(1)=1. Nếu g=(g) trong đĩ | |=1 và |g|=1, g Cc(X) thì ngn= (gn),
Chứng minh
Với mỗi một sx, ánh xạ f (f)(s) là một dạng tuyến tính dương liên tục trên CR(X), vì vậy cĩ một độđo Radon dương s trên X;
Từ (1)=1chúng ta kết luận được 1 ( ) (1) 1 sup s s s f f Vì vậy nếu g=(g) thì với mỗi một sx g(s)=(g)(s) = ( ) x g t d s(t) và từ |g|=1 ta suy ra : | ( ) x g t d s(t)|= | g(s)|=| ||g(s)| = 1
nên g(t) là hằng số trên giá của s và bằng với g(s). Vì vậy
ngn(s)= n( ) x g t d s(t) (sX, nZ) suy ra : (gn)(s)= s (gn)= n( ) x g t d s(t) = ngn(s) Do đĩ (gn) = ngn Bổ đềđã được chứng minh.
Định lý 4.3.3: Cho X là một khơng gian compact và giả sử rằng u là một tựđồng cấu dương bất khả quy của CR(X).
Thì cĩ những khẳng định sau
(i) Bán kính phổ r của u là >0 và điều kiện u = rlà tương đương với
u(1)=r .1
(ii) Phổ điểm ngoại vi của u là tuần hồn
(iii) Mỗi một giá trị riêng r , ||=1, của u cĩ số bội là 1 và hàm số riêng tương ứng là 0 hầu khắp nơi, hơn nữa (u) là bất biến qua phép quay quanh
(iv) Nếu phổ điểm ngoại vi chứa một điểm cơ lập thì nĩ là dạng r H, trong đĩ H là nhĩm của các căn bậc n của 1 với một n 1 nào đĩ
(v) Nếu phổ điểm ngoại vi chứa một cực của giả thức của u thì tất cả
những điểm của nĩ là các cực cĩ bậc 1 của giải thức.
(vi) Chỉ duy nhất r cĩ thể là giá trị riêng của u tương ứng với một hàm số riêng 0; Nếu X là liên thơng thì phổ điểm ngoại vi khơng thể chứa những
điểmr sao cho là một căn của 1 , khác 1.
Chú ý: cĩ thể xảy ra khả năng phổ điểm ngoại vi của u là rỗng, mặt khác nếu X là liên thơng thì phổ điểm ngoại vi cĩ thể là trù mật trong đường trịn phổ (xem ví dụ bên dưới). Trong trường hợp sau, nĩ vẫn cĩ dạng r G, với G là
một nhĩm con của nhĩm trên đường trịn.
Chứng minh
Bởi hệ quả của (2.3.7) tồn tại 1 độ đo Radon dương 0 trên X sao cho r0 =u’(0). Vì {f:0(|f|)=0} là một khơng gian con liên tục của CR(X) bất biến qua u, nên 0 là dương ngặt, điều này tương đương với sự khẳng định rằng giá S0 của 0 bằng X.
Chúng ta tiếp tục chứng minh những mệnh đề của định lý theo thứ tự của sự liệt kê
i) Giả sử r =0 khi đĩ ta cĩ: u’(0)=0 (do u’(0)= r0)
Do đĩ u(1)d0=0. Từ S0 =X (0 là dương ngặt) ta suy ra u(1)=0 do
đĩ u=o, điều này là mâu thuẫn Vì vậy r >0
Hiển nhiên, nếu u(1) = r 1 thì u = r
Giả sử trái lại, u = r , khi đĩ u(1) |u(1)| u 1 = r .1 Và <r 1-u(1), 0>=< r 1,0 > - <u(1), 0>
= r0 (1)-<1,r 0> = 0 Từ S0 =X (0 0) chúng ta kết luận rằng r 1-u(1)=0 hay u(1) = r 1
ii) Giả sử rằng r f=u(f), với f 0 và | |=1 chúng ta cĩ r|f|= r | f|= |u(f)| u(|f|) do u dương
Từ u’(0) = r 0 ta cĩ
< u(|f|) –r |f|,0 > = < u(|f|),0 > - <r |f|,0 > =<|f|,u’0 > - r <|f|,0 > =<|f|,r 0 > - r<|f|,0>=0 Tương tự như trên, ta kết luận được rằng r |f|=u(|f|)
Điều này đưa đến f(s)0 sX. Thật vậy trong trường hợp ngược lại, khơng gian con đĩng của CR(x) sinh ra bởi đoạn cĩ thứ tự[0, |f|] sẽ là một dàn
con đĩng liên tục, khơng là {0} mà cũng khơng là tồn bộ khơng gian, và hiển
nhiên bất biến đối với u, điều đĩ là mâu thuẫn với (4.1.3).
