Phổ cốt yếu của $u$ gồm các số phức $\lambda$ sao cho $u-\lambda 1_E$ không phải là một tự đồng cấu Riesz của E. Đặc biệt, nếu $u$ compact, thì mọi $\lambda \in$ Sp($u$)$-\{0\}$ đều là một điểm nhạy của phổ (hệ quả 2 của III, p. 77).

Điều này suy ra từ No.$^o3$ của I, p. 131 vì, với mọi $\lambda \in$ Sp$_s(u)$, các không gian con $N_{\lambda}(u)$ và $I_{\lambda}(u)$ lần lượt là ảnh và hạt nhân của phép chiếu phổ $e_{\lambda}(u)$.

a) Tồn tại một phân tích của E thành một tổng trực tiếp tôpô $F\oplus$ G sao cho F có số chiều hữu hạn, sao cho F và G ổn định dưới mọi tự đồng cấu giao hoán với $u$, và sao cho phổ của tự đồng cấu của G cảm sinh bởi $u$ được chứa trong V;

b) Giả sử V khác rỗng. Tồn tại một phần tử $v$ của đối giao hoán tử kép của $u$ trong $\mathscr{L}(E)$ mà phổ được chứa trong V và sao cho $v-u$ có hạng hữu hạn.

Cho H = Sp($u$)$\cap (\mathbf{C}-\mathring{V})$. Tập hợp H được chứa trong Sp$_s(u)$, do đó là rời rạc; vì nó đóng trong không gian compắc Sp($u$), nên nó hữu hạn. Có thể lấy F và G lần lượt là ảnh và hạt nhân của phép chiếu phổ $e_H(u)$ (Mệnh đề 2).

Giả sử V khác rỗng. Lấy $\mu\in V$ và ký hiệu $v$ là tự đồng cấu của E trùng với phép vị tự tỉ số $\mu$ trên F và với $u$ trên G. Phổ của nó được chứa trong $\{\mu\} \cup$ (Sp($u$) - H), do đó trong V, và $v-u$ có hạng hữu hạn vì F là hữu hạn chiều.

Với mọi tập con compắc S của $\mathbf{C}$, ký hiệu $\mathscr{O}(S)$ là đại số các mầm hàm chỉnh hình trên một lân cận của S nhận giá trị trong $\mathbf{C}$ (I, p. 49, §4, No. $1$).

Số phức $\mu$ thuộc $f$(Sp($u$)), và do đó thuộc phổ của $f(u)$ (Mệnh đề 8 của I, p. 75), khi và chỉ khi H khác rỗng. Khi đó ta có $e_\mu(f(u)) =e_H(u)$ (No. $1$ của I, p. 127). Các khẳng định khác suy ra từ điều này nhờ Mệnh đề 2.

a) Tập hợp Sp$_{\omega}(u)$ là compắc. Nó không rỗng nếu E là vô hạn chiều;

b) Cho $n\in \overline{\mathbf{Z}}$. Tập hợp Sp$_n(u)$ là hợp của một họ các thành phần liên thông bị chặn của $\mathbf{C}-$ Sp$_{\omega}(u)$. Nó mở trong $\mathbf{C}$, và biên của nó trong $\mathbf{C}$ được chứa trong Sp$_{\omega}(u)$.

Tập hợp $\mathbf{C}-$ Sp$_{\omega}(u)$ gồm các số phức $\lambda \in \mathbf{C}$ sao cho $u-\lambda 1_E$ là một cấu xạ ngặt, mà hạt nhân hoặc đối hạt nhân có số chiều hữu hạn. Theo các mệnh đề 11 của III, p. 67 và 13 của III, p. 70, nó là mở. Do đó tập hợp Sp$_{\omega}(u)$ là đóng. Vì nó bị chặn, nó là compắc.

