Tự đồng cấu $u$ là một đẳng cấu khi và chỉ khi $u_i$ là một đẳng cấu với mọi $i\in I$. Áp dụng tính chất này cho $u-\lambda 1_E$, ta suy ra rằng Sp($u$) là hợp của các tập hợp Sp($u_i$) với $i\in I$.

Cho $f\in \mathscr{O}$(Sp($u$)). Tự đồng cấu $f(u)$ của E thuộc đối giao hoán tử kép của $u$ trong $\mathscr{L}(E)$ (Định lý 5 của I, p. 74), và vì vậy giao hoán với các phép chiếu $p_i$. Do đó nó ổn định các không gian $E_i$. Xét cấu xạ liên tục có đơn vị $\varpi$ từ đại số tích $\prod_{i\in I}\mathscr{L}(E_i)$ vào $\mathscr{L}(E)$ được xác định bởi $(v_i)_{i\in I}\mapsto \bigoplus_iv_i$. Nó biến họ $(u_i)$ thành $u$. Khi đó Mệnh đề 7 của I, p. 75 suy ra Sp($u$)$\subset \bigcup_{i\in I}$ Sp($u_i$) và

điều này kết thúc chứng minh bổ đề.

Ker($u-\lambda 1_E$)$\subset$ Ker($f(u)-f(\lambda )1_E$).

Cho $x\in E$ khác không. Tập hợp A các $v\in \mathscr{L}(E)$ sao cho $x$ là một vectơ riêng của $v$ là một đại số con có đơn vị của $\mathscr{L}(E)$.

Đại số A là đầy: nếu $v\in A$ khả nghịch trong $\mathscr{L}(E)$ và nếu $x$ là một vectơ riêng của $v$ ứng với trị riêng $\lambda$, thì $\lambda \not= 0$ và $v^{-1}(x) =\lambda^{-1}x$, điều này chứng minh rằng $v^{-1}\in A$.

Đại số A đóng trong $\mathscr{L}(E)$. Thật vậy, nếu $(v_n)_{n\in\mathbf{N}}$ là một dãy trong A sao cho $v_n$ hội tụ đến $v\in \mathscr{L}(E)$, thì dãy $(\lambda_n)_{n\in\mathbf{N}}$ sao cho $v_n(x) =\lambda_nx$ bị chặn, và do đó nhận một dãy con hội tụ đến một số phức $\mu$, vì thế $v(x) =\mu x$.

Giả sử rằng $x$ là một vectơ riêng của $u$ và $u(x) =\lambda x$. Đại số A chứa $u$, và vì vậy chứa đại số con đóng đầy có đơn vị B sinh bởi $u$, đại số này là giao hoán. Ánh xạ $\chi : B\rightarrow \mathbf{C}$ gán cho $v$ trị riêng của $v$ tương ứng với $x$ là một đặc trưng của B sao cho $\chi (u) =\lambda$. Với mọi $f\in \mathscr{O}$(Sp($u$)), ta có $f(u)\in B$ và $\chi (f(u)) =f(\chi (u)) =f(\lambda )$ theo Mệnh đề 7 của I, p. 75, do đó có mệnh đề.

Ta có Sp($u$) $= H_1\cup H_2($I, p. 128, Bổ đề 1). Vì các tập hợp $H_1$ và $H_2$ là compact, chúng vừa mở vừa đóng trong Sp($u$). Với mọi hàm chỉnh hình $f$ trong một lân cận của Sp($u$), tự đồng cấu $f(u)$ để $E_1$ và $E_2$ bất biến và trùng trên $E_1$ với $f(u_1)$, còn trên $E_2$ với $f(u_2)$ (loc. cit.). Đặc biệt lấy $f$ là mầm của hàm chỉnh hình $f_{H_1}$ bằng 1 trong một lân cận của $H_1$ và bằng 0 trong một lân cận của $H_2$ (x. No. 12 của I, p. 81); khi đó $f_{H_1}(u_1)$ là ánh xạ đồng nhất của $E_1$ vì $f_{H_1}$ = 1 trong một lân cận của $H_1=$ Sp($u_1$), và $f_{H_1}(u_2)$ bằng không vì $f_{H_1}= 0$ trong một lân cận của $H_2$. Do đó $e_{H_1}(u) =f_{H_1}(u)$ là phép chiếu có ảnh là $E_1$ và hạt nhân là $E_2$, và vì vậy ta có $E_1= E_{H_1}$ và $E_2= E_{H_2}$.