Bây giờ giả sử f=|f|g và xác định một tự đồng cấu dương của CR(x) bởi (h)(s) = r-1 |f(s)|-1 u(|f|h)(s) (s X) Ta cĩ (1)= r -1|f|-1u(|f|)= r-1|f|-1 r |f|=1 và sự mở rộng phức hĩa của (lại ký hiệu bởi ) thoả mãn (g)= r -1|f|-1u(|f|g)=r -1|f|-1 u(f) = r -1|f|-1 r f= |f|-1|f|g = g nên từ bổ đề 4.3.2 ta suy ra ngn= (gn)= n Suy ra r n|f|gn= r |f|(gn)= r |f|r -1|f|-1u(|f| gn) = u(|f| gn)
iii) Giả sử r , =expi là một giá trị riêng của u. Như đã được chứng minh ở (ii) bất kỳ hàm số riêng f tương ứng với r là 0 hầu khắp nơi, hơn nữa f0=|f| là 1 hàm số riêng tương ứng với r. Nếu h là bất kỳ hàm số riêng khác cho r , chúng ta cĩ thể giả thiết rằng h là hàm thực.
Đặt c=sup{h(t)/ f0(t):tX}. Hàm số cf0-h thuộc khơng gian riêng N(r ) và do c=sup{h(t)/ f0(t):tX} nên tồn tại ít nhất một tX sao cho c=h(t)/ f0(t) . Suy ra cf0-h triệt tiêu tại ít nhất một tX , do X là compact. Do đĩ bởi trên nên cf0-h=0, điều đĩ cĩ nghĩa là số bội của r là 1.
Ký hiệu w là tự đồng cấu của CC(X) xác định bởi h gh trong đĩ g (với |g|=1) là hàm số f/|f| được xét ở trên. Chúng ta xác định bởi = -1w-1uw
như một tự đồng cấu liên tục của CC(X), được cho bởi :
(h)(s)= h(t)ds(t) (sX) trong đĩ mỗi một s là một độ đo Radon phức xác định duy nhất trên X. Tương tự, ta cĩ u(h)(s) = h(t)ds(t) (sX); Do |g|=1,chúng ta được:
| h(t)ds (t)|=|g(s)-1 u(gh)(s)| 1.u(|gh|)(s) = u(|h|)(s) nên : | h(t)ds (t)| |h(t) |ds(t) với mọi sX
vì vậy nếu s = s+ islà sự phân tích của s qua các độ đo Radon thực, ta suy ra s ss
Mặt khác, (f0)=r f0 và u(f0)=r (f0) nên u(f0) = (f0) từđĩ
suy ra (f0)d(s -s) =0 với mọi sX. Từ f0(t)0 hầu khắp nơi, ta suy ra được s=s vì vậy s=0 với mọi s và do đĩ =u; nĩi cách khác:
u= -1w-1uw (*)
Từ đĩ hiển nhiên (u)= ( u), do đĩ (u) là bất biến dưới phép quay gĩc (=expi). Cơng thức (*) cũng cho thấy rằng nếu cĩ nhiều phần tử
iv) Giả sử rằng r , trong đĩ =expi 1, là một phần tử cơ lập của phổ điểm ngoại vi của u. Theo (*) ta suy ra r là một phần tử như thế. Do đĩ, tồn tại một giá trị riêng r expi1 (0 <1<2) với 1 là nhỏ nhất; Do r là cơ lập từ (ii) suy ra rằng phổ điểm ngoại vi chứa một số hữu hạn các căn của 1. Nĩi riêng 1 = 2
n
cho n >1 nào đĩ và (lại bởi (ii)) các số rexp(im
1) (m=0,1,….,n-1) là tất cả các giá trị riêng. Bây giờ giả sử rexpi là giá trị (m=0,1,….,n-1) là tất cả các giá trị riêng. Bây giờ giả sử rexpi là giá trị
