Cặp $(x_1, x_2)$ là phần tử duy nhất của $E^u\times E^u$ sao cho $x=x_1+ix_2$.

Các phần tử $x_1$ và $x_2$ thỏa mãn $x_1+ix_2=x$ và thuộc $E^u$ vì $u(u(x)) =x$. Ngược lại, nếu $y_1$ và $y_2$ trong $E^u$ thỏa mãn $x=y_1+iy_2$, thì suy ra $u(x) =u(y_1) +u(iy_2) =y_1-iy_2$, do đó

Nếu $f\circ u_1=u_2\circ f$, ta ngay lập tức được $f(E^{u_1}_1)\subset E^{u_2}_2$. Ngược lại, giả sử điều kiện này được thỏa mãn. Cho $x\in$ E. Viết $x=x_1+ix_2$ với $(x_1, x_2)\in E^{u_1}_1\times E^{u_1}_1$ (bổ đề trên). Khi đó ta có $f(u_1(x)) =f(x_1)-if(x_2)$ và $u_2(f(x)) =u_2(f(x_1))-iu_2(f(x_2)) =$ $f(x_1)-if(x_2) =f(u_1(x))$.

Hai khẳng định đầu suy ra từ Bổ đề 1 của I, p. 95. Ta tính được rằng $xx^*-x^*x= 2i(x_2x_1-x_1x_2)$, do đó $x$ là chuẩn tắc khi và chỉ khi $x_1$ và $x_2$ giao hoán.

Cho A là một đại số có đơn vị có phép đối hợp. Để $x\in A$ khả nghịch, điều kiện cần và đủ là $x^*$ cũng vậy, và khi đó ta có $(x^*)^{-1}= (x^{-1})^*$. Vì $(x-\lambda e)^*=x^*-\lambda e$ với mọi $\lambda \in \mathbf{C}$, suy ra Sp$_A(x^*) =$ Sp$_A(x)$.

Cho A là một đại số có phép đối hợp và $\widetilde{A}$ là đại số suy ra từ A bằng phép nối thêm một phần tử đơn vị. Trong $\widetilde{A}$ tồn tại duy nhất một phép đối hợp kéo dài phép đối hợp của A, được cho bởi $(\lambda , x)^*= (\lambda , x^*)$ với $\lambda \in \mathbf{C}$ và $x\in A$. Nếu $x\in A$, thì ta có Sp$'_A(x^*) =$ Sp$'_A(x)$.

Cho A và B là các đại số có đối hợp. Bởi một cấu xạ của A vào B, ta hiểu là một cấu xạ đại số $\varphi$ của A vào B sao cho $\varphi (x^*) =\varphi (x)^*$ với mọi $x$ và $y$ thuộc A. Ánh xạ đồng nhất của A là một cấu xạ của các đại số có đối hợp. Nếu C là một đại số có đối hợp và $\pi : B\rightarrow C$ là một cấu xạ của các đại số có đối hợp, thì $\pi \circ \varphi$ là một cấu xạ của các đại số có đối hợp. Nếu $\varphi$ là một đẳng cấu đại số, thì $\varphi^{-1}$ là một cấu xạ của các đại số có đối hợp, và khi đó người ta nói rằng $\varphi$ là một đẳng cấu của các đại số có đối hợp.

Theo mệnh đề 1 của I, p. 95, nếu A và B là các đại số có đối hợp, một cấu xạ đại số $\varphi$ của A vào B là một cấu xạ của các đại số có đối hợp khi và chỉ khi $\varphi (A_h)\subset B_h$. Bởi một đại số con có đối hợp của A, ta hiểu là một đại số con tự liên hợp. Tâm của A là một đại số con có đối hợp. Nếu $A_1$ là một iđêan hai phía tự liên hợp của A, đối hợp của A xác định, bằng cách chuyển qua thương, một đối hợp trong đại số $A/A_1$, và ánh xạ chính tắc của A lên $A/A_1$ là một cấu xạ của các đại số có đối hợp.

Cho A là một đại số có đối hợp. Căn của A bằng căn của đại số đối (A, VIII, p. 431, mệnh đề 7), và do đó tự liên hợp.