Hãy chứng minh b). Cho $n\in \overline{\mathbf{Z}}$. Tập hợp Sp$_n(u)$ được chứa trong $\mathbf{C}-$Sp$_{\omega}(u)$. Gọi U là một thành phần liên thông của $\mathbf{C}-$ Sp$_{\omega}(u)$ cắt Sp$_n(u)$. Vì ánh xạ $\lambda \mapsto$ ind($u-\lambda 1_E$) từ $\mathbf{C}-$ Sp$_{\omega}(u)$ vào $\overline{\mathbf{Z}}$ là địa phương hằng (hệ quả 1 của mệnh đề 12 của III, p. 68 và hệ quả 1 của mệnh đề 13 của III, p. 70), nên chỉ số của $u-\lambda 1_E$ bằng $n$ với mọi $\lambda \in U$. Nếu $n\not = 0$, điều này suy ra U được chứa trong Sp$_n(u)$. Nếu $n= 0$, nhận xét rằng tập hợp U là một thành phần liên thông của $\mathbf{C}-$ (Sp$_{\omega}(u)\cup$ Sp$_{-\infty}(u)\cup$ Sp$_{+\infty}(u)$). Vì U cắt Sp$_0(u)$ và do đó cắt Sp$_e(u)$, từ Nhận xét 2 suy ra tập hợp U được chứa trong Sp$_e(u)$, và do đó trong Sp$_0(u)$. Trong mọi trường hợp, ta kết luận rằng Sp$_n(u)$ là hợp của các thành phần liên thông của $\mathbf{C}-$ Sp$_{\omega}(u)$ cắt Sp$_n(u)$. Các thành phần ấy tất yếu bị chặn vì tập hợp Sp($u$) bị chặn. Do đó, Sp$_n(u)$ là mở trong $\mathbf{C}$ và biên của nó được chứa trong Sp$_{\omega}(u)$. Điều này chứng minh b).

Cuối cùng giả sử rằng tập hợp Sp$_{\omega}(u)$ là rỗng. Theo b), khi đó mỗi tập hợp Sp$_n(u)$, với $n\in \overline{\mathbf{Z}}$, đều rỗng. Vì vậy ta có Sp($u$) $=$ Sp$_s(u)$. Do đó phổ của $u$ là rời rạc và compac, nên hữu hạn, và vì mọi điểm của nó đều có bội số phổ hữu hạn, không gian vectơ E là hữu hạn chiều (III, p. 83, mệnh đề 2). Điều này hoàn thành chứng minh của a).

b) Mọi điểm dính với Sp$_s(u)$ mà không thuộc Sp$_s(u)$ đều thuộc Sp$_{\omega}(u)$.

Mệnh đề a) là một hệ quả trực tiếp của mệnh đề b) của định lý 1. Gọi $\lambda$ là một điểm dính với Sp$_s(u)$ mà không thuộc Sp$_s(u)$. Nó thuộc phổ của $u$, vì phổ này đóng. Nó không thuộc bất kỳ tập hợp nào trong các tập hợp Sp$_n(u)$, với $n\in \overline{\mathbf{Z}}$, vì các tập hợp ấy đều mở (loc. cit.) và rời nhau với Sp$_s(u)$. Vì vậy ta có $\lambda \in$ Sp$_{\omega}(u)$, do đó b).

a) Các vết trên $\mathbf{C}-\{0\}$ của các tập Sp($v\circ u$) và Sp($u\circ v$) $($tương ứng Sp$_s(v\circ u)$ và Sp$_s(u\circ v)$, tương ứng Sp$_n(v\circ u)$ và Sp$_n(u\circ v)$ với $n\in \overline{\mathbf{Z}}$, tương ứng Sp$_{\omega}(v\circ u)$ và Sp$_{\omega}(u\circ v))$ là bằng nhau;

b) Cho $\lambda$ là một phần tử của Sp$_s(v\circ u)$ phân biệt với 0. Các bội số phổ của $\lambda$ đối với $v\circ u$ và đối với $u\circ v$ là bằng nhau.