Cho E là một không gian Banach và $u$ là một tự đồng cấu của E. Cho $(H_i)_{i\in I}$ là một họ hữu hạn các tập con mở và đóng của Sp($u$), từng đôi một rời nhau, và gọi H là hợp của chúng. Các hệ thức (15) và (16) của I, p. 81 suy ra các mệnh đề sau :

a) Họ các phép chiếu $(e_{H_i}(u))_{i\in I}$ là trực giao (nghĩa là, $e_{H_i}(u)e_{H_j}(u) = 0$ với mọi $(i, j)$ trong $I^2$ sao cho $i\not=j$, xem A, II, p. 18, Def. 7) và tổng của chúng là $e_H(u)$;

b) Không gian vectơ $E_H$ là tổng trực tiếp tôpô của họ $(E_{H_i})_{i\in I}$;

c) Với mọi $j\in I$, ta có $E_{Sp(u)-H_j}= E_{Sp(u)-H}\oplus \bigoplus_{i\not=j}E_{H_i}$;

d) Không gian vectơ $E_{Sp(u)-H}$ là giao của họ $(E_{Sp(u)-H_i})_{i\in I}$.

Khi H = Sp($u$), phân tích thành tổng trực tiếp tôpô $\bigoplus_{i\in I}E_{H_i}$ của E được gọi là phân tích phổ của E liên kết với $u$ và với phân hoạch hữu hạn $(H_i)_{i\in I}$ của Sp($u$).

Cho $f$ là một phần tử của $\mathscr{O}$(Sp($u$)). Phổ của tự đồng cấu $f(u)$ của E là ảnh của phổ của $u$ qua $f$ (I, p. 75, Prop. 8). Cho L là một tập con vừa mở vừa đóng trong Sp($f(u)$). Tập H gồm các phần tử $\lambda \in$ Sp($u$) sao cho $f(\lambda )$ thuộc L là vừa mở vừa đóng trong Sp($u$), và ta có $e_L(f(u)) =e_H(u)$ vì $f_L\circ f=f_H$ trong $\mathscr{O}$(Sp($u$)) (loc. cit.).

a) Ta có Sp($u$) $=$ Sp($^tu$) ;

b) Với mọi $f\in \mathscr{O}$(Sp($u$)), ta có $f(^tu) =^tf(u)$ ;

c) Ta có $e_H(^tu) =^te_H(u)$ với mọi tập con H của Sp($u$) vừa mở vừa đóng.

Để một tự đồng cấu của E là một tự đẳng cấu, điều kiện cần và đủ là chuyển vị của nó là một tự đẳng cấu của $E'$ (EVT, IV, p. 30, hệ quả 5), do đó suy ra mệnh đề a).

Ánh xạ $v\mapsto^tv$ là một đồng cấu có đơn vị liên tục của đại số Banach $\mathscr{L}(E)$ vào đại số Banach đối của $\mathscr{L}(E')$ (EVT, IV, p. 7, mệnh đề 8). Vì đại số $\mathscr{O}$(Sp($^tu$)) là giao hoán, ánh xạ $f\mapsto^tf(u)$ là một đồng cấu có đơn vị liên tục của đại số $\mathscr{O}$(Sp($^tu$)) vào đại số $\mathscr{L}(E')$. Đồng cấu này ánh xạ mầm của ánh xạ đồng nhất của $\mathbf{C}$ tới $^tu$, và do đó trùng với đồng cấu $f\mapsto f(^tu)$ (định lý 5 của I, p. 74). Điều này chứng minh b).

Mệnh đề c) suy ra từ b), áp dụng cho hàm $f_H$ bằng 1 trong một lân cận của H và bằng 0 trong một lân cận của phần bù của nó trong Sp($u$).

Chứng minh theo chứng minh của bổ đề 1 của I, p. 128, dùng nhận xét ở 6 của I, p. 110 và mệnh đề 8 của I, p. 112.

Ker($u-\lambda 1_E$)$\subset$ Ker($f(u)-f(\lambda )1_E$).

Chứng minh là tương tự với chứng minh của mệnh đề 1 trong I, p. 128; ta hãy xét lại các lập luận của nó. Đại số A được đưa vào ở chỗ đã dẫn ở đây là một đại số con có đơn vị, có phép đối hợp của $\mathscr{L}(E)$ (EVT, V, p. 43, hệ quả). Do đó nó chứa đại số con có đơn vị, có phép đối hợp B sinh bởi $u$, là giao hoán. Ánh xạ $\chi : B\rightarrow \mathbf{C}$ gán cho $v$ trị riêng của $v$ đối với $x$ là một đặc trưng của B sao cho $\chi (u) =\lambda$. Với mọi $f\in \mathscr{C}$ (Sp($u$))), ta có $f(u)\in B$ và $\chi (f(u)) =f(\chi (u)) =f(\lambda )$ theo mệnh đề 8 của I, p. 112, do đó suy ra mệnh đề.