Cho A là một đại số có đối hợp. Nếu $M\subset A$ là tự liên hợp, thì hoán tập $M'$ của nó là một đại số con có đối hợp của A. Nếu $x\in A$, đối giao hoán tử kép của $\{x, x^*\}$ là một đại số con có đối hợp chứa $x$ và $x^*$, và đại số con này giao hoán khi và chỉ khi $x$ là chuẩn tắc (n$^o5$ của I, p. 5).

Thật vậy, nói rằng $\mathscr{G}_A$ là một cấu xạ của các đại số có đối hợp có nghĩa là nói rằng, với mọi $x\in A$ và $\chi \in \mathsf{X}(A)$, ta có

nghĩa là, mọi $\chi$ đều là Hermit.

Mệnh đề thứ nhất suy ra từ các định nghĩa. Với mệnh đề thứ hai, cho $g$ ký hiệu hạn chế của $f$ lên $A_h$. Ta có $\|f\|\geqslant \|g\|$. Hãy chứng minh bất đẳng thức đảo lại. Với mọi $\varepsilon >$ 0, tồn tại $x\in$ A sao cho $\|x\|\leqslant 1$ và $|f(x)|\geqslant \|f\| -\varepsilon$. Nhân $x$ với một số phức có môđun 1, ta có thể giả sử $f(x)\geqslant 0$. Khi đó phần tử $\frac{1}{2}(x+x^*)$ thuộc $A_h$ và có chuẩn $\leqslant 1$. Ta có

$|(1_*)|$ 1 $*$

2 2

do đó $\|g\|\geqslant \|f\| -\varepsilon$. Suy ra $\|g\|\geqslant \|f\|$.

Trong phần tiếp theo, các dạng tuyến tính liên tục Hermit trên A và các dạng tuyến tính liên tục thực trên $A_h$ sẽ được đồng nhất.

a) Với mọi $x\in A$, ta có exp($x$)$^*=$ exp($x^*$) ;

b) Cho $x\in A_h$ là một phần tử Hermit. Khi đó exp($ix$) là unita.

Thật vậy, vì phép đối hợp trên A là liên tục, ta có

exp($x$)$^*=(\sum_{n=0}^{\infty}xn^n$! $)^*=\sum_{n=0}^{\infty}(x\overset{*}{n}$!$)^n=$ exp($x^*$)

với mọi $x\in A$ (công thức (9) của I, p. 78). Nếu $x\in A_h$, suy ra

exp($ix$)$^*=$ exp(($ix$)$^*$) $=$ exp($-ix$) $=$ exp($ix$)$^{-1}$

(công thức (11) của I, p. 78).

Cho $x\in A$. Khi đó $\|x\|^2\leqslant \|x^*\| \cdot \|x\|$, do đó $\|x\|\leqslant \|x^*\|$. Bằng cách đổi chỗ vai trò của $x$ và $x^*$, ta thấy rằng $\|x\|=\|x^*\|$. Vì thế $\|x^*x\|\leqslant$ $\|x^*\|\|x\|\leqslant \|x\|^2$ và giả thiết suy ra đẳng thức $\|x\|^2=\|x^*x\|$.

a) Biểu diễn chính quy $\boldsymbol{\gamma }$ của A (định nghĩa 1 của I, p. 16) là đẳng cự, nghĩa là

$\|x\|=$ sup$_{\|y\|\leqslant 1}\|xy\|$,

đối với mọi $x\in A$;

b) Với mọi $x\in A_h$, ta có

Cho $x\in A$. Ta có sup$_{\|y\|\leqslant 1}\|xy\|\leqslant \|x\|$. Để chứng minh rằng $\|x\|\leqslant$ sup$_{\|y\|\leqslant 1}\|xy\|$, ta có thể giả sử rằng $\|x\|= 1$. Khi đó phần tử $y$ = $x^*$ thỏa mãn $\|y\|=\|x^*\|= 1$, và $\|xy\|=\|x\|^2= 1$, do đó có mệnh đề a).