Cho $\mu$ là một số phức khác không và cho $n\in \overline{\mathbf{Z}}$. Điều kiện cần và đủ để $\mu1_E-v\circ u$ là một tự đẳng cấu (tương ứng một tự đồng cấu Riesz, tương ứng một cấu xạ ngặt mà hạt nhân hoặc đối hạt nhân có số chiều hữu hạn và có chỉ số bằng $n$) là $\mu1_F-u\circ v$ cũng là như vậy (III, p. 49, mệnh đề 10). Khi đó mệnh đề a) suy ra từ các định nghĩa.

Cho $\lambda$ là một điểm của Sp$_s(v\circ u)$ phân biệt với 0. Ta có

dim Ker(($\lambda 1_E-v\circ u$)$^n$) $=$ dim Ker(($\lambda 1_F-u\circ v$)$^n$)

với mọi $n\geqslant 0 ($loc. cit.), do đó các bội số phổ của $\lambda$ đối với $v\circ u$ và $u\circ v$ là bằng nhau.

a) Ta có Sp$_s(u) =$ Sp$_s(^tu)$, Sp$_n(u) =$ Sp$_{-n}(^tu)$ với mọi $n\in \overline{\mathbf{Z}}$ và Sp$_{\omega}(u) = Sp_{\omega}(^tu)$;

b) Mọi điểm của Sp$_s(u)$ đều có cùng bội số phổ đối với $u$ và đối với $^tu$.

Phần a) của mệnh đề 3 ở I, p. 131 chứng minh rằng Sp($u$) $=$ Sp($^tu$), và phần c) của loc. cit. kéo theo rằng Sp$_s(u) =$ Sp$_s(^tu)$ và rằng mệnh đề b) là đúng.

Với mọi $\lambda \in \mathbf{C}$, bổ đề 4 của III, p. 69 kéo theo rằng $u-\lambda 1_E$ là một cấu xạ ngặt khi và chỉ khi $^tu-\lambda 1_{E'}$ là như vậy, và rằng

dim Coker($^t(u-\lambda 1_E)$) $=$ dim Ker($u-\lambda 1_E$)

dim Ker($^t(u-\lambda 1_E)$) $=$ dim Coker($u-\lambda 1_E$)

trong $\overline{\mathbf{Z}}$. Mệnh đề a) suy ra từ điều này, có tính đến các định nghĩa của các phần khác nhau của phổ (định nghĩa 3 của III, p. 85).

Cho $\lambda \in \mathbf{C}$. Để $u+h-\lambda 1_E$ là một cấu xạ ngặt mà hạt nhân (tương ứng, đối hạt nhân) có số chiều hữu hạn, điều kiện cần và đủ là $u-\lambda 1_E$ có tính chất đó, theo Định lý 1 của III, p. 72 (tương ứng, Định lý 2 của III, p. 73).

Các đẳng thức

Sp$_{-\infty}(u+h) =$ Sp$_{-\infty}(u)$, Sp$_{+\infty}(u+h) =$ Sp$_{+\infty}(u)$,

Sp$_{\omega}(u+h) =$ Sp$_{\omega}(u)$

suy ra từ điều này. Hơn nữa, ta có Sp$_n(u+h) =$ Sp$_n(u)$ theo Định lý 3 của III, p. 73 với mọi $n\in \mathbf{Z}-\{0\}$.

Ta có Sp$_{\omega}(u+h) =$ Sp$_{\omega}(u)$ (Định lý 2), do đó 0 thuộc thành phần liên thông không bị chặn của $\mathbf{C}-$ Sp$_{\omega}(u+h)$. Theo hệ quả của Định lý 1 của III, p. 87, hoặc 0 không thuộc phổ của $u+h$, hoặc là nó là một điểm nhạy của phổ này. Trong cả hai trường hợp, $u+h$ là một tự đồng cấu Riesz của E.