(i) Phép chiếu $p$ là một phép chiếu trực giao, nghĩa là Ker($p$) $=$ Im($p$)$^{\circ}$ (EVT, V, p. 13);

(ii) Phép chiếu $p$ là Hermit;

(iii) Phép chiếu $p$ là chuẩn tắc;

(iv) Ta có Ker($p$)$\subset$ Ker($p^*$) ;

(v) Ta có Im($p$)$\subset$ Im($p^*$) ;

(vi) Phép chiếu $p$ là dương;

(vii) Ta có $\|p\|\leqslant 1$.

Trước hết nhắc lại rằng Ker($p^*$) $=$ Im($p$)$^{\circ}$ và Ker($p$) $=$ Im($p^*$)$^{\circ}$ (EVT, V, p. 41, mệnh đề 4). Hơn nữa, ảnh của $p$ (resp. $p^*$) là đóng, vì nó trùng với hạt nhân của $1-p$ (resp. $1-p^*$). Vậy ta có

(1) Im($p$) $=$ Ker($p^*$)$^{\circ}$, Im($p^*$) $=$ Ker($p$)$^{\circ}$.

(i) $=\Rightarrow$ (ii)$:p^*$ là một phép chiếu có hạt nhân Im($p$)$^{\circ}=$ Ker($p$) và có ảnh là Im($p^*$)$^{\circ}=$ Ker($p$) $=$ Im($p$)$^{\circ}$; do đó $p^*=p$.

(ii) $=\Rightarrow$ (iii) vì mọi tự đồng cấu Hermit đều là chuẩn tắc.

(iii) $=\Rightarrow$ (iv) : vì $p$ là chuẩn tắc, ta có $\|p(x)\|^2=\|p^*(x)\|^2$ với mọi $x$ trong E (EVT, V, p. 43, Prop. 7), do đó suy ra bao hàm thức cần chứng minh.

(iv) $=\Rightarrow$ (v) suy ra từ các đẳng thức (1) ở trên.

(v) $=\Rightarrow$ (vi) : với mọi $x\in E$, ta có $p(x)\in$ Im($p^*$), và do đó $\langle p(x)|x\rangle =\langle p^*(p(x))|x\rangle =\|p(x)\|^2\geqslant 0$.

(vi) $=\Rightarrow$ (vii) : cho $x\in E$ và $y=x-p(x)\in$ Ker($p$). Với mọi $t\in \mathbf{R}$, theo giả thiết ta có

điều này chỉ có thể xảy ra nếu $\langle y|p(x)\rangle = 0$. Nhưng khi đó

và do đó $\|p\|\leqslant 1$.

(vii) $=\Rightarrow$ (i) : cho $y\in$ Im($p$) ; ký hiệu $z$ là phép chiếu trực giao của $y$ lên Ker($p$)$^{\circ}$ và đặt $x=y-z\in$ Ker($p$). Ta có $p(z) =p(y) =y$, nên theo giả thiết $\|y\|\leqslant \|z\|$. Nhưng, vì $x$ và $z$ trực giao, ta có $\|y\|^2=\|x\|^2+\|z\|^2$, do đó $\|x\|= 0$, nghĩa là $y=z$. Vậy, Im($p$)$\subset$ Ker($p$)$^{\circ}$. Hơn nữa, vì $\|p^*\|=\|p\|\leqslant 1$, tương tự ta có Im($p^*$)$\subset$ Ker($p^*$)$^{\circ}$, điều này theo (1) cho bao hàm thức đảo lại.

a) Với mọi tập con H vừa mở vừa đóng của phổ của $u$, phép chiếu phổ $e_H(u)$ là một phép chiếu trực giao mà hạt nhân của nó là ảnh của phép chiếu phổ $e_{Sp(u)-H}(u)$ ;

b) Nếu $H_1$ và $H_2$ là các tập con vừa mở vừa đóng rời nhau của phổ của $u$, thì các không gian con phổ $E_{H_1}$ và $E_{H_2}$ trực giao ;

c) Nếu $\lambda \in \mathbf{C}$ là một điểm cô lập của phổ của $u$, thì $\lambda$ là một trị riêng của $u$ và ảnh của phép chiếu phổ $e_{\lambda}(u)$ là không gian riêng của $u$ ứng với $\lambda$.

