Banahove algebre

predavanja

Snežana Č. Živković-Zlatanović

Prirodno-matematički fakultet, Niš

Sadržaj

1 Banahove algebre i spektri 41.1 Uvodni pojmovi i primeri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.2 Spektralni poluprečnik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.3 Invertibilnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.4 Spektar i rezolventa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 481.5 Teoreme o preslikavanju spektara polinomom . . . . . . . . . . . . . 581.6 Polinomijalno kvazinilpotentni elementi . . . . . . . . . . . . . . . . 611.7 Delioci nule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 641.8 Topološki delioci nule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 691.9 Polinomijalne konveksne ljuske . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 881.10 Spektar i podalgebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 961.11 Relativno regularni elementi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

2 Perturbacione klase. Radikal 1222.1 Perturbacione klase . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1222.2 Radikal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1232.3 Maksimalni ideali i radikal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1262.4 Komutativne Banahove algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1292.5 Kvazinilpotentni elementi i komutativne perturbacione klase . . . . 133

3 Spektri operatora 1363.1 Spektri operatora pomaka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1363.2 Rezidualni i kontinuirani spektar operatora . . . . . . . . . . . . . . 1373.3 Spektar normalnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1383.4 Spektar unitarnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1413.5 Spektar hermitskog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1423.6 Spektar kompaktnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1433.7 Spektar indukovanog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1523.8 Poluneprekidnost spektra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

4 C∗ algebre 1544.1 C∗ algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154

1

Literatura 160

2

PREDGOVOR

Predavanja su namenjena studentima koji polažu ispit iz predmeta Banahovealgebre i spektri. Materijal je u nastajanju, iz nedelje u nedelju se dodaju novisadržaji, moguće su i izmene u prethodno unešenom tekstu, a takođe su mogućeslovne i druge greške.

3

Glava 1

Banahove algebre i spektri

1.1 Uvodni pojmovi i primeriSa N, R, R+, C označavamo redom skup prirodnih brojeva, skup realnih bro-

jeva, skup nenegativnih realnih brojeva i skup kompleksnih brojeva.

Definicija 1.1. Ako je na vektorskom prostoru A nad poljem skalara K definisanaoperacija množenja (a, b) 7→ a · b = ab : A × A 7→ A sa osobinom da je (A,+, ·)prsten i da za svako a, b ∈ A i λ ∈ K važi jednakost

(λa) · b = λ(a · b) = a · (λb),

onda kažemo da je A algebra nad K.

Za operacije sabiranja i množenja u algebri A, budući da je (A,+, ·) prsten,važe sledeće jednakosti:

(i) a · (b · c) = (a · b) · c

(ii) a · (b+ c) = (a · b) + (a · c), (a+ b) · c = (a · c) + (b · c).

Ako je polje skalara K = R, onda je A realna algebra, a ako je K = C, onda jeA kompleksna algebra. U daljem tekstu K će označavati polje C ili polje R.

Algebra je komutativna ako je prsten (A,+, ·) komutativan. Ukoliko prstenima jedinicu, onda algebra ima jedinicu i označavamo je sa 1. Napominjemo dai jedinicu polja K označavamo sa 1 i često za λ ∈ K i 1 ∈ A pišemo jednostavnoλ · 1 = λ ∈ A.

Primeri 1.2. (i) Kao što znamo skup C (R) sa operacijama sabiranja i množenjakompleksnih (realnih) brojeva je kompleksan (realan) vektorski prostor i komuta-tivan prsten sa jednicom, i stoga komutativna algebra sa jedinicom.

4

(ii) Skup Mn(C) (Mn(R)) kompleksnih (realnih) kvadratnih matrica reda n (udaljem tekstu Mn) snabdeven operacijom sabiranja matrica i operacijom množe-nja matrica kompleksnim (realnim) brojem obrazuje kompleksni (realni) vektorskiprostor. Uređena trojka (Mn,+, ·), gde je + operacija sabiranja matrica, a · ope-racija množenja matrica, je prsten sa jedinicom (jedinica za množenje u Mn jejedinična matrica reda n). Ako je n > 1, onda je Mn nekomutativan prsten. Kakoza sve λ ∈ C (R) i T, S ∈ Mn važi jednakost (λT)S = T(λS) = λ(TS), zaključu-jemo da je Mn u odnosu na ove operacije algebra sa jedinicom, i za n > 1, Mn jenekomutativna algebra.(iii) Ako su X i Y vektorski prostori nad poljem C (R), sa L(X, Y ) označavamoskup svih linearnih operatora iz prostora X u prostor Y . Kao što je poznato,L(X,Y ) je vektorski prostor nad poljem C (R). Ako je X = Y , umesto L(X,X)pišemo jednostavno L(X).

Za T, S ∈ L(X) i λ ∈ C (R) je

(T + S)(x) = T (x) + S(x), x ∈ X;

(λS)(x) = λS(x), x ∈ x;

(TS)(x) = T (S(x)), x ∈ X;

Vektorski prostor L(X) zajedno sa kompozicijom operatora (TS)(x) = T (Sx), x ∈X, kao množenjem u L(X), je algebra. Ako je dimX > 1, onda je L(X) neko-mutativna algebra. Jedinica za množenje u ovoj algebri je identičan operatorI : X → X, definisan sa Ix = x, x ∈ X. •

Definicija 1.3. Za neprazan podskup B algebre A koji je algebra sa istim opera-cijama kao i algebra A, kažemo da je podalgebra algebre A.

Lako se uočava da važi naredno tvrđenje.

Tvrđenje 1.4. Neka je A algebra nad poljem K. Neprazan poskup B ⊂ A jepodalgebra algebre A ako i samo ako je λb, b1 + b2, b1 · b2 ∈ B za sve b, b1, b2 ∈ B isve λ ∈ K.

Definicija 1.5. Potprostor J algebre A je levi ideal u A ako je AJ ⊂ J , tj.ax ∈ J za svako a ∈ A i svako x ∈ J , dok ćemo za J reći da je desni ideal u Aako je JA ⊂ J , tj. xa ∈ J za svako a ∈ A i svako x ∈ J . Za J kažemo da jedvostrani ideal u A ako je J istovremeno i levi i desni ideal u A.

Za ideal (levi, desni, dvostrani) J u A kažemo da je pravi (levi, desni, dvostrani)ideal u A ako je J = A.

Očigledno, svaki ideal u A (bilo desni, bilo levi, bilo dvostrani) je podalgebraalgebre A.

5

Tvrđenje 1.6. Neka je A algebra sa jedinicom 1. Neprazan podskup J algebre Aje levi ideal u A ako i samo ako važe uslovi:(1) j1 + j2 ∈ J za sve j1, j2 ∈ J ,(2) aj ∈ J za sve a ∈ A i sve j ∈ J .

Dokaz. (=⇒): Sledi iz definicije levog ideala.(⇐=): Neka su λ ∈ K, j, j1, j2 ∈ J i a ∈ A proizvoljno izabrani. Tada λ1 ∈ A

i na osnovu uslova (2) sledi λj = (λ · 1)j ∈ J . Ovo zajedno sa uslovom (1) povlačida je J potprostor algebre A. S obzirom da za potprostor J važi uslov (2), sledida je J levi ideal u A.

Slično, neprazan podskup J algebre A sa jedinicom je desni ideal u A ako isamo ako j1 + j2 ∈ J za sve j1, j2 ∈ J , i ja ∈ J za sve a ∈ A i sve j ∈ J .

Za preslikavanje ρ : A → B, gde su A i B algebre nad istim poljem K, kažemoda je homomorfizam iz algebre A u algebru B ako važi:

ρ(a+ b) = ρ(a) + ρ(b), za sve a, b ∈ A, (1.1)ρ(λa) = λρ(a), za sve a ∈ A i λ ∈ K, (1.2)

ρ(ab) = ρ(a)ρ(b), za sve a, b ∈ A. (1.3)

Za preslikavanje koje ima osobinu (1.1) kažemo da je aditivno, a za preslikavanjekoje ima osobinu (1.2) kažemo da je homogeno. Preslikavanje koje ima obe osobine(1.1) i (1.2) je linearno preslikavanje. Za preslikavanje koje ima osobinu (1.3)kažemo da je multiplikativno. Prema tome, homomorfizam ρ : A → B je linearnomultiplikativno preslikavanje.

Ako je ρ : A → B homomorfizam i injekcija (surjekcija), onda kažemo da jeρ monomorfizam (epimorfizam). U slučaju da je ρ : A → B homomorfizam ibijekcija, kažemo da je izomorfizam.

Primer 1.7. Neka je X vektorski prostor dimenzije n nad poljem C (R) sa bazome1, e2, . . . , en, a Mn algebra kompleksnih (realnih) kvadratnih matrica reda n.Neka je ρ : L(X) → Mn preslikavanje koje operatoru T ∈ L(X) pridružuje kva-dratnu matricu reda n, T = [tij]

ni,j=1, takvu da broj tij predstavlja i-tu koordinatu

vektora Tej u odnosu na bazu e1, e2, . . . , en, što označavamo sa tij = Teji,i, j = 1, . . . , n. Sa (ρ(T ))ij označavamo element na mestu (i, j) u matrici ρ(T ), tj.(ρ(T ))ij = (T)ij = tij. Neka su A,B ∈ L(X) i λ ∈ K proizvoljno izabrani, i nekaje ρ(A) = A = [aij]

ni,j=1 i ρ(B) = B = [bij]

ni,j=1.