Trước hết giả sử E có chiều 2. Có thể giả sử rằng $E =\mathbf{R}^2$ được trang bị chuẩn Euclid (TVS, I, p. 14, Định lý 2). Vì X là đếm được, tồn tại một số thực $r\in \mathbf{R}_+^*$ sao cho đường tròn C tâm 0 bán kính $r$ không cắt X. Cho $x\in E$ - X; nếu $x \notin C$, tồn tại một điểm $y\in C$ sao cho đường thẳng $L_x$ nối $x$ với $y$ không cắt X, vì X là đếm được. Tập hợp E - X là hợp của C, là một tập hợp liên thông, và của các tập hợp liên thông $L_x\cup C$ với $x\in E$- $(X\cup C)$; các tập hợp này đều chứa C, và do đó E- X là liên thông (TG, I, p. 81, Mệnh đề 2).

Xét trường hợp tổng quát. Thay thế X bởi $X-x$ với một phần tử $x\in E$ - X, ta quy được về trường hợp $0\notin X$. Vì E - X là hợp của các tập hợp F - $(X\cap F)$ khi F chạy qua tập hợp các không gian con 2 chiều của E, và vì các tập hợp ấy liên thông theo trường hợp trước và chứa 0, nên tập hợp E - X là liên thông (loc. cit.).

Với mọi số nguyên $i\geqslant 1$, tập hợp $A_i$ các số phức $\lambda \in S$ sao cho $|\lambda |\geqslant \frac{1}{i}$ là compắc và rời rạc trong $\mathbf{C}$, nên hữu hạn. Gọi $a_i$ là lực lượng của nó. Vì S là vô hạn, dãy $(a_i)$ tiến tới $+\infty$. Đặt $A_0=\emptyset$ và $a_0= 0$. Với mọi $i\geqslant 1$, chọn một song ánh $n\mapsto \lambda_n$ từ khoảng $[a_{i-1}, a_i[$ của $\mathbf{N}$ lên $A_i-A_{i-1}$ sao cho ánh xạ $n\mapsto |\lambda_n|$ giảm trên $[a_{i-1}, a_i[$. Dãy $(\lambda_n)_{n\in\mathbf{N}}$ thỏa mãn các tính chất cần có.

Cho E là một không gian khả chuẩn đầy đủ vô hạn chiều. Đại số $\mathscr{L}^c(E)$ là một đại số con không có đơn vị của $\mathscr{L}(E)$. Nhắc lại rằng với mọi tự đồng cấu compắc $u\in \mathscr{L}^c$(E), phổ Sp$'_{\mathscr{L}^c(E)}(u)$ là phổ của $u$ đối với đại số con có đơn vị $\mathscr{L}^c(E)\oplus \mathbf{C}1_E$ của $\mathscr{L}(E) ($I, p. 4, No.$^o4$).

a) Nếu E là hữu hạn chiều, thì Sp($u$) $=$ Sp$_s(u)$;

b) Nếu E là vô hạn chiều, thì Sp$_s(u) =$ Sp($u$)$-\{0\}$ và Sp$_{\omega}(u) =\{0\}$;

c) Nếu Sp$_s(u)$ là vô hạn, thì nó là tập hợp các giá trị của một dãy $(\lambda_n)_{n\in\mathbf{N}}$ các số phức khác không, từng đôi một phân biệt, sao cho dãy $(|\lambda_n|)_{n\in\mathbf{N}}$ giảm và hội tụ về 0 ;

d) Nếu E là vô hạn chiều, thì Sp($u$) $=$ Sp$'_{\mathscr{L}^c(E)}(u)$.

Mọi phần tử của Sp$_s(u)$ là một trị riêng có bội số phổ hữu hạn (mệnh đề 1 của III, p. 83).

Mệnh đề a) là sơ cấp (III, p. 85, ví dụ 1). Bây giờ giả sử E là vô hạn chiều.

