Định nghĩa 2.4. Cho không gian Banach X, Y. Một toán tử T ∈ B(X,Y)
được gọi là khả nghịch nếuT là một phép đẳng cấu từX lênY.
T ∈ B(X,Y) là khả nghịch khi và chỉ khi có một toán tử tuyến tính bị chặn T−1 ∈ B(Y,X) sao cho T−1T = IX (ánh xạ đồng nhất trong X) và
1 – 1 và lên.
Do đó, T ∈ B(X,Y) là khả nghịch khi và chỉ khi T∗ là khả nghịch, và
(T∗)−1 = (T−1)∗. Tương tự, nếuT ∈B(X,Y), vàS∈B(Y,Z)là khả nghịch, thìST là khả nghịch và(ST)−1=T−1S−1.
Bổ đề 2.3. Cho không gian Banach X và T ∈ B(X). Nếu kTk < 1, thì
(IX −T) là khả nghịch và (IX −T)−1 = ∑∞ k=0
Tk, ở đó chuỗi hội tụ tuyệt đối trongB(X).
Chứng minh. Đầu tiên, ta có ∑∞
k=0 Tk ≤ ∑∞ k=0 kTkk = 1−kT1 k, vì vậy ∑∞ k=0 Tk
là hội tụ tuyệt đối trongB(X).Do đó
(IX−T) ∞ ∑ k=0 Tk = (IX−T) + (T−T2) +...=IX. Tương tự,( ∑∞ k=0 Tk) (IX−T) =IX.
Bổ đề 2.4. Cho không gian BanachX vàS,T ∈B(X). NếuT là khả nghịch vàkS−Tk<T−1 −1 , thì Slà khả nghịch và S−1−T−1 ≤ T−1 2 kS−Tk 1− kT−1k kS−Tk. Chứng minh. Ta có T−1(T−S) ≤ T−1.kT −Sk < 1. Do đó, theo Bổ đề 2.3,I−T−1(T−S) =T−1Slà khả nghịch, và do đó Slà khả nghịch. Ta lại có[IX−T−1(T−S)]−1= ∑∞ i=0 (T−1(T −S))n. Cho nên S−1= (T −(T −S))−1= (T(IX−T−1(T−S)))−1= ∑∞ n=0 (T−1(T −S))nT−1 và do đó S−1−T−1≤ ∞ ∑ n=1 T−1(T−S))nT−1 ≤ T−1 ∞ ∑ n=1 (kT −Sk.T−1)n = T−1 2 kT −Sk 1− kT−1k kT−Sk
Hệ quả 2.1. Cho không gian Banach X. Tập hợpC của tất cả các toán tử khả nghịch trên X là tập mở trong B(X) và ánh xạ T 7→T−1 là phép đồng nhất củaC lênC.
Định nghĩa 2.5. Cho không gian Banach X trên K, T ∈ B(X). Hàm phổ
σ(T) củaT được định nghĩa bởi
σ(T) ={x∈K :λIX−T là không khả nghịch}.
Giải thức của tập hợp ρ(T) được xác định là ρ(T) = K\σ(T). Các điểm củaρ(T)được gọi là giá trị chính quy của T.
Nếuλ ∈ρ(T) thì R(λ) = (λIX−T)−1 được gọi là giải thức của T tại λ.
Ta có nếu X là vô hạn chiều và T ∈ κ(X), thì 0∈σ(T) mặt khác T sẽ trở thành compact đẳng cấu.
Tính chất 2.2.1. Cho không gian Banach X vàT ∈B(X). Thế thì
σ(T) =σ(T∗)
Chứng minh. (λI−T)là khả nghịch khi và chỉ khi(λI−T)∗là khả nghịch, và(λIX−T)∗ =λIX∗−T∗.
Mệnh đề 2.6. Cho không gian Banach X trên K và T ∈B(X). Phổ σ(T)
củaT là tập hợp compact trongK bị chặn bởikTk.
Chứng minh. Theo Hệ quả 2.1, ta cóρ(T)là tập mở trongCvà do đó σ(T)
là tập đóng trong K. Nếu |λ| > kTk, thì (λIX−T)−1 = λ−1(IX−T λ)−1 = ∑∞
n=0
Tn
λn+1 tồn tại theo Bổ đề 2.3 và λ ∈/ σ(T). Cho nên, σ(T) là bị chặn (bởikTk) và đóng, do đó là compact.