Kako je

(ρ(A+B))ij = (A+B)eji = Aej +Beji = Aeji + Beji = aij + bij

= (ρ(A))ij + (ρ(B))ij,

(ρ(λA))ij = (λA)eji = λAeji = λAeji = λ(ρ(A))ij

6

i

(ρ(AB))ij = (AB)eji = A(Bej)i = A(b1je1 + · · ·+ bnjen)i= b1jAe1 + · · ·+ bnjAeni= b1j(a11e1 + · · ·+ an1en) + · · ·+ bnj(a1ne1 + · · ·+ annen)i= (a11b1j + · · ·+ a1nbnj)e1 + · · ·+ (an1b1j + · · ·+ annbnj)eni= ai1b1j + · · ·+ ainbnj = (AB)ij= (ρ(A)ρ(B))ij, za sve i, j ∈ 1, . . . , n,

to je ρ(A + B) = ρ(A) + ρ(B), ρ(λA) = λρ(A) i ρ(AB) = ρ(A)ρ(B), te je ρhomomorfizam algebre L(X) u algebru Mn. Nije teško videti da je ρ bijekcija, paje ρ izomorfizam. •

Tvrđenje 1.8. Neka su A i B algebre nad istim poljem K, i neka je ρ : A → Bhomomorfizam. Tada je ρ(0A) = 0B, gde je 0A (0B) nula u algebri A (B).

Dokaz. Izρ(0A) = ρ(0A + 0A) = ρ(0A) + ρ(0A),

budući da u grupi (B,+) važi zakon kraćenja, sledi ρ(0A) = 0B.

Tvrđenje 1.9. Neka su A i B algebre nad istim poljem K, i neka je ρ : A → Bepimorfizam. Ako je 1A jedinica u A, onda je ρ(1A) jedinica u B.

Dokaz. Neka je 1A jedinica u A i neka je y ∈ B proizvoljno. Dokažimo da je ρ(1A)jedinica u B. Preslikavanje ρ je epimorfizam, te postoji x ∈ A takvo da je ρ(x) = yi važi

yρ(1A) = ρ(x)ρ(1A) = ρ(x1A) = ρ(x) = y.

Slično se dokazuje i ρ(1A)y = y, pa je ρ(1A) jedinica u B.

Tvrđenje 1.10. Neka je ρ nenula homomorfizam kompleksne (realne) algebre ualgebru kompleksnih (realnih) brojeva C (R). Tada je ρ epimorfizam.

Dokaz. Neka je ρ : A → C homomorfizam i neka je ρ = 0. Tada postoji a0 ∈ Atako da je ρ(a0) = λ0 ∈ C i λ0 = 0. Stoga za proizvoljno λ ∈ C važi λ

λ0a0 ∈ A

i ρ( λλ0a0) =

λλ0ρ(a0) =

λλ0

· λ0 = λ. Ovim smo dokazali da je ρ surjekcija, pa je ρepimorfizam. 1

Tvrđenje 1.11. Neka je ρ nenula homomorfizam kompleksne (realne) algebre Asa jedinicom 1A u algebru kompleksnih (realnih) brojeva C (R). Tada je ρ(1A) = 1.

1Primetimo da smo za dokaz da je ρ surjekcija koristili samo osobinu homogenosti preslikavanjaρ.

7

Dokaz. Sledi iz Tvrđenja 1.10 i Tvrđenja 1.9.

Homomorfizam kompleksne algebre u algebru C zvaćemo kompleksni homomor-fizam. Nenula kompleksni homomorfizam se naziva multiplikativni funkcional.

Tvrđenje 1.12. Neka su A i B algebre nad poljem K, i neka je ρ : A → Bizomorfizam algebre A u algebru B. Tada je ρ−1 : B → A izomorfizam algebre B ualgebru A.

Dokaz. Kako je ρ : A → B bijekcija, to je i ρ−1 : B → A bijekcija. Pokažimo da jeρ−1 homomorfizam.

Neka su b1, b2 ∈ B i λ ∈ K proizvoljno izabrani elementi. Kako je ρ surjektivnopreslikavanje, to postoje elementi a1, a2 ∈ A takvi da je ρ(a1) = b1 i ρ(a2) =b2. Tada je ρ−1(b1) = a1 i ρ−1(b2) = a2, i s obzirom da je ρ homomorfizam,zaključujemo da je

ρ−1(b1+b2) = ρ−1(ρ(a1)+ρ(a2)) = ρ−1(ρ(a1+a2)) = a1+a2 = ρ−1(b1)+ρ−1(b2),

ρ−1(λb1) = ρ−1(λρ(a1)) = ρ−1(ρ(λa1)) = λa1 = λρ−1(b1),

ρ−1(b1b2) = ρ−1(ρ(a1)ρ(a2)) = ρ−1(ρ(a1a2)) = a1a2 = ρ−1(b1)ρ−1(b2).

Prema tome, ρ−1 : B → A izomorfizam algebre B u algebru A.

Tvrđenje 1.13. Neka je ρ : A → B homomorfizam algebre A u algebru B.(i) Ako je A1 podalgebra algebre A, onda je ρ(A1) podalgebra algebre B.(ii) Ako je B1 podalgebra algebre B, onda je ρ−1(B1) podalgebra algebre A.

Dokaz. (i) Neka su λ ∈ K i b1, b2 ∈ ρ(A1) proizvoljno izabrani. Tada postojea1, a2 ∈ A1 takvi da je b1 = ρ(a1) i b2 = ρ(a2). Kako je A1 podalgebra algebre A,to je λa1, a1 + a2, a1 · a2 ∈ A1, i s obzirom da je f homomorfizam, sledi

λb1 = λρ(a1) = ρ(λa1) ∈ ρ(A1),

b1 + b2 = ρ(a1) + ρ(a2) = ρ(a1 + a2) ∈ ρ(A1),

b1 · b2 = ρ(a1) · ρ(a2) = ρ(a1 · a2) ∈ ρ(A1).

Na osnovu Tvrđenja 1.4 sledi da je ρ(A1) podalgebra u B.(ii) Neka su λ ∈ K i a1, a2 ∈ ρ−1(B1). Tada ρ(a1), ρ(a2) ∈ B1, i s obzirom da je

B1 algebra, a ρ homomorfizam, to je

ρ(λa1) = λρ(a1) ∈ B1,

ρ(a1 + a2) = ρ(a1) + ρ(a2) ∈ B1,

ρ(a1 · a2) = ρ(a1) · ρ(a2) ∈ B1.

Odavde sledi da λa1, a1 + a2, a1 · a2 ∈ ρ−1(B1), pa na osnovu Tvrđenja 1.4 zaklju-čujemo da je ρ−1(B1) podalgebra u A.

8

Tvrđenje 1.14. Neka su A i B algebre nad poljem K, i neka je ρ : A → Bepimorfizam algebre A u algebru B. Ako je J levi (desni, dvostrani) ideal u A,onda je ρ(J ) levi (desni, dvostrani) ideal u B.

Dokaz. Neka je J levi ideal u A. Tada je J podalgebra algebre A i na osnovuTvrđenja 1.13 (i) sledi da je ρ(J ) podalgebra u A. Neka su b ∈ B i b1 ∈ ρ(J )proizvoljni elementi. Tada postoje elementi j ∈ J i a ∈ A, takvi da je ρ(j) = b1 iρ(a) = b. Kako je ρ homomorfizam, to je

b · b1 = ρ(a) · ρ(j) = ρ(a · j) ∈ ρ(J ),

jer a · j ∈ J budući da je J levi ideal u A. S obzirom da je ρ(J ) vektorskipotprostor u B za koji važi da B · ρ(J ) ⊂ ρ(J ), zaključujemo da je ρ(J ) levi idealu B.

Tvrđenje se slično dokazuje za slučaj kada je J desni ili dvostrani ideal u A.

Tvrđenje 1.15. Neka su A i B algebre nad poljem K, i neka je ρ : A → Bhomomorfizam algebre A u algebru B. Ako je J levi (desni, dvostrani) ideal u B,onda je ρ−1(J ) levi (desni, dvostrani) ideal u A.

Dokaz. Neka je J levi ideal u B. Budući da je onda J podalgebra u B, iz Tvrđenja1.13 (ii) sledi da je ρ−1(J ) podalgebra u A. Neka su a ∈ A i a1 ∈ ρ−1(J )proizvoljni elementi. Tada ρ(a1) ∈ J , i budući da je J levi ideal u B, a ρ : A → Bhomomorfizam, to je

ρ(a · a1) = ρ(a) · ρ(a1) ∈ J ,

i stoga a · a1 ∈ ρ−1(J ). Prema tome, ρ−1(J ) je potprostor u A za koji važi da jeA · ρ−1(J ) ⊂ ρ−1(J ), pa je ρ−1(J ) levi ideal u A.

Tvrđenje se slično dokazuje za slučaj kada je J desni ili dvostrani ideal u B.

Definicija 1.16. Za algebru A kažemo da je normirana algebra ako postoji normana A, tj. ako je (A, ∥ · ∥) normiran prostor, sa osobinom da je za svako a, b ∈ A

∥a · b∥ ≤ ∥a∥∥b∥ (1.4)

Ovu osobinu norme nazivamo submultiplikativnost.Ako je K = R (K = C) kažemo da je A realna (kompleksna) normirana algebra.Normirana algebra (A, ∥ · ∥) je Banahova algebra ako je (A, ∥ · ∥) Banahov

prostor.

Navodimo nekoliko primera normiranih i Banahovih algebri.

Primer 1.17. Moduo (apsolutna vrednost) broja je norma na algebri C (R) i kakoje ona i Banahov prostor, biće stoga Banahova algebra. •

9

Primer 1.18. Algebra Mn(C) (Mn(R)) snabdevena normom

∥A∥ =n∑

i,j=1

|aij|, A = [aij]ni,j=1 ∈Mn(C) (Mn(R))

je Banahova algebra. •

Ako su X i Y normirani prostori nad istim poljem K (K = R ili K = C), saB(X, Y ) označavamo skup svih linearnih ograničenih operatora. Kao što je po-znato, B(X, Y ) je normirani prostor (B(X,Y ) je vektorski potprostor u L(X,Y )i norma operatora jeste norma na prostoru B(X,Y )). Ako je X = Y , ume-sto B(X,X) pišemo jednostavno B(X). Prostor linernih ograničenih funkcionalaB(X,K) označavamo sa X ′ i zovemo dualni prostor prostora X.

