Trong mục này, ta xét tính lồi hữu tỉ của phổ nối.
2.3.1. Định nghĩa. Giả sử A là đại số Banach, f1,….fn là các phần tử thuộc
A và là phép chiếu tự nhiên của MA vào n, được xác định như sau :
(x)= (f1( )... ( ))x f xn ; với mọi xMA.
Khi đó, ảnh của MA qua được gọi là phổ nối của f1,….fn, ký hiệu là
( f1,….fn).
2.3.2. Nhận xét.1) Nếu thay n = 1 trong Định nghĩa 2.3.1, thì từ Định lý
1.1.19 ta có phổ nối của một phần tử f A trùng với phổ thông thường của f. 2) Từ Định lý 1.1.19 ta có filiên tục trên MA; với mọi i1,n . Do đó, liên tục. Mà theo Định lý 1.1.17 thì MA là không gian Hausdorff compact nên phổ nối của f1,….fnlà ( f1,….fn) =(MA) cũng là tập compact.
2.3.3. Định lý. Giả sử f1,….fn là n phần tử của đại số nào đó và A đại số
Banach là sinh bởi các phần tử f1,…,.fn, (1- f1)-1,…… (n- fn)-1, trong đó j
\( fj );
j = 1,…n. Khi đó, phổ nối ( f1…..fn) của các phần tử f1,….fn là tập lồi hữu tỉ trong n và phép chiếu tự nhiên của MA lên ( f1…..fn) là ánh xạ đồng phôi.
Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh phép chiếu tự nhiên
: MA( f1…..fn) với
(x)= (f1( )... ( ))x f xn , xMA
là ánh xạ đồng phôi.
Hiển nhiên là toàn ánh và theo Nhận xét 2.3.2. 2) thì liên tục.
Giả sử x, y MA sao cho x y. Để chứng minh đơn ánh ta sẽ chỉ ra (x)
j( ) f x = fj( )y ; j = 1, 2,….., n, hay x( fj ) = y ( fj ); j = 1, 2,…..,n. Từ x và y là các đồng cấu suy ra x((j - fj )-1) = j j 1 ( ) x f = j j 1 ( ) y f = y((j- fj )-1); j = 1, 2,…, n. Từ các đẳng thức trên ta có (x - y)( fj) = 0, (x - y)(j - fj)-1 = 0 ; j = 1, 2,…..,n.
Vì A là đại số sinh bởi f1,….fn, (1- f1)-1,…… (n- fn)-1 nên ta kết luận được (x - y)( f) = 0, f A.
tức là x = y. Ta có một điều mâu thuẫn. Do đó là một đơn ánh.
Giả sử F là tập đóng bất kỳ trong MA. Vì MA compact nên F cũng là tập compact. Do liên tục nên (F) là tập compact trong ( f1,….,.fn). Từ (
f1,….,.fn) n
ta có (F) là tập đóng trong ( f1,….,.fn). Mặt khác(--1
)-1(F) =
(F). Do đó --1
liên tục. Vậy là ánh xạ đồng phôi. Bây giờ, ta ký hiệu bao lồi hữu tỉ của ( f1,….,.fn) là R( f1,….,.fn). Để chứng minh ( f1,….,.fn) lồi hữu tỉ ta cần chứng minh
( f1,….,fn) = R( f1,….,.fn)
Giả sử w =(w1,….,wn)R( f1,….,fn). Ta ký hiệu B là đại số các đa thức của 2n–biến f1,…,.fn, (1- f1)-1,…… (n- fn)-1. Khi đóB= A và fB khi và chỉ khi
f = p (f1,…,.fn, (1- f1)-1,…… (n- fn)-1) với p là một đa thức 2n–biến nào đó. Để đơn giản ký hiệu ta viết p f 1,..., fn thay cho p ( f1,…,.fn, (1 - f1)-1,…… (n - fn)-1). Ta xác định hàm : B bởi công thức
( f ) = p(w1,….,wn), fB,
p(w1,….,wn) = p (w1,….,wn, (1 - w1)-1,…… (n- wn)-1). Chúng ta chú ý rằng, từ wR( f1,….,fn) suy ra j – wj 0 với mọi j = 1, 2,…..,n. Thật vậy, giả sử tồn tại j1, 2...., nsao choj = wj. Khi đó ta xét hàm
g(z1,z2,….., zn) =
j j
1
z w , z = (z1, z2,….., zn) n .
Ta thấy g là hàm hữu tỉ với các điểm cực =(1, 2…,n), với j =j = wj Vì
j( fj ) = f j(MA)
nên
f1( ),...x fn( );x xMA = ( f1,….,fn ).
Do đó g là hàm hữu tỉ, chỉnh hình trên K. Mặt khác, vì w là điểm cực của g và
( f1,….,fn) là tập compact nên wR ( f1,….,fn). Ta có một điều mâu thuẫn. Như vậy ánh xạ được xác định.
Với g1 = p1f1,...,fn, g2 = p2f1,..., fn B, trong đó p1, p2 là 2 đa thức của 2n- biến f1,….,fn, (1- f1)-1,…… (n - fn)-1, ta có
(g1 + g2) =(p1+p2)(w) =p1 (w) +p2(w) = (g1) +(g2) ;
( g1 ) =.p1 (w) = .(g1), ;
(g1.g2) = (p1 p2)(w) =p1 (w). p2 (w) = (g1).(g2). Mặt khác, với e là đơn vị trong B ta có e = f10. Do đó (e) = w10 = 1
Như vậy là một đồng cấu phức trên B.Vì B trù mật trong A nên được mở rộng thành đồng cấu phức xác định trên A, tức là MA.
Giả sử p = p (f1,…,.fn) là đa thức n-biến. Khi đó pB, và ta có
p(w) = (p( f1,…,.fn )) = (p( f1,…,.fn ))
= p ( ( f1 ),…., ( fn )) = p( f1( ) ,…., fn( ) ). Như vậy
p(w) = p( f1( ) ,…., fn( ) ), với mọi đa thức n-biến p
w = ( f1( ) ,…., fn( ) )( f1,….,fn). Vì w là phần tử bất kỳ của R ( f1,….,fn ) nên ta có
R
( f1,….,fn ) ( f1,….,fn ).
Vậy R ( f1,….,fn ) = ( f1,….,fn ) tức là ( f1,….,fn ) là tập lồi hữu tỉ.