Tiếp theo hai mệnh đề đúng trong trường hợp phức. Ta sẽ sử dụng một vài kết quả từ lý thuyết của hàm phức. Ta có nếu Z là không gian
Banach phức và D là một tập mở trong phức bằng C, một hàm f : D→Z
được gọi là giải tích nếu với mọi z0 ∈ D có r = r(z0) và an ∈ Z sao cho
f(z) = ∑∞ n=0
an(z−z0)n với z ∈D(z0,r) = {z∈C;|z−z0|<r} ⊂Dvà chuỗi là hội tụ tuyệt đối trongD(z0,r).
Bây giờ ta chứng tỏ rằng Định lý Liouville đúng với không gian Banach phức - các hàm giải tích. Cụ thể hơn, nếuZ là không gian Banach phức và
f :C→Z là hàm nguyên sao chosup
z∈C
kf(z)k<∞, thì f là hàm không đổi. Thật vậy, nếu h ∈ X∗, thì g(z) = h(f(z)) là hàm nguyên trên C vì h(∑an(z−z0)n) = ∑h(an)(z−z0)n và ∑|h(an)|(z−z0)n
≤ khk∑kank(z−z0)n <∞. Cho nên, theo Định lý Liouville, g là không đổi trên C (g(z) = g(0) với mọi z ∈ C). Từ h(f(z)− f(0)) = 0 với mọi
h∈X∗, và do đó f(z) = f(0).
Với kết quả khác được sử dụng trong chứng minh của các định lý tiếp theo, ta có thể xem trong [7].
Định lý 2.4. Cho không gian Banach phức X. Với mọi T ∈ B(X), ta có
σ(T)6= /0. Chứng minh. Cố địnhλ0 ∈ρ(T) và chọnλ thỏa mãn |λ0−λ|< (λ0IX−T)−1 −1
Theo Bổ đề 2.4 được áp dụng đối vớiλ0IX−T vàλIX−T, ta có
R(λ) = (λIX−T)−1 = ∞ ∑ n=0 [(λ0IX−T)−1(λ0−λ)IX]n(λ0IX −T)−1 = ∞ ∑ n=0 (λ0−λ)n(λ0IX−T)−n−1= ∞ ∑ n=0 (λ0−λ)nR(λ0)n+1,
Khi đó chuỗi hội tụ tuyệt đối. Ta đã vừa chứng minh được rằng giải thức hàmRlà hàm giải tích trên ρ(T) có giá trị trong không gian BanachB(X).
R(λ) =∑ Tk
λk+1; do đókR(λ)k ≤ | 1
λ|−kTk. Đặc biệt, R(λ)→0khi|λ| →∞. Bởi vậy, giả sửρ(T) = C, theo Định lý Liouville ta đã cóR=0trên C, điều này là không thể vìR(λ) là toán tử ngược. Do đóσ(T)6= /0.
Định nghĩa 2.6. Cho không gian Banach X và T ∈ B(X). Bán kính phổ
r(T) của T được xác định bởir(T) =sup{|λ|;λ ∈σ(T)}.
Theo Mệnh đề 2.6, ta cór(T)≤ kTk.
Định lý 2.5. (Gelfand) Cho X là không gian Banach phức. Với mọi
T ∈B(X), ta có
r(T) =lim(kTnk1n)
Để chứng minh, ta cần sử dụng tính chất sau đây.
Tính chất 2.2.2. Cho không gian BanachX. Giả sửT, S∈B(X)giao hoán, tức làT S =ST. Khi đó ST là khả nghịch khi và chỉ khi cả S và T đều khả nghịch.
Chứng minh. Ta đã có nếuT vàS đều khả nghịch, thìST cũng vậy.
Như trên, giả sử ST là khả nghịch. Ta đòi hỏi rằng T và S là ánh xạ 1 – 1 và lên. Thật vậy, nếu vớix6=0ta có T(x) =0, thì(ST)(x) =S(0) =0 và ST không là ánh xạ 1 - 1. Nếu với x6= 0 tùy ý ta có S(x) = 0, thì ST
không ánh xạ 1 - 1 nữa. NếuT(X)6=X, thìT S là không lên và ta làm tương tự nếuS(X)6=X, sử dụng tính chất giao hoán của S và T. Cho nên,T và S
là ánh xạ 1 – 1 và lên, và do đó chúng khả nghịch.
Tính chất 2.2.3. ChoX là không gian Banach phức. Nếu T là một toán tử trongB(X)vàn∈ N, thì σ(Tn) ={µn : µ ∈ σ(T)}.