Cho $\lambda \in$ Sp($u$)$-\{0\}$. Khi đó $u-\lambda 1_E$ là một tự đồng cấu Riesz của E (hệ quả 2 của mệnh đề 2 của III, p. 75), do đó $\lambda$ thuộc Sp$_s(u)$. Nếu E là vô hạn chiều, thì Sp$_{\omega}(u)$ không rỗng (III, p. 87, định lý 1, a)). Tất yếu có Sp$_{\omega}(u) =\{0\}$, do đó b).

Tập hợp Sp$_s(u)$ là rời rạc và bị chặn. Hơn nữa, theo b) ta có Sp$_s(u) =$ Sp($u$)$\cap (\mathbf{C}-\{0\})$, nên Sp$_s(u)$ là đóng trong $\mathbf{C}-\{0\}$. Vậy mệnh đề c) suy ra từ Bổ đề 2.

Phổ của $u$ là đếm được, và phần bù của nó trong $\mathbf{C}$ vì thế là liên thông (bổ đề 1). Theo hệ quả của mệnh đề 6 của I, p. 28, áp dụng cho đại số con có đơn vị $\mathscr{L}^c(E)\oplus \mathbf{C}1_E$ của $\mathscr{L}$ (E), suy ra rằng Sp($u$) $=$ Sp$'_{\mathscr{L}^c(E)}(u)$.

a) Cho $f\in \mathscr{O}$(Sp($u$)) sao cho $f(0) = 0$. Tự đồng cấu $f(u)$ là compact;

b) Giả sử rằng E là một không gian Hilbert phức và $u$ là chuẩn tắc. Cho $f$ là một hàm liên tục trên Sp($u$) sao cho $f(0) = 0$. Tự đồng cấu chuẩn tắc $f(u)$ là compact.

Hơn nữa, các mệnh đề đảo lại là đúng nếu E vô hạn chiều, và điều kiện $f(0) = 0$ là không cần thiết nếu E hữu hạn chiều.

Ta có thể giả sử rằng E là vô hạn chiều.

Ta hãy chứng minh a) và mệnh đề đảo lại của nó. Tự đồng cấu $u$ là một phần tử của đại số Banach $\mathscr{L}^c(E)$. Vì E vô hạn chiều, ta có đẳng thức Sp($u$) $=$ Sp$'_{\mathscr{L}^c(E)}(u)$ theo mệnh đề 5, d). Phần tử $f(u)$ của phép tính phiếm hàm chỉnh hình của đại số Banach có đơn vị suy ra từ $\mathscr{L}^c(E)$ bằng phép nối thêm một phần tử đơn vị thuộc về $\mathscr{L}^c(E)$ khi và chỉ khi $f(0) = 0$ (I, p. 88). Nhưng hơn nữa phần tử này trùng với phần tử $f(u)$ của $\mathscr{L}(E)$ (mệnh đề 7 của I, p. 75), do đó $f(u)$ là compact khi và chỉ khi $f(0) = 0$.

Chứng minh của mệnh đề b) và của mệnh đề đảo lại của nó hoàn toàn giống như vậy nếu ta xét phép tính phiếm hàm liên tục của đại số có phép đối hợp $\mathscr{L}^c(E)$ (I, p. 110, định nghĩa 5).

Cho $(j,|u|)$ là phân tích cực của $u$ (định nghĩa 4 của I, p. 140). Vì

$u=j|u|$ và $|u|=u^*u$ (mệnh đề 10 của I, p. 139), tính tương đương suy ra từ mệnh đề 3 của III, p. 5 và mệnh đề b) của mệnh đề trước.

a) Nếu $u$ là chuẩn tắc, thì $u$ là một tự đồng cấu Riesz khi và chỉ khi $u$ là một tự đồng cấu Fredholm có chỉ số 0.

b) Nếu $u$ là Hermit, thì $u$ là một tự đồng cấu Fredholm khi và chỉ khi $u$ là một tự đồng cấu Riesz.