riêng bất kỳ trên ||=r và ký hiệu bởi k là số nguyên nhỏ nhất >0 sao cho
+k1 2. Đặt= +k1; do rexp ik1 là một giá trị riêng của u, theo (*) áp dụng cho =expi, ta suy ra rexpilà một giá trị riêng của u. Bây giờ
nếu chúng ta cĩ> 2 chúng ta cũng sẽ cĩ < 2+ 1 , điều này mâu thuẫn với định nghĩa của 1. Vì vậy +k1 = 2 và do đĩ =(n-k)1; điều đĩ cho thấy rằng phổ điểm ngoại vi của u là đúng bằng tập hợp r H , trong đĩ H ký hiệu cho nhĩm của các căn bậc n của 1
(v) Nếu phổ điểm ngoại vi chứa một cực của giải thức của u thì hiển nhiên áp dụng phần trước, từ (*) ta suy ra mỗi một phần tử của r H là một cực cĩ cùng bậc, nên bậc chung này là 1 do (4.2.3).
(vi) Giả sử rằng f=u(f), với 0f0;
từ f,0 f, 0 =<u(f),0>=<f,r0>=r <f,0> >0 ta suy ra =r Giả sử r , trong đĩ là một căn nguyên tố bậc n của 1, là một giá trị
riêng của u với hàm số riêng f=|f|g; Nếu là ánh xạ hr -1|f|-1u(|f|h) thì
(g) = r -1|f|-1u(|f|g)= r -1|f|-1u(f) = r -1|f|-1r |f|g = g
và thoả mãn giả thiết của bổ đề 4.3.2. Chúng ta định nghĩa Mk=g-1(k) (k=0,1…) và khơng mất tính tổng quát chúng ta cĩ thể giả sử rằng M0 và do đĩ g(t)=1 với tX nào đĩ. (Khi đĩ t= g-1(1) X nên M0=g-1( 0)) Như
từ g= (g),|g|=1 kết luận với mỗi sMk thì giá của slà chứa trong Mk+1. Do kk’ (mod n) kéo theo Mk = Mk’ (các tập hợp với các chỉ số khơng
đồng dư mod n rời nhau) nên ánh xạ cảm sinh một sự hốn vị tuần hồn Mk Mk-1(k mod n). Từ điều này ta suy ra dàn con đĩng, liên tục FCR(X) của những hàm triệt tiêu trên M= 1
0
n
U
Mk là bất biến đối với và do đĩ đối với
u; do đĩ theo (4.1.3), F={0} hoặc, tương đương X=M, vì M là đĩng. Vì vậy
g(X) là nhĩm tuần hồn được sinh ra bởi . Mặt khác g(X) là liên thơng, do
X là liên thơng và g là liên tục. Điều này cĩ nghĩa là =1.
Điều này là hồn thành chứng minh của (4.3.3) Một ví dụ về một tốn tử dương bất khả quy với phổ điểm rỗng là tự đồng cấu u của CR[0,1] xác định bởi uf(s) = s f(s)+ 0 s f(t)dt + 1 0 (1-t)2f(t)dt cho s[0,1]. Ta cĩ u là bất khả
quy và khơng khĩ để thử lại rằng u khơng cĩ những giá trị riêng.
Hoặc là ví dụ 2 sau đây, giả sử X là đường trịn đơn vị {z:|z|=1}. Giả sử
là một phần tử cố định của X khơng là căn của 1, và giả sử u là tựđồng cấu của CR(X) xác định bởi u(f)(z)=f( z) thì u là dương và bất khả quy do tập
hợp {n:n }là trù mật trong X.Dễ dàng nhận ra rằng nhĩm H={n:n }