Hãy chứng minh a). Vì phép tính phiếm hàm chỉnh hình tương thích với phép tính phiếm hàm liên tục (I, p. 111, hệ quả 1), ta có $e_H(u) =\varphi_H(u)$, trong đó $\varphi_H\in \mathscr{C}$ (Sp($u$)) là hàm đặc trưng của H. Điều này kéo theo $e_H(u)^*=\overline{\varphi}_H(u) =\varphi_H(u) =e_H(u)$, do đó $e_H(u)$ là một phép chiếu trực giao (bổ đề 3, (ii)). Hạt nhân của nó là ảnh của phép chiếu $1-e_H(u) =e_{Sp(u)-H}(u)$.

Hãy chứng minh b). Các hàm đặc trưng $\varphi_{H_1}$ và $\varphi_{H_2}$ của $H_1$ và $H_2$ trong Sp($u$) là liên tục và tích của chúng bằng không, điều này kéo theo $e_{H_1}(u)\circ e_{H_2}(u) =e_{H_2}(u)\circ e_{H_1}(u) = 0$. Suy ra các bao hàm $E_{H_2}(u)\subset E_{H_1}(u)^{\circ}$ và $E_{H_1}(u)\subset E_{H_2}(u)^{\circ}$.

Sau cùng, hãy chứng minh mệnh đề c). Hàm đặc trưng $\varphi_{\lambda}$ của $\{\lambda \}$ là liên tục và khác không trên Sp($u$) ; nó thỏa mãn $(z-\lambda )\varphi_{\lambda}(z) = 0$ với mọi $z\in$ Sp($u$). Do đó ta có $(u-\lambda 1_E)\varphi_{\lambda}(u) = 0$. Vậy ảnh của $\varphi_{\lambda}(u)$, vốn khác không, được chứa trong không gian con thực sự của $u$ ứng với $\lambda$. Vì ta có $e_{\lambda}(u) =\varphi_{\lambda}(u)$ và ảnh của $e_{\lambda}(u)$ chứa không gian con thực sự của $u$ ứng với $\lambda$, mệnh đề được suy ra.

Vì $u$ là chuẩn tắc, mọi vectơ riêng của $u$ cũng là một vectơ riêng của $u^*$ (EVT, V, p. 43, hệ quả). Do đó giả thiết kéo theo F ổn định dưới tác động của $u$ và của $u^*$. Theo EVT, V, p. 41, mệnh đề 4 (ii), vì thế ta có $u(F^{\circ})\subset F^{\circ}$ và $u^*(F^{\circ})\subset F^{\circ}$. Suy ra liên hợp của $\widetilde{u}$ là tự đồng cấu của $F^{\circ}$ suy ra từ $u^*$. Vì $u$ là chuẩn tắc, tự đồng cấu $\widetilde{u}$ là chuẩn tắc.

a) Tập hợp các trị riêng của $u$ được chứa trong $\iota (u)$;

b) phổ của $u$ được chứa trong bao đóng của $\iota (u)$ trong $\mathbf{C}$.

Cho $\lambda$ là một trị riêng của $u$ và cho $x\in E$ là một vectơ khác không sao cho $u(x) =\lambda x$. Nếu cần, thay thế $x$ bởi $x/\|x\|$, ta có thể giả sử rằng $\|x\|= 1$. Khi đó $\langle x|u(x)\rangle =\lambda$, do đó $\lambda \in \iota (u)$.

Hãy chứng minh b). Xét $u-\lambda 1_E$, ta được quy về việc chứng minh rằng nếu 0 thuộc phổ của $u$, thì 0 là điểm dính của $\iota (u)$.

Trước hết giả sử rằng tồn tại một số thực $c >$ 0 sao cho $\|u(x)\|\geqslant c$ với mọi $x$ có chuẩn 1 trong E. Khi đó tự đồng cấu $u$ là đơn ánh và đóng (Bổ đề 8 của I, p. 107). Vì theo giả thiết nó không khả nghịch, nên nó không toàn ánh. Do đó trực giao bổ sung của hạt nhân của $u^*$ không bằng E (EVT, V, p. 41, Mệnh đề 4), điều này chứng minh rằng hạt nhân của $u^*$ không thu về 0. Vậy 0 thuộc $\iota (u^*)$, nên thuộc $\iota (u)$.