Chứng minh. Với λ ∈ C, phân tích đa thức phứctn−λ thành (t−λ1).(t− λ2)...(t−λn) với mọit ∈ C. Thế thì (Tn−λIX) = (T−λ1IX).(T −λ2IX)... (T −λnIX). Theo suy luận quy nạp sử dụng ở Tính chất 2.2.2, ta có
Tn−λIX là khả nghịch khi và chỉ khi(T−λiIX)đều là khả nghịch với mọii. Điều này có nghĩa làλ ∈σ(Tn)khi và chỉ khi có duy nhất nnghiệmλi của λ trong σ(T). Do đó, λ ∈σ(Tn) khi và chỉ chi λ =µn vớiµ ∈σ(T).
Chứng minh. Định lí 2.5: (Tóm tắt) Theo Tính chất 2.2.3,σ(Tn) ={tn; t ∈ σ(T)}, nên r(Tn) =r(T)n. Theo Mệnh đề 2.6, ta có r(Tn)≤ kTnk và cho nên, r(T)n ≤ kTnk với mọi n∈ N. Do đó r(T)≤ kTnk1n với mọi n, và như vậyr(T)≤lim infkTnk1n.
Mặt khác, ta đã chứng minh được rằng R(λ) là hàm giải tích trên ρ(T). Với |λ|> kTk ta có khai triển R(λ) = 1
λ ∑ T
k
λk. Theo tính chất của chuỗi Laurent, khai triển này hội tụ với mọi λ sao cho |λ|>r(T), cóC sao cho ∑ n Tk λk ≤C. Do đó kTnk1n ≤ |λ|C 1 n → |λ|. Vì |λ| > r(T) là tùy ý, ta có
r(t)≤lim infkTnk1n ≤lim supkTnk1n ≤r(t), nênlimkTnk1n =r(t).
Xét toán tử của phép quay một góc bằng π
2 T(x1,x2) = (−x2,x1)trênR2, ta thấy rằng Định lý 2.4 và Định lý 2.5 không đúng trong trường hợp thực.
Định nghĩa 2.7. Cho không gian Banach X và T ∈ B(X). Đại lượng vô hướngλ được gọi là giá trị riêng của T nếu có06=x∈Ker(λIX −T). Như vậyxđược gọi là vectơ riêng tương ứng của giá trị riêngλ. Không gian con
Ker(λIX−T) được gọi là không gian riêng tương ứng của giá trị riêngλ.
Mọi giá trị riêngλ củaT nằm trong phổ của nó vìλIX−T là khả nghịch khi và chỉ khi nó là ánh xạ 1 - 1. Trong trường hợp này, σ(T) là trùng với tập hợp tất cả các giá trị riêng của T. Hơn nữa, nói chung không phải mọi điểm củaσ(T)đều là giá trị riêng.
Bổ đề 2.5. Cho không gian BanachX,T ∈B(X). Giả sửλ1, ...,λnlà các giá trị phân biệt củaT. Nếu ei là vectơ riêng tương ứng của λi với i=1, ...,n,
Chứng minh. Bằng phép quy nạp. Giả sử e1, ...,en−1 là độc lập tuyến tính, và đặten= n−1 ∑ i=1 αiei.Khi đó n−1 ∑ i=1 λnαiei =λnen =T(en) = n−1 ∑ i=1 λiαiei;tức là, n−1 ∑ i=1 (λn−λi)αiei =0. Vìe1, ...,en−1 là độc lập tuyến tính vàλn−λi 6=0,ta cóλi =0với mọii.
Cho không gian Banach X và T ∈ B(X). Một không gian con đóng Y
củaX được gọi là bất biến đối vớiT nếuT(Y)⊂Y. Hiển nhiên,{0},X, và tất cả các không gian riêng củaT đều bất biến với T.
Ta vẫn chưa biết là liệu mọi toán tử bị chặn trong không gian Hilbert có không gian con bất biến nào ngoài {0}và toàn không gian (không gian con bất biến không tầm thường). Tuy nhiên, Enflo đã xây dựng ví dụ đầu tiên của không gian BanachX và toán tử từ B(X) mà không có không gian con bất biến không tầm thường (xem [4]). Tuy vậy ta biết rằng mọi toán tử compact mà không có bất kì giá trị riêng (xem Ví dụ sau đây).
