w(\xi_0)$. Khi đó $wu(\xi_0) =uw(\xi_0) =u(\xi_1)\not= 0$, do đó $u(\xi_0)\not= 0$.

Mặt khác, cho $u$ và $u'$ là các phần tử của B. Với mọi $\varepsilon >0$, tồn tại $v, v'\in A$ sao cho $v(\xi_0) =u(\xi_0),v'(\xi_0) =u'(\xi_0)$ và $\|v\|\leqslant \|u\|_B+\varepsilon$, $\|v'\|\leqslant \|u'\|_B+\varepsilon$. Khi đó ta có $vv'(\xi_0) =vu'(\xi_0) =u'v(\xi_0) =u'u(\xi_0)$, do đó

và cuối cùng $\|u'u\|_B\leqslant \|u\|_B\|u'\|_B$. Điều này chứng tỏ rằng B, được trang bị chuẩn $u\mapsto \|u\|_B$, là một đại số chuẩn. Vì nó là một trường, hệ quả 2 suy ra rằng $B =\mathbf{C}\cdot 1$, đó là kết luận cần chứng minh.

Hãy chứng minh b). Theo a), hoán tập của A trong End$_{\mathbf{C}}(E)$ thu gọn vào các phép vị tự của E. Do đó đối giao hoán tử kép của nó là End$_{\mathbf{C}}(E)$. Mệnh đề b) do đó là hệ quả của định lý mật độ của Jacobson (định lý 1 của A, VIII, p. 434).

a) Sp$'(x)$ là một tập con compact của $\mathbf{C}$;

b) Bán kính phổ $\varrho (x)$ là bán kính của đĩa đóng nhỏ nhất có tâm 0 trong $\mathbf{C}$ chứa Sp$'(x)$;

c) Để $x$ là lũy linh, điều kiện cần và đủ là Sp$'(x) =\{0\}$.

Các mệnh đề a) và b) suy ra từ định lý 1 bằng cách xét đại số Banach suy ra từ A nhờ phép nối một phần tử đơn vị. Mệnh đề c) suy ra từ b).