Nếu giả thiết trước không được thỏa mãn, thì với mọi số nguyên $n\geqslant 1$, tồn tại một vectơ $x_n$ có chuẩn 1 trong E sao cho $\|u(x_n)\|\leqslant 1/n$. Khi đó ta có $|\langle x_n|u(x_n)\rangle |\leqslant 1/n$, điều này kéo theo rằng 0 thuộc bao đóng của $\iota (u)$.

Mệnh đề 7 (Định lý Hausdorff-Toeplitz)

Cho E là một không gian Hilbert phức và cho $u\in \mathscr{L}(E)$. Miền giá trị số $\iota (u)$ là một tập con lồi của $\mathbf{C}$.

Ta sẽ cần hai bổ đề để chứng minh mệnh đề này.

Cho F là không gian con afin thực của $\mathscr{L}(E)_h$ gồm các phần tử có vết bằng 1. Các phép chiếu trực giao hạng 1 của E thuộc F (Bổ đề 3, (ii)).

Cho $u\in F$. Ta có $\|u-\frac{1}{2}1_E\|^2=$ Tr($u^2-u+\frac{1}{4}$) $=$ Tr($u^2$)$-\frac{1}{2}$. Do đó, $u\in S$ khi và chỉ khi Tr($u^2$) $= 1$. Vì 2 det($u$) $=$ Tr($u$)$^2-$ Tr($u^2$) $= 1-$ Tr($u^2$), điều kiện này tương đương với det($u$) $= 0$. Theo định lý Hamilton–Cayley (A, III, p. 107, prop. 20), vậy ta có $u\in S$ khi và chỉ khi $u^2-u= 0$, điều đó có nghĩa là $u$ là một phép chiếu Hermit hạng 1 (loc. cit.), do đó suy ra kết quả.

Ta rút gọn về trường hợp $u$ là tuyến tính và B là quả cầu đơn vị của E. Ta có $u(S)\subset u(B)$. Ngược lại, cho $x\in B$ và cho $y$ là một phần tử khác không của Ker($u$). Ảnh của ánh xạ liên tục $t\mapsto \|x+ty\|$ từ $\mathbf{R}$ vào $\mathbf{R}_+$ là một khoảng không bị chặn chứa số thực $\|x\|\leqslant 1$. Vậy tồn tại $t\in \mathbf{R}$ sao cho $\|x+ty\|= 1$. Khi đó $x+ty\in S$ và $u(x+ty) =u(x)$, suy ra $u(x)\in u(S)$.

Hãy chứng minh prop. 7. Cho $x$ và $y$ là các phần tử của mặt cầu đơn vị của E; hãy chứng minh rằng đoạn có hai đầu mút $\langle x|u(x)\rangle$ và $\langle y|u(y)\rangle$ được chứa trong ảnh số của $u$.

Gọi F là không gian con của E sinh bởi $x$ và $y$. Nếu dim(F) = 1, ta có $\langle x|u(x)\rangle =\langle y|u(y)\rangle$, do đó suy ra mệnh đề. Nếu không, dim(F) = 2; khi đó gọi $p$ là phép chiếu trực giao của E có ảnh là F, và ký hiệu bởi $u_F$ tự đồng cấu của F xác định bởi $x\mapsto p(u(x))$. Vì $p$ là Hermit (bổ đề 3 của I, p. 133), ta có $\langle z|u_F(z)\rangle =\langle z|u(z)\rangle$ với mọi $z\in F$, nên $\iota (u_F)\subset \iota (u)$. Vì vậy ta có thể giả sử rằng E = F.

Với mọi phần tử $z$ của E, ký hiệu $v_z$ là tự đồng cấu Hermit của E được xác định bởi $t\mapsto \langle z|t\rangle z$; ta có $\langle z|u(z)\rangle =$ Tr($u\circ v_z$). Khi $z$ chạy qua mặt cầu đơn vị của E$,v_z$ chạy qua tập hợp các phép chiếu trực giao hạng 1 của E, là một mặt cầu S trong không gian con afin thực V của $\mathscr{L}(E)$ gồm các tự đồng cấu Hermit của E có vết bằng 1 (bổ đề 5). Vì vậy ảnh số của E là tập hợp các Tr($u\circ v$), với $v\in S$. Ánh xạ $v\mapsto$ Tr($u\circ v$) từ V vào $\mathbf{C}$ là tuyến tính. Vì dim$_{\mathbf{R}}(V) = 3>$ dim$_{\mathbf{R}}(\mathbf{C})$, nó không đơn ánh; do đó từ bổ đề 6 suy ra rằng $\iota (u)$ là lồi.