Sledi primer jedne od najčešće izučavanih Banahovih algebri.

Primer 1.19. Neka je X normirani prostor nad poljem kompleksnih (realnih)brojeva C i B(X) prostor ograničenih linearnih operatora na X. Za S ∈ B(X) je

∥S∥ = sup∥Sx∥ : ∥x∥ ≤ 1. (1.5)

U odnosu na funkciju definisanu u (1.5) B(X) je normirani prostor, i kako je

∥ST∥ ≤ ∥S∥∥T∥,

sledi da je B(X) kompleksna (realna) normirana algebra sa jedinicom I. Pritom,B(X) je Banahova algebra ako i samo ako je X Banahov prostor.2 Osim toga,B(X) je netrivijalna algebra ako i samo ako je X netrivijalan prostor.3 Skupkompaktnih operatora na prostoru X, K(X), je dvostrani ideal u B(X). •

2Implikacija =⇒ sledi iz tvrđenja: Neka su X i Y normirani prostori i X = 0. Ako jeB(X,Y ) Banahov prostor, onda je Y Banahov prostor.

Pretpostavimo da je B(X) Banahov prostor. Dokazaćemo da je X Banahov prostor. Akoje X = 0, onda je X je Banahov prostor. Ako je X = 0, budući da je B(X) = B(X,X)Banahov prostor, iz prethodno pomenutog tvrđenja sledi da je X Banahov prostor.

Kako je B(X) Banahov prostor ako je X Banahov prostor [13, Teorema 2.3.4], to zaključujemoda važi ekvivalencija:B(X) je Banahov prostor ako i samo ako je X Banahov prostor.3Ako je X = 0, onda je B(X) = 0. S druge strane, ako je X = 0, onda iz Han-Banahove

teoreme sledi da je B(X) netrivijalna algebra. Naime, iz X = 0 sledi da postoji x0 ∈ X takoda je x0 = 0. Iz jedne posledice Han-Banahove teoreme [13, Teorema 4.1.3 i Posledica 4.1.5]sledi da postoji linearan ograničen funkcional f na X takav da je f(x0) = 1. Neka je operatorA : X → X definisan sa Ax = f(x)x0, x ∈ X. Lako se pokazuje da je A ∈ B(X), i kako jeAx0 = f(x0)x0 = x0 = 0, to je A = 0. Prema tome, B(X) je netrivijalna algebra.

10

Primer 1.20. Neka je S neprazan skup i B(S) skup svih ograničenih funkcijaf : S → C. Za f, g ∈ B(S) definišimo

(f + g)(x) = f(x) + g(x),

(λf)(x) = λf(x), (1.6)(f · g)(x) = f(x) · g(x), za sve x ∈ S i f, g ∈ B(S), λ ∈ C.

B(S) je komutativna algebra sa jedinicom f(x) = 1, x ∈ S. Sa normom

∥f∥ = sup|f(x)| : x ∈ S

B(S) je Banahova algebra.Proverimo recimo osobinu (1.4). Neka je x ∈ S proizvoljno izabran. Tada je

0 ≤ |f(x)| ≤ ∥f∥ i 0 ≤ |g(x)| ≤ ∥g∥,

odakle sledi da je |f(x)||g(x)| ≤ ∥f∥∥g∥. Sada zaključujemo da je

∥fg∥ = sup|f(x)g(x)| : x ∈ S ≤ ∥f∥∥g∥. •

Primer 1.21. Neka je S topološki prostor i C(S) skup svih neprekidnih funkcijaf : S → C. U odnosu na operacije definisane u (1.6) C(S) je komutativna algebrasa jedinicom f(x) = 1, x ∈ S. Ako je S kompaktan Hauzdorfov prostor, onda jeC(S) Banahova algebra sa normom

∥f∥ = sup|f(s)| : s ∈ S. •

Primer 1.22. Neka jeK kompaktan podskup skupa kompleksnih brojeva C, i nekaje P (K) skup svih polinoma p : K → C. U odnosu na operacije definisane kao u(1.6) i normu ∥p∥ = sup

z∈K|p(z)|, P (K) je normirana algebra. Primetimo da je P (K)

podalgebra algebre C(K) svih kompleksnih neprekidnih funkcija na K, ali da nijei Banahova algebra. Zaista, niz polinoma (pn) gde je pn(t) = 1 + t+ t2

2!+ · · ·+ tn

n!,

t ∈ C, uniformno konvergira ka funkciji f(t) = et na skupu K, odakle sledi da niz(pn) konvergira ka funkciji f u prostoru C(K), te je stoga Košijev. Kako funkcijaf nije polinom, sledi da je (pn) Košijev niz u P (K) koji nema graničnu vrednost uP (K), te stoga P (K) nije Banahova algebra. •

Lema 1.23. Množenje u normiranoj algebri je neprekidna funkcija.

Dokaz. Neka su (an) i (bn) nizovi u normiranoj algebri A takvi da an → a ∈ A ibn → b ∈ A kad n→ ∞. Iz lim

n→∞an = a sledi da lim

n→∞∥an∥ = ∥a∥, pa je niz (∥an∥)n,

budući konvergentan, i ograničen. Dakle postoji M ∈ R+ tako da je ∥an∥ ≤M , za

11

svako n ∈ N. Koristeći osobine norme (nejednakost trougla i submultiplikativnost)zaključujemo da je

0 ≤ ∥anbn − ab∥ = ∥anbn − anb+ anb− ab∥ = ∥an(bn − b) + (an − a)b∥≤ ∥an(bn − b)∥+ ∥(an − a)b∥ ≤ ∥an∥∥bn − b∥+ ∥an − a∥∥b∥≤ M∥bn − b∥+ ∥an − a∥∥b∥,

odakle na osnovu teoreme o dva policajca sledi ∥anbn − ab∥ → 0 kad n → ∞, tj.anbn → ab, n→ ∞.

Ako je S podskup normirane algebre A, onda sa S označavamo zatvorenjeskupa S.

Tvrđenje 1.24. Neka je A normirana algebra.(i) Ako je B podalgebra algebre A, onda je i B podalgebra algebre A.(ii) Ako je J levi (desni) ideal u algebri A, onda je i J levi (desni) ideal u algebriA.

Dokaz. (i): Neka su c, c′ ∈ B i λ ∈ K. Tada postoje nizovi (bn) i (b′n) elemenatapodalgebre B takvi da bn → c i b′n → c′, kad n→ ∞. Odavde sledi da

λbn → λc, bn + b′n → c+ c′, kad n→ ∞, (1.7)

a korišćenjem i Leme 1.23 dobijamo

bnb′n → cc′, kad n→ ∞. (1.8)

S obzirom da je B algebra, to iz bn, b′n ∈ B sledi

λbn, bn + b′n, bnb′n ∈ B. (1.9)

Iz (1.7), (1.8) i (1.9) sledi λc, c+ c′, cc′ ∈ B. Na osnovu Tvrđenja 1.4 sledi da je Bpodalgebra algebre A.

Tvrđenje (ii) se dokazuje slično.

Definicija 1.25. Neka je M podskup algebre A. Komutant skupa M je definisansa

M ′ = a ∈ A : am = ma za svako m ∈M

Pišemo M ′′ umesto (M ′)′ za drugi komutant skupa M .

Primetimo da su elementi skupa M međusobno komutativni ako i samo ako jeM ⊂M ′.

12

Tvrđenje 1.26. Neka je A normirana algebra nad poljem K, i neka M i N pod-skupovi algebre A. Tada:

(i) M ′ je zatvorena podalgebra u A;(ii) M ⊂ N =⇒ N ′ ⊂M ′ =⇒M ′′ ⊂ N ′′;(iii) M ⊂M ′′;(iv) M ′ =M ′′′;(v) Ako su elementi skupa M međusobno komutativni, onda je

M ⊂M ′′ ⊂M ′

i M ′′ je komutativna normirana algebra.Pritom, ako je A Banahova algebra, onda je M ′′ komutativna Banahova alge-

bra.

Dokaz. (i) Neka su a1, a2 ∈ M′ i λ ∈ K proizvoljni elementi. Tada za proizvoljnielement m ∈M važi da je

a1m = ma1, a2m = ma2,

pa je

(a1 + a2)m = a1m+ a2m = ma1 +ma2 = m(a1 + a2),

(λa1)m = λ(a1m) = λ(ma1) = m(λa1),

(a1a2)m = a1(a2m) = a1(ma2) = (a1m)a2 = (ma1)a2 = m(a1a2).

Odavde zaključujemo da a1 + a2, λa1, a1a2 ∈M ′. Na osnovu Tvrđenja 1.4 sledi daje M ′ podalgebra algebre A.

Dokažimo da je M ′ zatvoren skup. Neka je a ∈ M ′ proizvoljan element. Tadapostoji niz (an) takav da je an ∈ M ′ za sve n ∈ N i an → a kad n → ∞. Neka jem ∈M proizvoljan element. Tada je

anm = man za sve n ∈ N. (1.10)

Prelazeći u jednakosti (1.10) na limes kada n → ∞ i koristeći neprekidnost mno-ženja u normiranoj algebri, dobijamo

am = ma.

Odave, s obzirom na proizvoljnost elementa m ∈ M , zaključujemo da je a ∈ M ′.Prema tome, M ′ je zatvoren skup.

(ii) Očigledno.(iii) Neka m ∈ M i neka je a ∈ M ′ proizvoljno. Tada m i a komutiraju i zato

m ∈M ′′.

13

(iv) Iz (iii) i (ii) sledi

M ⊂M ′′ =⇒M ′′′ ⊂M ′.

