Spektr və rezolvent

$\newcommand{\bbC}{\mathbb{C}}$

Tutaq ki, $A$ Banax cəbridir və $x \in A$. Əgər $\lambda \in \bbC$ ədədi üçün $x - \lambda e$ elementinin tərsi varsa, onda $\lambda$ ədədi $x$ elementinin requlyar nöqtəsi adlanır. Bütün requlyar olmayan nöqtələr çoxluğu $x$ elementinin spektri adlanır və $\sigma(x)$ ilə işarə olunur:
$$\sigma(x) := \{ \lambda \in \bbC \mid x - \lambda e \notin A^{-1} \}.$$
Requlyar nöqtələr çoxluğunda təyin olunmuş
$$\bbC \setminus \sigma(x) \ni \lambda \mapsto (x - \lambda e)^{-1} \in A$$
inikası $x$ elementinin rezolventi adlanır.

Lemma. İxtiyari $x \in A$ üçün $\sigma(x)$ qapalıdır və $\sigma(x) \subset \{ \lambda \in \bbC \colon |\lambda| \le \|x\| \}$.

İsbatı. $A^{-1}$ çoxluğunun açıq olmasından və $\bbC \ni \lambda \mapsto x - \lambda e \in A$ inikasının kəsilməzliyindən çıxır ki, $x$ elementinin requlyar nöqtələr çoxluğu
$$\bbC \setminus \sigma(x) = \{ \lambda \in \bbC \mid x - \lambda e \in A^{-1} \}$$
açıqdır. Bu isə o deməkdir ki, $\sigma(x)$ qapalıdır.

Tutaq ki, $|\lambda| > \|x\|$. Onda $\| \frac{1}{\lambda} x \| < 1$ bərabərsizliyindən çıxır ki,
$$x - \lambda e = -\lambda \left( e - \frac{1}{\lambda} x \right) \in A^{-1},$$
yəni $\lambda \notin \sigma(x)$.
$\square$

Teorem. Tutaq ki, $A$ Banax cəbridir və $x \in A$. İxtiyari $f \in A^{\ast}$ üçün $f((x - \lambda e)^{-1})$ ədədi funksiyası $\bbC \setminus \sigma(x)$ çoxluğunda analitikdir və
$$f((x - \lambda e)^{-1}) \to 0, \quad \lambda \to \infty.$$

İsbatı. Tutaq ki, $\lambda_0 \in \bbC \setminus \sigma(x)$. Onda
$$\lim_{\lambda \to \lambda_0} \frac{(x - \lambda e)^{-1} - (x - \lambda_0 e)^{-1}}{\lambda - \lambda_0} = \lim_{\lambda \to \lambda_0} (x - \lambda e)^{-1} (x - \lambda_0 e)^{-1} = \left( (x - \lambda_0 e)^{-1} \right)^2$$
bərabərliyindən çıxır ki, $F(\lambda) := f((x - \lambda e)^{-1})$ funksiyası $\lambda_0$ nöqtəsində diferensiallanır:
$$\begin{multline*} F'(\lambda_0) = \lim_{\lambda \to \lambda_0} \frac{F(\lambda) - F(\lambda_0)}{\lambda - \lambda_0} = \lim_{\lambda \to \lambda_0} f \left( \frac{(x - \lambda e)^{-1} - (x - \lambda_0 e)^{-1}}{\lambda - \lambda_0} \right) = \\ = f \left( \lim_{\lambda \to \lambda_0} \frac{(x - \lambda e)^{-1} - (x - \lambda_0 e)^{-1}}{\lambda - \lambda_0} \right) = f \left( \left( (x - \lambda_0 e)^{-1} \right)^2 \right). \end{multline*}$$

Bundan əlavə, $|\lambda| > \|x\|$ olduqda
$$|F(\lambda)| \le \|f\| \|(x - \lambda e)^{-1}\| = \frac{\|f\|}{|\lambda|} \left\| \left( e - \frac{1}{\lambda} x \right)^{-1} \right\| \le \frac{\|f\|}{|\lambda|} \frac{1}{1 - \|x\| / |\lambda|} = \frac{\|f\|}{|\lambda| - \|x\|} \to 0, \quad \lambda \to \infty.$$
$\square$

Nəticə. İxtiyari $x \in A$ üçün $\sigma(x) \ne \varnothing$.

İsbatı. Tutaq ki, $\sigma(x) = \varnothing$. Onda ixtiyari $f \in A^{\ast}$ üçün $F(\lambda) = f((x - \lambda e)^{-1})$ ədədi funksiyası tam funksiyadır və
$$F(\lambda) \to 0, \quad \lambda \to \infty.$$
Liuvill teoreminə əsasən, $F(\lambda) \equiv 0$. Han–Banax teoreminə görə bu yalnız $(x - \lambda e)^{-1} = 0_A$ olduqda mümkündür. Bu isə ola bilməz. Ona görə də $\sigma(x) \ne \varnothing$.
$\square$