Mọi tự đồng cấu Riesz đều là một tự đồng cấu Fredholm có chỉ số 0 (mệnh đề 5 của III, p. 46). Đảo lại, giả sử rằng $u$ là một tự đồng cấu Fredholm có chỉ số 0, và rằng $u$ là chuẩn tắc. Khi đó không gian không của nó trùng với hạt nhân của nó (EVT, V, p. 43, mệnh đề 8), và vì thế có số chiều hữu hạn. Khi đó suy ra từ bổ đề 2 của III, p. 45 và từ định nghĩa rằng $u$ là một tự đồng cấu Riesz.

Ta hãy chứng minh b). Theo a), chỉ cần kiểm tra rằng chỉ số của một tự đồng cấu Fredholm Hermit $u$ bằng không. Nhưng trực giao bù của ảnh của $u$ (là đóng) khi đó bằng hạt nhân của $u$ (EVT, V, p. 41, mệnh đề 4), do đó có mệnh đề phải chứng minh.

Cả hai khẳng định đều suy ra từ mệnh đề và từ định nghĩa của các tập Sp$_n(u)$ với $n\in \overline{\mathbf{Z}}$ và của Sp$_{\omega}(u)$, các tập này tạo thành một phân hoạch của phổ cốt yếu của $u$ (định nghĩa 2 của III, p. 83).

Cho $h\in \mathscr{L}^c(E)$. Vì Sp$_0(u)$ là rỗng (hệ quả trên), Định lý 2 của III, p. 89 suy ra rằng Sp$_e(u+h) =$ Sp$_e(u)$. Do đó giao của các tập Sp($u+h$) chứa Sp$_e(u)$.

Cho $\lambda \in$ Sp$_s(u)$. Gọi $E_{\lambda}$ là không gian con riêng của $u$ ứng với $\lambda$, và $F_{\lambda}$ là ảnh của phép chiếu phổ liên kết với $u$ và $\mathbf{C}-\{\lambda \}$. Không gian E là tổng trực tiếp tôpô của $E_{\lambda}$ và $F_{\lambda}$. Cho $h$ là tự đồng cấu hạng hữu hạn của E bằng không trên $F_{\lambda}$ và trùng trên $E_{\lambda}$ với đồng nhất. Tự đồng cấu $u+h$ là khả nghịch, do đó $\lambda \notin$ Sp($u+h$). Định lý được chứng minh.

Vì vậy, nếu $u$ là một tự đồng cấu chuẩn tắc của E, và nếu $h\in \mathscr{L}^c$(E), thì phổ của $u+h$ chỉ có thể khác phổ của $u$ ở các điểm cô lập có bội số phổ hữu hạn.

có bán kính hội tụ hữu hạn $r >0$. Cho $D\subset \mathbf{C}$ là đĩa mở tâm 0 bán kính $r$. Không tồn tại một hàm chỉnh hình $\widetilde{f}$ xác định trên một lân cận mở U của $r$ trong $\mathbf{C}$ mà trùng với $f$ trên $U\cap D$.

Giả sử tồn tại một hàm chỉnh hình như vậy $\widetilde{f}$ được xác định trên một lân cận mở U của $r$. Tồn tại các số thực $s < r$ và $\delta >0$ sao cho $s+\delta > r$ và sao cho đĩa mở $D'$ có tâm $s$ và bán kính $\delta$ được chứa trong U. Khai triển chuỗi lũy thừa của $\widetilde{f}$ tại điểm $s$ (VAR, R1, p. 26, 3.2.1) khi đó hội tụ với mọi $z$ trong đĩa có tâm 0 và bán kính $\delta$ (VAR, R1, p. 29, 3.3.4). Chuỗi này là