Ako (iii) primenimo na M ′ umesto M dobijamo M ′ ⊂ M ′′′. Prema tome, M ′ =M ′′′.

(v) Pretpostavimo da elementi skupaM međusobno komutiraju. SlediM ⊂M ′

i na osnovu (ii) imamo M ′′ ⊂M ′. Ovo, zajedno sa (iii) i (iv), povlači M ⊂M ′′ ⊂M ′ =M ′′′. Iz (i) i M ′′ ⊂ (M ′′)′ sledi da je M ′′ komutativna zatvorena podalgebraalgebre A. Ako je još A i Banahova algebra, onda je i M ′′ Banahova algebra.4

Za a ∈ A definišimo levi multiplikativni operator La : A → A i desni multipli-kativni operator Ra : A → A sa

La(x) = ax,

Ra(x) = xa, x ∈ A.

Očigledno su La i Ra linearni operatori, a iz Leme 1.23 sledi da su neprekidni.Koristeći submultiplikativnost norme dobijamo

∥La(x)∥ = ∥ax∥ ≤ ∥a∥∥x∥,∥Ra(x)∥ = ∥xa∥ ≤ ∥a∥∥x∥, x ∈ A,

te je∥La∥ ≤ ∥a∥ i ∥Ra∥ ≤ ∥a∥. (1.11)

Tvrđenje 1.27. Ako netrivijalna normirana algebra ima jedinicu 1, onda je u∥1∥ ≥ 1.

Dokaz. Neka netrivijalna normirana algebra ima jedinicu 1. Tada je 1 = 0, i iz1 · 1 = 1 i submultiplikativnosti norme sledi

∥1∥ = ∥1 · 1∥ ≤ ∥1∥ · ∥1∥. (1.12)

odakle deobom sa ∥1∥ (∥1∥ > 0 zbog 1 = 0) dobijamo ∥1∥ ≥ 1. U interesu nam je da norma jedinice bude jednaka 1. Ako je ∥1∥ > 1, sledeća

teorema pokazuje da je moguće uvesti novu normu, ekvivalentnu staroj, u kojoj jenorma jedinice jednaka 1.

Teorema 1.28. Neka je A netrivijalna normirana algebra sa normom ∥ · ∥ i jedi-nicom 1. Tada je sa

∥x∥0 = ∥Lx∥, x ∈ A,4Zatvoren potprostor kompletnog prostora je kompletan.

14

tj.

∥x∥0 = supz∈A, ∥z∥=1

∥xz∥ = supz∈A, z =0

∥xz∥∥z∥

, x ∈ A,

definisana norma na A ekvivalentna normi ∥ · ∥, i sa osobinom da je ∥1∥0 = 1.

Dokaz. Za svako x ∈ A iz prve nejednakosti u (1.11) imamo da je ∥x∥0 = ∥Lx∥ ≤∥x∥. Prema tome, funkcija ∥ · ∥0 preslikava A u skup R, pri čemu važi da je∥x∥0 = ∥Lx∥ ≥ 0, za svako x ∈ A.

Za x ∈ A važe ekvivalencije:

∥x∥0 = 0 ⇔ ∥Lx∥ = 0 ⇔ Lx = 0 ⇔ Lx(z) = 0, za svako z ∈ A⇔ xz = 0, za svako z ∈ A. (1.13)

Prema tome, ako je ∥x∥0 = 0 onda je xz = 0, za svako z ∈ A, pa uzimajući da jez = 1 dobijamo da je x = 0. Obrnuto, ako je x = 0, onda je xz = 0 za svako z ∈ Ajer je (A,+, ·) prsten, i zato je na osnovu (1.13) ∥x∥0 = 0. Stoga je

∥x∥0 = 0 ⇐⇒ x = 0.

Za x, y ∈ A i λ ∈ C imamo da je

∥λx∥0 = ∥Lλx∥ = ∥λLx∥ = |λ|∥Lx∥ = |λ|∥x∥0,∥x+ y∥0 = ∥Lx+y∥ = ∥Lx + Ly∥ ≤ ∥Lx∥+ ∥Ly∥ = ∥x∥0 + ∥y∥0,

∥xy∥0 = ∥Lxy∥ = ∥Lx Ly∥ ≤ ∥Lx∥∥Ly∥ = ∥x∥0∥y∥0.

Prema tome, x 7→ ∥x∥0 je norma na algebri A.Kako je

∥x · 1∥∥1∥

≤ supz =0

∥xz∥∥z∥

= ∥x∥0 ≤ ∥x∥,

tj.1

∥1∥· ∥x∥ ≤ ∥x∥0 ≤ ∥x∥,

to su norme ∥ · ∥0 i ∥ · ∥ ekvivalentne, i pritom još važi da je

∥1∥0 = supz =0

∥1 · z∥∥z∥

= supz =0

∥z∥∥z∥

= sup1 = 1. 5 6

5tj. ∥1∥0 = ∥L1∥ = ∥I∥ = 1.6Slično bi se moglo dokazati da je sa

∥x∥1 = ∥Rx∥, x ∈ A,

tj.

∥x∥1 = supz∈A, ∥z∥=1

∥zx∥ = supz∈A, z =0

∥zx∥∥z∥

, x ∈ A,

definisana norma na A ekvivalentna normi ∥ · ∥, i sa osobinom da je ∥1∥1 = 1.

15

Primetimo da je

∥La∥0 = ∥Ra∥0 = ∥a∥0, za svako a ∈ A.

Zaista, ∥La∥0 ≤ ∥a∥0, i kako je ∥1∥0 = 1, to je ∥La∥0 = sup∥x∥0=1

∥Lax∥0 ≥ ∥La(1)∥0 =

∥a∥0, te je ∥La∥0 = ∥a∥0. Slično, ∥Ra∥0 = ∥a∥0.Preslikavanje a 7→ La (a 7→ Ra) je homomorfizam algebre A u algebru ograniče-

nih linearnih operatora na A, B(A), i pritom još i izometrija. Stoga smatramo da jesvaka normirana algebra A sa jedinicom podalgebra algebre ograničenih linearnihoperatora B(A).

Kvocijent algebra

Ako je J dvostrani ideal u algebri A, tada je sa

a ∼ b⇐⇒ a− b ∈ J , a, b ∈ A,

definisana relacija ekvivalencije. Za sve a, a1, a2, b, b1, b2 ∈ A i sve λ ∈ K važesledeće osobine:(1) a ∼ b⇐⇒ λa ∼ λb;(2) a1 ∼ b1 ∧ a2 ∼ b2 =⇒ a1 + a2 ∼ b1 + b2 ∧ a1 · a2 ∼ b1 · b2.

Zaista, neka je a ∼ b, i a1 ∼ b1 i a2 ∼ b2. Tada je a−b, a1−b1, a2−b2 ∈ J , i kakoje J potprostor u A, sledi λ(a−b) ∈ J , tj. λa−λb ∈ J , i (a1−b1)+(a2−b2) ∈ J ,tj. (a1 + a2) − (b1 + b2) ∈ J , pa je λa ∼ λb i a1 + a2 ∼ b1 + b2. S obzirom daje J dvostrani ideal, to je AJ ⊂ J i JA ⊂ J , odakle sledi da a1a2 − b1b2 =a1(a2 − b2) + (a1 − b1)b2 ∈ J , tj. a1a2 ∼ b1b2.

Klasa ekvivalencije elementa a ∈ A je

[a] = u ∈ A : u ∼ a = u ∈ A : u− a ∈ J = a+ j : j ∈ J = a+ J ,

Kvocijent skup u odnosu na relaciju ∼, u oznaci A/J , je skup svih klasa ekviva-lencije elemenata iz A:

A/J = [a] : a ∈ A = a+ J : a ∈ A.

S obzirom na osobine (1) i (2), operacije

λ [a] = [λa],

[a1] + [a2] = [a1 + a2], (1.14)[a1] · [a2] = [a1 · a2], gde su a, a1, a2 ∈ A i λ ∈ K,

su dobro definisane. Lako je proveriti da je A/J algebra nad poljem K u odnosu naoperacije definisane u (1.14). Algebra A/J se zove kvocijent algebra. Kvocijentnopreslikavanje π : A → A/J , definisano sa

π(a) = [a], a ∈ A,

16

je epimorfizam algebre A na algebru A/J . Ako je J = A, onda je A/J trivijalnaalgebra, tj. A/J = 0, i π je nula homomorfizam, tj. π(a) = 0 za sve a ∈ A.Ako je J $ A, onda je A/J nenula algebra i π je nenula homomorfizam.

Tvrđenje 1.29. Neka je A normirana algebra i J zatvoreni dvostrani ideal u A.Tada je algebra A/J sa kvocijent normom

∥[a]∥ = inf∥x∥ : x ∈ [a] = inf∥a+ j∥ : j ∈ J 7

normirana algebra. Kvocijentno preslikavanje je ograničeno i ∥π∥ ≤ 1.Ako je još A i Banahova algebra, onda je i A/J Banahova algebra u odnosu

na kvocijent normu.