Ví dụ
Xét toán tử T ∈ B(L2[0,1]) (trên trường số phức) được xác định bởi
T(x):t 7→tx(t). Rõ ràngkTk ≤1.
Ta chứng minhT không có giá trị riêng. Thật vậy, nếuλ ∈Cvà vớix(t)
từL2 ta cóλx(t)−tx(t) =0, thì(λ −t)x(t) =0hầu khắp nơi trên [0,1], vì
t 6=λ nên ta cóx(t) =0.
Tuy nhiên, ta chứng tỏ rằng [0,1] ⊂σ(T) (đặc biệt kTk=1). Cố định λ ∈[0,1] và chọn ε >0 sao cho [λ,λ +ε]⊂[0,1]hoặc [λ −ε,λ]⊂[0,1]. Giả sử[λ,λ+ε]⊂[0,1]là một trường hợp và đặt
xε =
( √1
ε vớit ∈[λ,λ +ε]
0vớit ∈/ [λ,λ+ε]
(định nghĩa củaxε trong trường hợp[λ −ε,λ]⊂[0,1]là tương tự). Dễ thấy
1 R 0 x2ε(t)dt = λ+ε R λ 1 ε =1, do đóxε ∈SL2. Trong phần trên(λIX−T)(xε):t 7→
(λ−t)xε(t), cho nên k(λIX−T)(xε)k2= λ+ε Z λ 1 ε (λ−t)2dt = 1 ε λ+ε Z λ (λ −t)2dt = 1 ε " −(λ−t) 3 3 #t=λ+ε t=λ = 1 3ε.(ε 3) = ε 2 3 , vì(λIX−T)(xε) →0khiε →0. Cho nên, (λIX −T) không khả nghịch.
Dễ thấy toán tử T có một cấu trúc phong phú của không gian con bất biến không tầm thường. Theo ví dụ, không gian L2[0,r] của L2[0,1] là bất biến với mọir ∈[0,1].
Mệnh đề 2.7. Cho không gian BanachX vàT ∈κ(X). Nếuλ ∈σ(T)\{0},
thìλ là giá trị riêng củaT.
Chứng minh. Nếu λ 6= 0 không phải là giá trị riêng, thì
Ker(λIX −T) ={0}. Theo Định lí 2.3, λIX −T là lên, và như vậy là khả nghịch. Do đóλ ∈/σ(T).
Mệnh đề 2.8. (Riesz, Schauder) Cho không gian Banach X, và T ∈ κ(X). Với mọiε >0, T chỉ có hữu hạn giá trị riêng với giá trị tuyệt đối lớn hơnε.
Chứng minh. Giả sử có một dãy vô hạn {λi}của giá trị riêng phân biệt sao cho |λi| ≥ ε với mọi i. Với mọi i, chọn một vectơ riêng xi. Với n ∈ N, xác định Xn =span{x1, ...,xn}, và ta đã có T(Xn) =Xn và Xn−1 6=Xn, theo Bổ đề 2.27.
Theo Mệnh đề 1.2, ta cóyn∈Xn sao chodist(yn,Xn−1)≥ 12 vàkynk=1 với mọin. Đặtzn =yn/λn và có kznk ≤ 1 ε. Ta cóT(zn)∈Xn vàyn−T(zn)∈ Xn−1, vì vớiyn = n ∑ k=1 ckxk ta có yn−T(zn) = n ∑ k=1 (1− λk λn)ckxk = n−1 ∑ k=1 (1− λk λn)ckxk ∈ Xn−1.
Nếun>m, thì T(zm)∈Xm ⊂Xn−1 vàyn−T(zn)∈Xn−1, và do đó ta có kT(zn)−T(zm)k ≥ dist(T(zn),Xn−1)
= dist(T(zn) +yn−T(zn),Xn−1) = dist(yn,Xn−1)≥ 12
Ta nhận được dãy vô hạn bị chặn{zn}sao cho kT(zn)−T(zm)k ≥ 12 vớim6=n, mâu thuẫn với tính compact củaT(BX).
Từ Định lí 2.2 và Mệnh đề 2.8 ta có phát biểu sau đây.
Hệ quả 2.2. Cho không gian Banach X và T ∈ κ(X). Thế thì
σ(T) ={0,λ1,λ2, ...}, ở đó {λi} hoặc là tập hợp hữu hạn (có thể rỗng) hoặc là một dãy hội tụ đến không, được tạo bởi giá trị riêng khác không, mỗi mộtλi có không gian riêng hữu hạn chiều.