Giả sử rằng $x$ là Hermit. Khi đó $\|x^2\|=\|x^*x\|=\|x\|^2$, do đó theo quy nạp $\|x^{2^n}\|^{2^{-n}}=\|x\|$ với mọi số nguyên $n\geqslant 1$, do đó có mệnh đề b) theo mệnh đề 1 của I, p. 20.

Với mọi $x\in A$, ta có Sp$'_B(\pi (x))\subset$ Sp$'_A(x)$, vì vậy $\varrho (\pi (x))\leqslant \varrho (x)\leqslant$ $\|x\|$. Vì $\pi (x^*x)\in B_h$, ta có $\|\pi (x^*x)\|=\varrho (\pi (x^*x))$ (công thức (2)), vì vậy

Tính duy nhất của một chuẩn như vậy suy ra từ mệnh đề 2. Bây giờ ta hãy chứng minh sự tồn tại của nó. Kí hiệu $\widetilde{e}$ là phần tử đơn vị của $\widetilde{A}$.

Trước hết giả sử rằng A có một phần tử đơn vị $e$. Tích của các đại số đối hợp định chuẩn A và $\mathbf{C}(\widetilde{e}-e)$ được đồng nhất với $\widetilde{A}$ và là một đại số stellar (ví dụ 5). Chuẩn trên $\widetilde{A}$ kéo dài chuẩn của A, do đó có mệnh đề.

Từ đây giả sử rằng A không có phần tử đơn vị. Với mọi $x\in \widetilde{A}$, gọi $\boldsymbol{\gamma }_x$ là toán tử phép nhân $y\mapsto xy$ từ A vào A, và đặt $\|x\|_{\widetilde{A}}=\|\boldsymbol{\gamma }_x\|$. Ánh xạ $x\mapsto \|x\|_{\widetilde{A}}$ là một nửa chuẩn trên $\widetilde{A}$. Với mọi $x$ và $x'$ trong $\widetilde{A}$, ta có $\|xx'\|_{\widetilde{A}}\leqslant \|x\|_{\widetilde{A}}\|x'\|_{\widetilde{A}}$. Hơn nữa, theo bổ đề 7, ta có $\|x\|_{\widetilde{A}}=\|x\|$ đối với mọi $x\in A$.

Ta hãy chứng minh rằng ánh xạ $x\mapsto \|x\|_{\widetilde{A}}$ là một chuẩn trên $\widetilde{A}$. Cho $\lambda \in \mathbf{C}$ và $x\in A$ sao cho $\|\lambda \widetilde{e}+x\|_{\widetilde{A}}$ = 0. Nếu $\lambda \not= 0$, điều kiện $(\lambda \widetilde{e}+x)y= 0$ với mọi $y\in A$ kéo theo rằng $-\lambda^{-1}x$ là một phần tử đơn vị trái trong A. Tương tự, phần tử $-\overline{\lambda}^{-1}x^*$ là một phần tử đơn vị phải. Như vậy đại số A khi đó sẽ có một phần tử đơn vị, trái với giả thiết. Do đó $\lambda = 0$. Nhưng khi đó $0 =\|x\|_{\widetilde{A}}=$ $\|x\|$, và vì thế $x= 0$.

Vì A là đầy đủ và có đối chiều 1 trong $\widetilde{A}$, không gian $\widetilde{A}$ được trang bị chuẩn $x\mapsto \|x\|_{\widetilde{A}}$ là đầy đủ. Để kết luận, do đó chỉ cần chứng minh rằng ta có $\|x\|^2_{\widetilde{A}}\leqslant \|x^*x\|_{\widetilde{A}}$ với mọi $x\in \widetilde{A}$ (Bổ đề 6). Có thể giả sử rằng $\|x\|_{\widetilde{A}}= 1$. Khi đó, với mọi số thực $r <1$, tồn tại $y\in A$ sao cho $\|y\|=\|y^*\|\leqslant 1$ và $\|xy\|^2\geqslant r$. Vì $xy\in A$, ta có

Suy ra $\|x^*x\|_{\widetilde{A}}\geqslant 1$, và do đó đại số đối hợp $\widetilde{A}$ được trang bị chuẩn $x\mapsto \|x\|_{\widetilde{A}}$ là một đại số sao.

a) Nếu A có một phần tử đơn vị và nếu $u$ là một phần tử unita của A, thì Sp($u$)$\subset \mathbf{U}$;

b) Nếu $h$ là một phần tử Hermit của A, thì Sp$'(h)\subset \mathbf{R}$.