Dokaz. Kako je J zatvoren potprostor u A, to je A/J normirani prostor u odnosuna kvocijent normu na osnovu [13, Teorema 2.4.1]. Da bismo pokazali da je A/Jnormirana algebra, ostaje još da se pokaže da je kvocijent norma submiltiplika-tivna, tj. da za sve a, b ∈ A važi nejednakost

∥[a][b]∥ ≤ ∥[a]∥ · ∥[b]∥. (1.15)

Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Tada postoji a′ ∈ [a] i b′ ∈ [b] tako da je

∥a′∥ < ∥[a]∥+ ϵ i ∥b′∥ < ∥[b]∥+ ϵ. (1.16)

Tada je a′ ∼ a i b′ ∼ b, pa je a′b′ ∼ ab, tj. a′b′ ∈ [ab], i stoga

∥[a][b]∥ = ∥[ab]∥ ≤ ∥a′b′∥. (1.17)

Zbog submultiplikativnosti norme u normiranoj algebri A i nejednakosti (1.16),zaključujemo da važi nejednakost:

∥a′b′∥ ≤ ∥a′∥∥b′∥ < (∥[a]∥+ ϵ)(∥[b]∥+ ϵ). (1.18)

Sada iz (1.17) i (1.17) sledi

∥[a][b]∥ < (∥[a]∥+ ϵ)(∥[b]∥+ ϵ),

odakle prelaskom na limes kada ϵ→ 0 dobijamo nejednakost (1.15). 8

Iz∥π(a)∥ = ∥[a]∥ ≤ ∥a∥, za sve a ∈ A,

sledi da je π ograničen operator i da je ∥π∥ ≤ 1.Ako je A Banahova algebra, onda je na osnovu [13, Teorema 2.5.3] i algebra

A/J Banahova. 7Primetimo da je norma klase elementa a ∈ A jednaka rastojanju elementa a od ideala J :

∥[a]∥ = dist(a,J ).

8Ovu nejednakost smo mogli dobiti i na sledeći način:

17

Tvrđenje 1.30. Neka je A normirana algebra i J pravi zatvoreni dvostrani idealu A. Tada je ∥π∥ = 1.

Dokaz. Neka je ϵ ∈ (0, 1) proizvoljno izabran broj. S obzirom da je J pravizatvoren potprostor u normiranom prostoru A, to na osnovu Risove leme9 postojielement xϵ ∈ A takav da je ∥xϵ∥ = 1 i ∥π(xϵ)∥ = ∥[xϵ]∥ = dist(xϵ,J ) > 1 − ϵ.Kako je

∥π∥ = supa∈A, ∥a∥=1

∥π(a)∥ ≥ ∥π(xϵ)∥,

to je∥π∥ > 1− ϵ.

Iz poslednje nejednakosti pelaskom na limes kad ϵ → 0 dobijamo ∥π∥ ≥ 1. Kakoje u Tvrđenju 1.29 pokazano da je ∥π∥ ≤ 1, zaključujemo da je ∥π∥ = 1.

Tvrđenje 1.31. Neka je A normirana algebra sa jedinicom 1, i neka je J pravizatvoreni dvostrani ideal u A. Ako je ∥1∥ = 1, onda je ∥π(1)∥ = 1.

Dokaz. Kako je J pravi ideal u A, to 1 /∈ J = J (Lema 2.22 (i)), pa je ∥π(1)∥ =∥[1]∥ = dist(1,J ) > 0. Iz

∥π(1)∥ = ∥π(1 · 1)∥ = ∥π(1)π(1)∥ ≤ ∥π(1)∥∥π(1)∥,

deobom sa ∥π(1)∥ dobijamo ∥π(1)∥ ≥ 1. 10

Neka je ∥1∥ = 1. Kako je ∥π(1)∥ = ∥[1]∥ ≤ ∥1∥ = 1, to zaključujemo da je∥π(1)∥ = 1.

Pridruživanje jedinice

∥[a]∥ · ∥[b]∥ = inf∥a+ j∥ : j ∈ J · inf∥b+ k∥ : k ∈ J = inf∥a+ j∥ · ∥b+ k∥ : j, k ∈ J ≥ inf∥(a+ j)(b+ k)∥ : j, k ∈ J = inf∥ab+ jb+ ak + jk∥ : j, k ∈ J ≥ inf∥ab+m∥ : m ∈ J = ∥[ab]∥.

9Risova lema: Neka je Y pravi zatvoren potprostor u normiranom prostoru X. Tada za svakoϵ ∈ (0, 1) postoji xϵ ∈ X tako da je ∥xϵ∥ = 1 i dist(xϵ, Y ) > 1− ϵ.

10Do ovog zaključka smo mogli doći korišćenjem Tvrđenja 1.27 i Tvrđenja 1.9. Naime, s obziromda je π epimorfizam, na osnovu Tvrđenja 1.9 sledi da je π(1) jedinica u kvocijent algebri A/J ,a zbog J $ A, normirana algebra A/J je netrivijalna, pa iz Tvrđenja 1.27 sledi da je normajedinice u A/J veća ili jednaka od 1.

18

Ako je A algebra nad poljem K bez jedinice, moguće je konstruisati monomor-fizam iz algebre A u neku algebru sa jedinicom. Skup A = K × A je vektorskiprostor u odnosu na operacije definisane sa:

(λ, a) + (µ, b) = (λ+ µ, a+ b)

µ(λ, a) = (µλ, µa), gde su a, b ∈ A i λ, µ ∈ K.

Operacija množenja u skupu A se definiše na sledeći način:

(λ, a)(µ, b) = (λµ, λb+ µa+ ab), a, b ∈ A, λ, µ ∈ K.

Nije teško videti da je A, u odnosu na ovako definisane operacije, algebra nad K.Algebra A ima jedinicu, to je elemenat (1, 0) ∈ A, i za algebru A kažemo da jealgebra dobijena iz A pridruživanjem jedinice. Ako je A još i normirana algebra,tada je A u odnosu na funkciju:

∥(λ, x)∥1 = |λ|+ ∥x∥

normirani prostor. Budući da je

∥(λ, x)(µ, y)∥1 = |λµ|+ ∥xy + µx+ λy∥≤ |λ||µ|+ ∥x∥∥y∥+ |µ|∥x∥+ |λ|∥y∥= (|λ|+ ∥x∥)(|µ|+ ∥y∥)= ∥(λ, x)∥1∥(µ, y)∥1, za svako λ, µ ∈ K i svako x, y ∈ A,

to je A normirana algebra. Za normiranu algebru A kažemo da je normiranaalgebra sa jedinicom, dobijena iz A pridruživanjem jedinice.

Pokažimo da je preslikavanje f : A → A definisano sa f(x) = (0, x) homomor-fizam i izometrija algebre A u algebru A.

Očigledno je f dobro definisano preslikavanje. Neka su x, y ∈ A i λ ∈ K. Tadaje

f(x+ y) = (0, x+ y) = (0, x) + (0, y) = f(x) + f(y),

f(λx) = (0, λx) = λ(0, x) = λf(x),

f(xy) = (0, xy) = (0, x)(0, y) = f(x)f(y).

Prema tome, f je homomorfizam. Kako je

∥f(x)∥1 = ∥(0, x)∥1 = ∥x∥, x ∈ A,

to je f izometrija. Kako je svaka linearna izometrija injekcija, to je ovo presli-kavanje monomorfizam iz A u A. Stoga je algebra A izometrički izomorfna sapodalgebrom algebre A.

19

U daljem tekstu ćemo, s obzirom na mogućnost pridruživanja jedinice i Teo-remu 1.28, ukoliko ne kažemo drugačije, pretpostavljati da je Banahova algebra Akompleksna, da ima jedinicu 1 i da je ∥1∥ = 1. 11

1.2 Spektralni poluprečnikZa a ∈ A, skup

∥an∥1n : n ∈ N ⊂ R

je odozdo ograničen, 0 je jedna njegova donja granica, te je stoga njegov infimumkonačan broj.

Definicija 1.32. Neka je a ∈ A. Realan broj

r(a) = infn∥an∥

1n

nazivamo spektralni poluprečnik (radijus) elementa a.

S obzirom da je infimum skupa najveća donja granica skupa, zaključujemo daje r(a) ≥ 0 za svako a ∈ A.

Za nulu i jedinicu algebre A važi da je

r(0) = infn∥0n∥

1n = inf0 = 0 i r(1) = inf

n∥1n∥

1n = inf1 = 1.

Teorema 1.33. Za svako a ∈ A niz (∥an∥ 1n )n konvergira i važi:

limn→∞

∥an∥1n = r(a).

Dokaz. Za a = 0 tvrđenje očigledno važi. Neka je a = 0, r = r(a) i ε > 0. Postojim ∈ N tako da je ∥am∥ 1

m < r + ε, te je

∥am∥ < (r + ε)m. (1.19)

Za svako n ∈ N postoje brojevi pn ∈ N0 (gde je N0 = 0, 1, 2, 3, ...) i qn ∈0, 1, · · · ,m− 1, takvi da je

n = pnm+ qn,

i prema tome,1 =

pnm

n+qnn. (1.20)

11Iz ∥1∥ = 0 sledi da je 1 = 0, pa je A netrivijalna algebra.

20

Budući da je niz (qn) ograničen (0 ≤ qn < m za svako n ∈ N) to je(qnn

)n

nula-niz, kao proizvod nula niza(1

n

)n

i ograničenog niza (qn)n, pa iz (1.20) sledi

limn→∞

pnm

n= 1. Koristeći submultiplikativnost norme i (1.19), dobijamo

∥an∥ = ∥ampn+qn∥ = ∥(am)pn · aqn∥ ≤ ∥am∥pn∥a∥qn

< (r + ε)mpn ∥a∥qn

te je∥an∥

1n < (r + ε)

pnmn ∥a∥

qnn .

Odavde sledi

r = infn∥an∥

1n ≤ lim

n→∞∥an∥

1n

≤ limn→∞

∥an∥1n ≤ lim

n→∞

((r + ε)

mpnn ∥a∥

qnn

).

Kako je limn→∞

mpnn

= 1 i limn→∞

qnn

= 0, iz neprekidnosti eksponencijalnih funkcija

t 7→ (r + ε)t i t 7→ ∥a∥t (r + ε > 0, ∥a∥ > 0) sledi

limn→∞

(r + ε)mpnn = r + ε i lim

n→∞∥a∥

qnn = 1,

te je

limn→∞

((r + ε)

mpnn ∥a∥

qnn

)= lim

n→∞

((r + ε)

mpnn ∥a∥

qnn

)= lim

n→∞(r + ε)

mpnn lim

n→∞∥a∥

qnn

= r + ε. (1.21)

Iz (1.2) i (1.21) sledi

r ≤ limn→∞

∥an∥1n ≤ lim

n→∞∥an∥

1n ≤ r + ε.