$+\infty (n)+\infty (n)$

$\widetilde{f}_s(z) =\sum\widetilde{f}n$!$(s)z^n=\sum fn$!$(s)z^n$

$n=0n=0$ (VAR, R1, p. 27, 3.2.4). Vì $s\in D$, ta có

(VAR, R1, p. 28, 3.2.11). Lấy $z$ sao cho $0< z < \delta$. Vì $a_k\geqslant 0$, ta có

$\widetilde{f}_s(z) =\sum^{+\infty}(\sum^{+\infty}k(k-1)\cdots n($!$k-n+ 1)a_ks^{k-n})z^n$

$n=0k=n$ $+\infty k+\infty$

$=\sum(a_k\sum n$!($kk-$! $n$)! $s^{k-n}z^n)=\sum a_k(s+z)^k$

$k=0n=0k=0$

(TG, III, p. 40). Khi $s+z > r$, sự hội tụ của biểu thức này mâu thuẫn với giả thiết rằng bán kính hội tụ của chuỗi lũy thừa $f$ bằng $r$.

Cho E là một không gian Banach thực. Cho C là một nón lồi có đỉnh trong E. Không gian vectơ sinh bởi C bằng $C-C$ (EVT, II, p. 12, hệ quả 1). Đặc biệt, nón C là toàn phần trong E khi và chỉ khi $C-C$ trù mật trong E. Nhắc lại rằng C được gọi là nhọn nếu $C\cap (-C)$ thu về 0 (EVT, II, p. 11).

Đối cực $C^{\circ}$ của C là tập hợp các dạng tuyến tính liên tục $\ell \in E'$ sao cho $\ell (x)\geqslant 0$ với mọi $x\in C$ (EVT, II, p. 47, mệnh đề 4). Theo định lý lưỡng cực (EVT, II, p. 48, định lý 1), nếu C là một nón lồi có đỉnh đóng, thì ta có $C^{\circ \circ}= C$.

Thật vậy, nếu $u$ triệt tiêu trên C, thì $u$ triệt tiêu trên $C-C$, do đó trên E, và vì thế trên $E_{(\mathbf{C})}$.

Cho $E_{(\mathbf{C})}$ là không gian phức hóa của E và $u_{(\mathbf{C})}$ là tự đồng cấu của $E_{(\mathbf{C})}$ thu được bằng cách mở rộng vô hướng từ $u$. Bán kính phổ của $u_{(\mathbf{C})}$ bằng $\varrho (u) ($I, p. 86); ta ký hiệu đơn giản nó bởi $\varrho$. Vì $\varrho >0$, phổ phức của $u$ không bị thu về 0. Do đó tồn tại $\lambda_0\in$ Sp$_s(u_{(\mathbf{C})})$ sao cho $|\lambda_0|=\varrho$ (Mệnh đề 5 của III, p. 90). Gọi $e_0$ là phép chiếu phổ của $u_{(\mathbf{C})}$ liên kết với $\lambda_0$.

Hàm giải thức $\lambda \mapsto R(u_{(\mathbf{C})}, \lambda ) = (\lambda -u_{(\mathbf{C})})^{-1}$ là chỉnh hình trên phần bù của phổ của $u_{(\mathbf{C})}$ (Định lý 1 của I, p. 24). Số phức $\lambda_0$ là một cực của hàm giải thức và thặng dư của nó là phép chiếu phổ $e_0($I, p. 131).

Cho $y$ và $y'$ là các phần tử của E sao cho $y+iy'\in E_{(\mathbf{C})}$ là một vectơ riêng của $u_{(\mathbf{C})}$ ứng với trị riêng $\lambda_0$. Vì $e_0(y+iy') =y+iy'\not = 0$, nên tồn tại một phần tử $x_0\in C$ sao cho $e_0(x_0)\not = 0$ (Bổ đề 4). Vì C đóng và nhọn, cực đối ngẫu của nó $C^{\circ}$ là toàn bộ (EVT, II, p. 48, Hệ quả 1), và khi đó tồn tại một dạng tuyến tính $\ell_0\in C^{\circ}$ sao cho $\langle e_0(x_0), \ell_0\rangle \not = 0$.