Có thể giả sử rằng A khác không. Ta hãy chứng minh mệnh đề a). Cho $u$ là một phần tử unita của A. Ta có $\|u\|=\|u^{-1}\|= 1$ (Nhận xét 1), do đó Sp($u$)$\subset \mathbf{U}($I, p. 26, Hệ quả 3). Để chứng minh b), có thể giả sử rằng A có đơn vị (Mệnh đề 3). Cho $h$ là một phần tử Hermit của A. Khi đó exp($ih$) là unita (Bổ đề 5 của I, p. 102). Như vậy, theo Hệ quả 2 của I, p. 67 và a), ta có exp($i$ Sp($h$)) $=$ Sp(exp($ih$))$\subset \mathbf{U}$, điều đó có nghĩa là Sp($h$)$\subset \mathbf{R}$.

Cho $x$ là một phần tử Hermit của B. Vì Sp$_B(x)\subset \mathbf{R}$ (Mệnh đề 4), Mệnh đề 6 của I, p. 28 cho thấy rằng Sp$_B(x) =$ Sp$_A(x)$. Đặc biệt, $x$ khả nghịch trong B khi và chỉ khi nó khả nghịch trong A.

Bây giờ giả sử $x$ là một phần tử bất kỳ của B khả nghịch trong A. Khi đó $x^*$ khả nghịch trong A, và $xx^*$ khả nghịch trong A. Vì $xx^*$ là Hermit, điều đi trước cho thấy $xx^*$ khả nghịch trong B. Điều này kéo theo rằng $x$ khả nghịch phải trong B. Tương tự, ta kiểm tra được rằng $x$ khả nghịch trái trong B, và do đó rằng $x$ khả nghịch trong B. Vậy, B là một đại số con đầy đủ của A.

Bằng cách thêm vào một phần tử đơn vị (mệnh đề 3), điều này suy ra từ mệnh đề 5.

Mệnh đề 6 (Định lý Fuglede–Putnam)

Cho A là một đại số sao có đơn vị. Cho $a$ và $b$ là các phần tử chuẩn tắc của A. Nếu $c\in A$ thỏa mãn $ac=cb$, thì $a^*c=cb^*$.

Giả thiết kéo theo $(wa)^kc=c(wb)^k$ với mọi số nguyên $k\geqslant 0$ và mọi $w\in \mathbf{C}$, do đó $e^{wa}c=ce^{wb}$ (công thức (9) của I, p. 78). Xét hàm $f$ từ $\mathbf{C}$ vào A được xác định bởi $z\mapsto e^{-za^*}ce^{zb^*}$. Đó là một hàm chỉnh hình trên $\mathbf{C}$, mà đạo hàm thỏa mãn

với mọi $z\in \mathbf{C}$. Vì $c=e^{-za}ce^{zb}$, ta có thể viết

Vì $a$ và $b$ là chuẩn tắc, các phần tử $e^{-za^*}e^{za}=e^{-za^*+za}$ và $e^{-zb}e^{zb^*}=e^{-zb+zb^*}$ của A là unita với mọi $z\in \mathbf{C}$ (bổ đề 5 của I, p. 102), nên có chuẩn bằng 1. Do đó, ta có $\|f(z)\|\leqslant \|c\|$ với mọi $z\in \mathbf{C}$. Vì vậy hàm $f$ là hằng (VAR, R1, 3.3.6, p. 29), nghĩa là $f(z) =f(0) =c$ với mọi $z\in \mathbf{C}$. Nhưng khi đó $-a^*c+cb^*=f'(0) = 0$.

Chỉ cần lấy $b=a$ trong mệnh đề.