Prelaskom na limes kad ε→ 0 u poslednjoj nejednakosti dobijamo

r ≤ limn→∞

∥an∥1n ≤ lim

n→∞∥an∥

1n ≤ r,

i prema tome, limn→∞

∥an∥ 1n = lim

n→∞∥an∥ 1

n = r. Odavde sledi da postoji limes niza

(∥an∥ 1n )n i da je jednak r.

Za funkciju f : A → R+, gde je A algebra a R+ skup nenegativnih realnihbrojeva, kažemo da je submultiplikativna (supmultiplikatina) ako važi nejednakostf(ab) ≤ f(a)f(b), (f(ab) ≥ f(a)f(b)) za sve a, b ∈ A. Na primer, norma u normi-ranoj algebri je submultiplikativna funkcija. Funkcije µ : A → R+ i λ : A → R+

21

definisane u sekciji 1.8 su supmultiplikativne funkcije, kao i minimum moduo imoduo surjektivnosti operatora iz algebre B(X). Ako je f : A → R+ submulti-plikativna funkcija, onda se analogno dokazu Teoreme 1.33 može pokazati da jelimn→∞

f(an)1/n = infnf(an)1/n. Ako je pak f supmultiplikativna funkcija sa osobinom

da iz f(a) = 0 sledi f(an) = 0 za sve n ∈ N, 12 onda se slično dokazu Teoreme 1.33može pokazati da je lim

n→∞f(an)1/n = sup

nf(an)1/n.

Definicija 1.34. Za element a ∈ A kažemo da je a nilpotentan ako postoji n ∈ Ntakav da je an = 0.

Skup svih nilpotentnih elemenata iz A obeležavamo sa Anil.

Očigledno je 0 ∈ A nilpotentan element.

Tvrđenje 1.35. Neka su a, b ∈ A. Tada je ab nilpotentan ako i samo ako je banilpotentan.

Dokaz. Neka je ab nilpotentan. Tada postoji n ∈ N tako da je (ab)n = 0. Odavdesledi da b(ab)na = 0, tj. (ba)n+1 = 0, te je ba nilpotentan. Obrnuta implikacija sedobija ako a i b zamene mesta.

Definicija 1.36. Za element a ∈ A kažemo da je kvazinilpotentan ako je r(a) = 0.Skup svih kvazinilpotentnih elemenata iz A obeležavamo sa Aqnil.

Svaki nilpotentan element je kvazinilpotentan. Zaista, ako je a nilpotentan,onda postoji prirodan broj n0 takav da je an0 = 0. Odavde sledi da je an = 0za sve n ≥ n0, i stoga ∥an∥1/n = 0 za sve n ≥ n0, pa je na osnovu Teoreme 1.33r(a) = lim

n→∞∥an∥1/n = 0, tj. a ∈ Aqnil.

Sledi primer operatora iz Banahove algebre B(ℓ2) koji je nilpotentan, a potomprimer operatora koji je kvazinilpotentan, a nije nilpotentan (za p ≥ 1, ℓp je

Banahov prostor svih kompleksnih nizova x = (ξi)i∈N takvih da je∞∑i=1

|ξi|p < +∞,

sa normom ∥x∥ =

∞∑i=1

|ξi|p1/p

. Specijalno, prostor ℓ2 je Hilbertov prostor sa

skalarnim proizvodom (x, y) =∑∞

i=1 ξiηi, x = (ξi), y = (ηi)).

Primer 1.37. Neka je x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2. Tada je

∞∑i=1

|ξ2i−1|2 ≤∞∑i=1

|ξi|2 < +∞,

12Obrnuta implikacija inače važi zbog supmultiplikativnosti. Naime, ako je f(a) > 0, onda jef(an) ≥ (f(a))n > 0 za sve n ∈ N.

22

te je saS(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (0, ξ1, 0, ξ3, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2,

definisan linearan operator na ℓ2. Budući da je

∥Sx∥ =

∞∑i=1

|ξ2i−1|21/2

≤

∞∑i=1

|ξi|21/2

= ∥x∥,

sledi S ∈ B(ℓ2). Kako je S2x = 0 za sve x ∈ ℓ2, to je S2 = 0, pa je S nilpotentanelement algebre B(ℓ2). •

Primer 1.38. Za x = (ξn)n ∈ ℓ2 je∑∞

n=1 |ξn|2 < +∞, i kako je∑∞

n=1

|ξn|2

n2≤

∞∑n=1

|ξn|2 < +∞, to je (0, ξ1,12ξ2,

13ξ3, . . . ) ∈ ℓ2, te je sa

A(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (0, ξ1,1

2ξ2,

1

3ξ3, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2,

definisan operator na ℓ2 koji je očigledno lineran. S obzirom da je

∥Ax∥ =

∞∑i=1

|ξi|2

i2

1/2

≤

∞∑i=1

|ξi|21/2

= ∥x∥,

zaključujemo da je A ∈ B(ℓ2) i ∥A∥ ≤ 1. Kako je

A2x = (0, 0,1

2ξ1,

1

2 · 3ξ2, . . . ,

1

n(n+ 1)ξn, . . . ),

to je

∥A2x∥ =

∞∑i=1

|ξi|2

(i(i+ 1))2

1/2

≤

∞∑i=1

|ξi|2

(1 · 2)2

1/2

=1

1 · 2

∞∑i=1

|ξi|21/2

=1

1 · 2∥x∥,

te je ∥A2∥ ≤ 1

1 · 2=

1

2!.

Dalje, iz

A3x = (0, 0, 0,1

1 · 2 · 3ξ1,

1

2 · 3 · 4ξ2, . . . ,

1

n(n+ 1)(n+ 2)ξn, . . . ),

zaključujemo da je

∥A3x∥ =

∞∑i=1

|ξi|2

(i(i+ 1)(i+ 2))2

1/2

≤

∞∑i=1

|ξi|2

(1 · 2 · 3)2

1/2

=1

1 · 2 · 3

∞∑i=1

|ξi|21/2

=1

1 · 2 · 3∥x∥,

23

te je ∥A3∥ ≤ 1

1 · 2 · 3=

1

3!. Indukcijom se može pokazati da je za k ∈ N,

Akx = (0, . . . , 0︸ ︷︷ ︸k

,1

1 · 2 · · · · · kξ1,

1

2 · 3 · . . . (k + 1)ξ2, . . . ,

1

n(n+ 1) . . . (n+ k − 1)ξn, . . . ),

∥Akx∥ =

∞∑i=1

|ξi|2

(i(i+ 1) . . . (i+ k − 1))2

1/2

≤

∞∑i=1

|ξi|2

(1 · 2 · . . . · k)2

1/2

=1

1 · 2 · . . . · k

∞∑i=1

|ξi|21/2

=1

1 · 2 · . . . · k∥x∥,

odakle zaključujemo da je ∥Ak∥ ≤ 1

k!. Stoga je

0 ≤ ∥Ak∥1/k ≤ 1k√k!, za sve k ∈ N,

odakle, koristeći teoremu o dva policajca i činjenicu da je13 limk→∞

k√k! = +∞, dobi-

jamo da je limk→∞

∥Ak∥1/k = 0. Iz Teoreme 1.33 sledi r(A) = 0, pa je A kvazinilpo-tentan operator. •

U narednoj teoremi je izloženo nekoliko svojstava spektralnog poluprečnika.

Teorema 1.39. Neka su a, b ∈ A i λ ∈ C. Važe sledeće osobine:(i) 0 ≤ r(a) ≤ ∥a∥;(ii) r(λa) = |λ|r(a);(iii) r(ak) = (r(a))k za svako k ∈ N;

13Koristimo sledeću posledicu Štolcove teoreme: Neka je (xn) niz realnih brojeva i xn > 0 zasvako n ∈ N. Ako postoji granična vrednost (konačna ili beskonačna) lim

n→∞

xn

xn−1, onda postoji i

granična vrednost limn→∞

n√xn, i važi

limn→∞

xn

xn−1= lim

n→∞n√xn.

Naime, za niz xn = n! (n ∈ N) važi da je xn > 0 za sve n ∈ N i da je

limn→∞

xn

xn−1= lim

n→∞

n!

(n− 1)!= lim

n→∞n = +∞,

pa je na osnovu prethodnog tvrđenja limn→∞

n√n! = +∞.

24

(iv) r(ab) = r(ba);(v) Ako su ∥ · ∥1 i ∥ · ∥2 dve ekvivalentne norme na algebri A i ako je r1(a) =

infn∥an∥

1n1 , r2(a) = inf

n∥an∥

1n2 , onda je r1(a) = r2(a);

(vi) ab = ba ⇒ r(ab) ≤ r(a)r(b) ∧ r(a+ b) ≤ r(a) + r(b).

Dokaz. (i) Već smo pokazali da je r(a) ≥ 0. Na osnovu submultiplikativnostinorme, važi da je ∥an∥ ≤ ∥a∥n, za svako n ∈ N, pa je ∥an∥ 1

n ≤ ∥a∥. Sledi,r(a) = inf

n∥an∥ 1

n ≤ ∥a∥.(ii) Neka je λ ∈ C. Tada je

r(λa) = infn∥(λa)n∥

1n = inf

n∥λnan∥

1n = inf

n|λn|

1n∥an∥

1n

= infn|λ|∥an∥

1n = |λ| inf

n∥an∥

1n = |λ| r(a).

(iii) Neka je k ∈ N fiksirano. Na osnovu Teoreme 1.33 sledi

r(ak) = limn→∞

∥(ak)n∥1n = lim

n→∞

(∥akn∥

1kn

)k.