Xét hàm $f$ được xác định bởi $f(0) = 0$ và bởi

với $z\in \mathbf{C}$ sao cho $z^{-1}\notin$ Sp($u_{(\mathbf{C})}$). Hàm này thỏa mãn

với $|z|<1/\varrho$ (Định lý 1 của I, p. 24, d)) và do đó là chỉnh hình trong đĩa tâm 0 bán kính $1/\varrho$.

Tồn tại một hàm chỉnh hình $\widetilde{R}$ xác định trên một lân cận mở U của $\lambda_0$ và nhận giá trị trong $\mathscr{L}(E)$ sao cho với $z$ thuộc U$-\{\lambda_0\}$, ta có

(Mệnh đề 17 của I, p. 83). Do đó, với $z$ sao cho $z^{-1}\in U$ và $z\not = 1/\lambda_0$, ta có

Số hạng của chuỗi tương ứng với $n= 0$ là $(z^{-1}-\lambda_0)^{-1}\langle e_0(x_0), \ell_0\rangle$. Vì $\langle e_0(x_0), \ell_0\rangle \not = 0$, tính duy nhất của khai triển Laurent (VAR, R1, p. 30, 3.3.9) suy ra rằng $f$ không thể được kéo dài thành một hàm chỉnh hình trong một lân cận của $1/\lambda_0$. Đặc biệt, bán kính hội tụ của khai triển thành chuỗi lũy thừa (1) của hàm $f$ tại điểm 0 bằng $1/\varrho$.

Các hệ số của chuỗi lũy thừa (1) là $\langle u^n(x_0), \ell_0\rangle \geqslant 0$ vì $u(C)\subset C$ và $\ell_0\in C^{\circ}$. Theo Bổ đề 3, hàm $f$ không thể được mở rộng thành một hàm chỉnh hình trong một lân cận của $1/\varrho$. Do đó phân giải thức của $u_{(\mathbf{C})}$ không thể được mở rộng thành một hàm chỉnh hình trong một lân cận của $\varrho$, nghĩa là $\varrho \in$ Sp($u$). Điều này suy ra rằng $\varrho$ là một trị riêng của $u_{(\mathbf{C})}$ (mệnh đề 5 của III, p. 90). Vì $\varrho$ là thực, nó cũng là một trị riêng của $u$.

Gọi $d\geqslant 1$ là cấp của cực của phân giải thức của $u_{(\mathbf{C})}$ tại $\varrho$. Gọi $e$ là tự đồng cấu

$e=$ lim$_{z\rightarrow\varrho}(z-\varrho )^dR(u_{(\mathbf{C})}, z)$.

Nó khác không và giao hoán với $u_{(\mathbf{C})}$, và ảnh của nó được chứa trong không gian riêng của $u_{(\mathbf{C})}$ tương ứng với $\varrho ($xem No.$^o3$ của I, p. 131). Bây giờ gọi $\ell$ là một phần tử của $C^{\circ}$ và $x$ là một phần tử của C. Theo Định lý 1 của I, p. 24, d), ta có

$\langle e(x), \ell \rangle =$ lim$_{zz>\varrho\rightarrow\varrho}(z-\varrho )^d\sum_{n\geqslant 0}\langle u^n(x), \ell \rangle z^{-n-1}\geqslant 0$.

Định lý lưỡng cực (EVT, II, p 48, đl. 1) suy ra rằng $e(x)\in C$ với mọi $x\in C$. Vì C là toàn phần, tồn tại $x\in C$ sao cho $e(x)\not = 0$ (Bổ đề 4), và khi đó $e(x)$ thuộc C và là một vectơ riêng của $u$ ứng với trị riêng $\varrho$, đúng như cần chứng minh.