Cho F là một tập con đóng của X và $(y_n)_{n\in\mathbf{N}}$ là một dãy trong $f(F)$ hội tụ đến $y\in Y$. Với mọi $n\in \mathbf{N}$, lấy $x_n\in F$ sao cho $f(x_n) =y_n$. Giả thiết kéo theo rằng dãy $(x_n)_{n\in\mathbf{N}}$ là một dãy Cauchy; gọi $x\in X$ là giới hạn của nó; đó là một phần tử của F, vì F là đóng. Hơn nữa, ta có $(x_n, f(x_n))\rightarrow (x, y)$ trong $X\times Y$. Vì đồ thị của $f$ là đóng, suy ra $y=f(x)$ thuộc $f(F)$.

Chỉ cần chứng minh mệnh đề thứ nhất (mệnh đề 7 của I, p. 38 và bổ đề 3 của I, p. 98). Cho $\chi$ là một đặc trưng của A. Với mọi phần tử Hermit $y$ của A, ta có $\chi (y) =\mathscr{G}_A(y)(\chi )\in$ Sp$'(y)\subset \mathbf{R}$ (mệnh đề 4 của I, p. 106). Do đó, đặc trưng $\chi$ là Hermit (mệnh đề 1 của I, p. 95).

Biến đổi Gelfand là một cấu xạ của các đại số đối hợp từ A vào $\mathscr{C}_0(\mathsf{X}(A))$ (bổ đề 9). Gọi B là ảnh của nó. Đó là một đại số con đối hợp của $\mathscr{C}_0(\mathsf{X}(A))$. Theo định nghĩa, các phần tử của B phân biệt các điểm của $\mathsf{X}(A)$. Cho $\chi \in \mathsf{X}(A)$. Tồn tại $x\in A$ sao cho $\chi (x)\not= 0$, do đó $f=\mathscr{G}(x)$ là một phần tử của B sao cho $f(\chi )\not= 0$. Theo TG, X, p. 40, hệ quả 2, vì vậy đại số con B là trù mật trong $\mathscr{C}_0(\mathsf{X}(A))$.

Với mọi phần tử Hermit $y$ của A, ta có $\|\mathscr{G}(y)\|=\varrho (y) =\|y\|$ (mệnh đề 7 của I, p. 38 và công thức (2) của I, p. 104), do đó, với mọi $x\in A$, các đẳng thức

Suy ra $\mathscr{G}$ là đẳng cự, và do đó ảnh của nó là B đóng (bổ đề 8). Kết luận rằng $B =\mathscr{C}_0(\mathsf{X}(A))$.

Vì đại số con sao của A sinh bởi $x$ và $x^*$ là giao hoán, ta có thể giả sử rằng A là giao hoán. Trong trường hợp này, hệ quả suy ra từ định lý 1, từ ví dụ 2 của I, p. 102 và từ định lý 1 của I, p. 24.

a) Tồn tại một không gian tôpô compact địa phương X sao cho A đẳng cấu với đại số sao $\mathscr{C}_0(X)$;

b) Cho B là một đại số sao giao hoán. Ánh xạ $\pi \mapsto$ $\mathsf{X}'(\pi )$ là một song ánh từ tập hợp các cấu xạ đại số sao từ A vào B lên tập hợp các ánh xạ bộ phận thực sự của $\mathsf{X}(B)$ vào $\mathsf{X}(A)$ (định nghĩa 1 của I, p. 33).

Định lý 1 thiết lập mệnh đề thứ nhất, và mệnh đề thứ hai suy ra từ mệnh đề 3 của I, p. 34 và từ ví dụ 2 của I, p. 102.

a) Tồn tại một không gian tôpô compact X sao cho A đẳng cấu với đại số sao $\mathscr{C}(X)$;

b) Cho B là một đại số sao giao hoán có đơn vị. Ánh xạ $\pi \mapsto \mathsf{X}(\pi )$ là một song ánh từ tập hợp các cấu xạ đại số sao có đơn vị $A\rightarrow B$ lên tập hợp các ánh xạ liên tục từ $\mathsf{X}(B)$ vào $\mathsf{X}(A)$.

Điều này suy ra từ những điều trên và từ mệnh đề 4 của I, p. 35.