Kako je (∥akn∥ 1kn )n podniz niza (∥an∥ 1

n )n, to opet iz Teoreme 1.33 sledi da jelimn→∞

∥akn∥ 1kn = r(a), a s obzirom na neprekidnost stepene funkcije t 7→ tk, dobijamo

da je limn→∞

(∥akn∥ 1

kn

)k= (r(a))k. Prema tome, r(ak) = (r(a))k.

(iv) Ako je ab nilpotentan, onda je ba takođe nilpotentan, pa je r(ab) = 0 =r(ba).

Pretpostavimo da ab nije nilpotentan. Tada je a = 0, b = 0, i ni ba nijenilpotentan, te je (ba)n = 0 za sve n ∈ N. Stoga je ∥(ba)n∥ > 0 za sve n ∈ N,∥a∥ > 0 i ∥b∥ > 0. Iz submultiplikativnosti norme sledi

∥(ab)n+1∥1

n+1 = ∥a(ba)nb∥1

n+1 ≤ ∥a∥1

n+1∥(ba)n∥1

n+1∥b∥1

n+1

= ∥a∥1

n+1

(∥(ba)n∥

1n

) nn+1 ∥b∥

1n+1 .

(1.22)

Kako je limn→∞

∥(ba)n∥ 1n = r(ba), ∥(ba)n∥ > 0 za sve n ∈ N i lim

n→∞

n

n+ 1= 1, to je14

limn→∞

(∥(ba)n∥

1n

) nn+1

= r(ba). (1.23)

14Ovde je r(ba) jednak nuli ili je realan broj veći od nule, i koristimo tvrđenje (iii) naredneleme:

Lema. (i) Ako su (an) i (bn) realni nizovi, an > 0 za sve n ∈ N, limn→∞

an = a ∈ R, a > 0, i

limn→∞

bn = b ∈ R, onda je limn→∞

abnn = ab.

(ii) Ako su (an) i (bn) realni nizovi, an > 0 za sve n ∈ N, limn→∞

an = 0 i limn→∞

bn = b ∈ R, b > 0,

25

Kako je ∥a∥ > 0 i ∥b∥ > 0, to je15

limn→∞

∥a∥1

n+1 = 1 i limn→∞

∥b∥1

n+1 = 1. (1.24)

Prelaskom na limes kad n→ ∞ u (1.22), koristeći Teoremu 1.33, (1.23) i (1.24),dobijamo

r(ab) = limn→∞

∥(ab)n+1∥1

n+1

≤ limn→∞

∥a∥1

n+1 limn→∞

(∥(ba)n∥

1n

) nn+1

limn→∞

∥b∥1

n+1 = r(ba).

Kada a i b zamene mesta dobijamo drugu nejednakost r(ba) ≤ r(ab), te je r(ab) =r(ba).

(v) Budući da su norme ∥ · ∥1 i ∥ · ∥2 ekvivalentne, postoje pozitivni realnibrojevi p i q takvi da važi nejednakost

p∥x∥1 ≤ ∥x∥2 ≤ q∥x∥1 za svako x ∈ A.

Zbog toga je za svako n ∈ N

p1n∥an∥

1n1 ≤ ∥an∥

1n2 ≤ q

1n∥an∥

1n1

Kako je limn→∞

p1n = lim

n→∞q

1n = 1, prelaskom na limes kada n → ∞ u prethodnoj

nejednakosti dobijamo r1(a) ≤ r2(a) ≤ r1(a), te je r1(a) = r2(a).(vi) Neka su a, b ∈ A takvi da je ab = ba. Tada, koristeći submultiplikativnost

norme, dobijamo

∥(ab)n∥1n = ∥anbn∥

1n ≤ ∥an∥

1n∥bn∥

1n , n ∈ N,

onda je limn→∞

abnn = 0.

(iii) Ako su (an) i (bn) realni nizovi, an > 0 za sve n ∈ N, limn→∞

an = a ∈ R i limn→∞

bn = b ∈ R,

b > 0, onda je limn→∞

abnn = ab.Dokaz. (i): Iz neprekidnosti logaritamske funkcije sledi lim

n→∞ln an = ln a. Sada zbog neprekid-

nosti ekponencijalne funkcije zaključujemo

limn→∞

anbn = lim

n→∞eln an

bn= lim

n→∞ebn ln an = e

limn→∞

bn ln an

= elim

n→∞bn lim

n→∞ln an

= eb ln a = eln ab

= ab.

(ii): Iz limn→∞

an = 0 sledi da je limn→∞

ln an = −∞, a kako je limn→∞

bn = b ∈ R, b > 0, to je

limn→∞

bn ln an = −∞. Odavde sledi da je limn→∞

anbn = lim

n→∞ebn ln an = 0.

(iii): Ako je a > 0, onda tvrđenje sledi iz (i). Ako je a = 0, s obzirom da je b > 0, imamo daje ab = 0b = 0, pa tvrđenje sledi iz (ii).

15Ako je c > 0, onda je limn→∞

n√c = 1.

26

odakle, prelaskom na limes kada n → ∞ i koristeći Teoremu 1.33, zaključujemoda je r(ab) ≤ r(a)r(b).

Dokažimo sada drugu nejednakost. Neka je ϵ > 0 proizvoljan broj. Iz Teoreme1.33 sledi da postoje prirodni brojevi n1 i n2 takvi da je

∥an∥1/n < r(a) + ϵ, za n > n1,

i∥bn∥1/n < r(b) + ϵ, za n > n2.

Prema tome, za sve n > maxn1, n2 važe nejednakosti

∥an∥(r(a) + ϵ)n

< 1 i∥bn∥

(r(b) + ϵ)n< 1.

Stoga postoji realan broj L ≥ 1 takav da za sve n ∈ N važe nejednakosti16

∥an∥(r(a) + ϵ)n

≤ L i∥bn∥

(r(b) + ϵ)n≤ L,

tj.∥an∥ ≤ L(r(a) + ϵ)n i ∥bn∥ ≤ L(r(b) + ϵ)n. (1.25)

S obzirom da a i b komutiraju, sledi da je

(a+ b)n =n∑

k=0

(n

k

)an−kbk.

Odavde, koristeći nejednakost trougla i submultiplikativnost norme, kao i nejed-nakosti (1.25), zaključujemo da je

∥(a+ b)n∥ ≤n∑

k=0

(n

k

)∥an−k∥∥bk∥

≤ L2

n∑k=0

(n

k

)(r(a) + ϵ)n−k(r(b) + ϵ)k

= L2(r(a) + ϵ+ r(b) + ϵ)n,

te je stoga

∥(a+ b)n∥1/n ≤ n√L2(r(a) + r(b) + 2ϵ), za sve n ∈ N.

16Za broj L možemo uzeti maksimum skupa:

1 ∪

∥an∥(r(a) + ϵ)n

: n = 1, . . . , n1

∪

∥bn∥(r(b) + ϵ)n

: n = 1, . . . , n2

.

27

Kako je limn→∞

n√L2 = 1, prelaskom na limes kad n → ∞, iz poslednje nejednakosti

na osnovu Teoreme 1.33 dobijamo

r(a+ b) = limn→∞

∥(a+ b)n∥1/n ≤ (r(a) + r(b) + 2ϵ) limn→∞

n√L2 = r(a) + r(b) + 2ϵ.

Kako je broj ϵ > 0 proizvoljan, iz nejednakosti r(a+ b) ≤ r(a) + r(b) + 2ϵ zaklju-čujemo da je r(a+ b) ≤ r(a) + r(b).

Da u nejednakosti r(a) ≤ ∥a∥ može da važi i stroga nejednakost ukazuje primeroperatora A iz Primera 1.38, za koji važi da je 0 = r(A) < ∥A∥.

Tvrđenje 1.40. Da bi u algebri A jednakost r(a) = ∥a∥ važila za svako a ∈ Apotrebno i dovoljno je da za svako a ∈ A važi jednakost ∥a2∥ = ∥a∥2.

Dokaz. Pretpostavimo da je

∥x2∥ = ∥x∥2, za sve x ∈ A. (1.26)

Koristeći princip matematičke indukcije, dokažimo da za svako a ∈ A važi da je

∥a2n∥ = ∥a∥2n , za sve n ∈ N. (1.27)

S obzirom na (1.26), jednakost (1.27) važi za n = 1. Pretpostavimo da je tačna zaprirodan broj n i dokažimo da je tačna za n+ 1.

Primenjujući najpre činjenicu da jednakost (1.26) važi za x = a2n , a potom i

indukcijsku pretpostavku, zaključujemo da je

∥a2n+1∥ = ∥a2n·2∥ = ∥(a2n)2∥ = ∥a2n∥2 = (∥a∥2n)2 = ∥a∥2n+1

.

Iz (1.27) sledi∥a2n∥1/2n = ∥a∥, za sve n ∈ N,

pa jelimn→∞

∥a2n∥1/2n = ∥a∥.

Niz (∥a2n∥1/2n) je podniz niza (∥an∥1/n), i kako je limn→∞

∥an∥1/n = r(a), to je i

limn→∞

∥a2n∥1/2n = r(a).

Zbog jedinstvenosti granične vrednosti zaključujemo da je r(a) = ∥a∥.Obrnuto, pretpostavimo da je

r(x) = ∥x∥, za sve x ∈ A. (1.28)

Neka je a ∈ A proizvoljan element. Primenjujući (1.28) najpre na a2, a potom ina a, kao i Teoremu (1.39) (iii), dobijamo ∥a2∥ = r(a2) = (r(a))2 = ∥a∥2.

28

1.3 InvertibilnostU ovoj glavi A je kompleksna Banahova algebra sa jedinicom 1, i pretposta-

vljamo da je ∥1∥ = 1. Element a ∈ A je levo invertibilan u A ako postoji b ∈ Atako da je ba = 1. U tom slučaju b je levi inverz elementa a. Ako pak postojielement c ∈ A tako da je ac = 1, onda se kaže da je a desno invertibilan u A, a zac da je desni inverz elementa a. Skup svih levo (desno) invertibilnih elemenata izA se označava sa A−1

l (A−1r ). Za element a ∈ A kažemo da je invertibilan u A ako

je i levo i desno invertibilan u A, tj. ako postoje b, c ∈ A tako da je ba = 1 = ac.Tada je

b = b · 1 = b(ac) = (ba)c = 1 · c = c,

i b se zove inverz elementa a i označava sa a−1. Sa A−1 označavamo skup svihinvertibilnih elemenata iz A.

Tvrđenje 1.41. (A−1l , ·), (A−1

r , ·) i (A−1, ·) su semigrupe sa jedinicom.

Dokaz. Očigledno 1 ∈ A−1l . Neka su a1, a2 ∈ A−1

l . Tada postoje elementi b1, b2 ∈ Atako da je

b1a1 = 1 i b2a2 = 1.

Odavde sledi

(b2b1)(a1a2) = b2(b1a1)a2 = b2 · 1 · a2 = b2a2 = 1,

što znači da je b2b1 levi inverz za a1a2 i prema tome, a1a2 ∈ A−1l . Budući da je

operacija · asocijativna u algebri A, biće i u skupu A−1l , pa je (A−1

l , ·) semigrupa.Slično se dokazuje da su (A−1

r , ·) i (A−1, ·) semigrupe. Tvrđenje 1.42. Neka su a, b ∈ A. Tada važi implikacija:

ab = ba ∈ A−1l =⇒ a ∈ A−1

l ∧ b ∈ A−1l .

Analogno tvrđenje važi za A−1r i A−1.

Dokaz. Neka ab = ba ∈ A−1l . Tada postoji c ∈ A takvo da je

c(ab) = c(ba) = 1. (1.29)

Prema tome, (ca)b = 1 i (cb)a = 1, te su a, b ∈ A−1l .

Slično se dokazuje tvrđenje za A−1r i A−1.

Posledica 1.43. Neka je a ∈ A. Sledeći uslovi su ekvivalentni:(i) a je (levo, desno) invertibilan.(ii) an je (levo, desno) invertibilan za svako n ∈ N.(iii) an je (levo, desno) invertibilan za neko n ∈ N.

29

Dokaz. Sledi iz Tvrđenja 1.41 i Tvrđenja 1.42.

Tvrđenje 1.44. Neka je a ∈ A. Tada je a invertibilan ako i samo ako a ∈ A imajedinstveni levi inverz.

Dokaz.(=⇒): Neka je a invertibilan element. Tada je a−1 je jedinstveni levi inverzelementa a.

(⇐=): Neka je b ∈ A jedinstveni levi inverz elementa a. Tada je

ba = 1. (1.30)

Odavde sledi da je

(b+ ab− 1)a = ba+ aba− a = 1 + a− a = 1.

pa je b+ab−1 levi inverz elementa a. S obzirom da je b ∈ A jedinstveni levi inverzelementa a, to je

b+ ab− 1 = b,

i stoga jeab = 1. (1.31)

Iz (1.30) i (1.31) sledi da je a ∈ A−1. Slično, ako a ∈ A ima jedinstveni desni inverz, tada i samo tada je a invertibi-

lan. Prema tome, skup A−1l \ A−1 (A−1

r \ A−1) se sastoji od onih elemenata iz Akoji imaju bar dva različita leva (desna) inverza.

Napomenimo da postoje algebre u kojima su skupovi A−1l \ A−1 i A−1

r \ A−1

prazni, tj. postoje algebre gde je A−1l = A−1

r = A−1. Tako, na primer, u algebriMn svaka levo (desno) invertibilna matrica je i invertibilna. Zaista, ako je, recimo,A ∈Mn levo invertibilna matrica, tada postoji B ∈Mn tako da je BA = In gde jeIn jedinična matrica. Odavde sledi da je det(B) · det(A) = det(BA) = det(In) = 1,pa je det(A) = 0 (sa det(A) označavamo determinantu matrice A). Poznato jeda kvadratna matrica ima inverznu matricu ako i samo ako je njena determinantarazličita od 0, pa iz det(A) = 0 sledi da je matrica A invertibilna. Prema tome,

(Mn)−1 = (Mn)

−1l = (Mn)

−1r . (1.32)

Sledi primer algebre u kojoj su skupovi A−1l \A−1 i A−1

r \A−1 neprazni, tj. A−1 $A−1

l i A−1 $ A−1r .

30

Primer 1.45. Neka je x = (ξn)n ∈ ℓ2. Tada konvergira red

|ξ1|2 + |ξ2|2 + · · ·+ |ξn|2 + . . . ,

pa konvergira i red0 + |ξ1|2 + |ξ2|2 + · · ·+ |ξn|2 + . . . ,

odakle sledi da (0, ξ1, ξ2, . . . , ξn, . . . ) ∈ ℓ2. Stoga je sa

U(ξ1, ξ2, . . . , ξn, . . . ) = (0, ξ1, ξ2, . . . , ξn, . . . ), (ξn) ∈ ℓ2, (1.33)

definisan operator U sa ℓ2 u ℓ2, koji je očigledno linearan, i s obzirom da je

∥Ux∥ =

∞∑i=1

|ξi|21/2

= ∥x∥,

U je izometrija i U ∈ B(ℓ2). Operator U se naziva operator pomaka udesno (ope-rator desnog pomaka, desni šift).

Neka je e1 = (1, 0, 0, . . . ), e2 = (0, 1, 0, 0, . . . ), . . . , en niz čiji je n-ti član jednak1, a svi ostali jednaki 0. Tada je za x = (ξi)i ∈ ℓ2,

∥x−n∑

i=1

ξiei∥2 = ∥(ξ1, ξ2, . . . , ξn, ξn+1, ξn+2, . . . )− (ξ1, ξ2, . . . , ξn, 0, 0, . . . )∥2

= ∥(0, . . . , 0, ξn+1, ξn+2, . . . )∥2 =∞∑

i=n+1

|ξi|2,

i kako∑∞

i=n+1 |ξi|2 → 0 kad n→ ∞ kao ostatak konvergentnog reda, to∑n

i=1 ξiei →x kad n→ ∞. Odavde sledi da je

x =∞∑i=1

ξiei

i kako je ξi = (x, ei), i ∈ N, to je

x =∞∑i=1

(x, ei)ei.17 (1.34)

Iz (1.33) sledi da jeUei = ei+1, i ∈ N. (1.35)

17Stoga je skup en : n ∈ N ortonormirana baza u ℓ2 [13, Teorema 3.10.1].

31

Nađimo Hilbert adjungovani operator U∗ operatora U . Za x = (ξi) ∈ ℓ2, na osnovu(1.34) i (1.35) zaključujemo da je

U∗x =∞∑i=1

(U∗x, ei)ei =∞∑i=1

(x, Uei)ei =∞∑i=1

(x, ei+1)ei, (1.36)

te je

U∗e1 =∞∑i=1

(e1, ei+1)ei = 0, (1.37)

U∗ek+1 =∞∑i=1

(ek+1, ei+1)ei = ek, k = 1, 2, . . . . (1.38)

Kako je (x, ei+1) = ξi+1, to iz (1.36) sledi

U∗x =∞∑i=1

ξi+1ei,

tj.U∗(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (ξ2, ξ3, . . . ).

Operator U∗ je poznat pod imenom operator pomaka ulevo (operator levog pomaka,levi šift).

Iz

U∗U(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = U∗(0, ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (ξ1, ξ2, ξ3, . . . ), (ξi) ∈ ℓ2,

sledi U∗U = I, dok je

UU∗(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = U(ξ2, ξ3, . . . ) = (0, ξ2, ξ3, . . . ),

pa je UU∗ = I. Odavde zaključujemo da je U levo invertibilan element algebreB(ℓ2), ali ne i invertibilan.18 Osim toga, U∗ je desno invertibilan element algebreB(ℓ2), koji nije invertibilan.

Neka je r ∈ K, |r| ≥ 1. Za x = (ξi) ∈ ℓ2 red

|rξ1 + ξ2|2 + |ξ3|2 + |ξ4|2 + . . . (1.39)

konvergira,19 pa je sa

V1,r(x) = V1,r(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4, . . . ) = (rξ1 + ξ2, ξ3, ξ4, . . . )

18Ako bi U bio invertibilan, onda bi iz U∗U = I dobili U∗ = U∗UU−1 = U−1, odakle bi slediloda je UU∗ = I, što nije tačno.

19Iz (ξi) ∈ ℓ2 sledi da red |ξ1|2 + |ξ2|2 + |ξ3|2 + . . . konvergira, pa konvergira i ostatak |ξ3|2 +|ξ4|2 + . . . , odakle onda sledi da konvergira i red (1.39).

32

definisan očigledno operator V1 sa ℓ2 u ℓ2. Kako je

∥V1,rx∥2 = |rξ1 + ξ2|2 + |ξ3|2 + |ξ4|2 + . . .

≤ 2(|rξ1|2 + |ξ2|2) + |ξ3|2 + |ξ4|2 + . . .

≤ 2|r|2(|ξ1|2 + |ξ2|2 + |ξ3|2 + |ξ4|2 + . . . ) = 2|r|2∥x∥2,

zaključujemo da V1,r ∈ B(ℓ2). Iz

V1,rU(ξ1, ξ2, ξ3, ξ4, . . . ) = V1,r(0, ξ1, ξ2, ξ3, ξ4, . . . ) = (ξ1, ξ2, ξ3, ξ4, . . . ), (ξi) ∈ ℓ2,

sledi da je V1,rU = I, pa je V1,r još jedan levi inverz operatora U u algebri B(ℓ2)koji se razlikuje od U∗ jer je U∗e1 = 0, a V1,re1 = re1.

Jasno, za r1, r2 ∈ K takve da je |r1| ≥ 1, |r2| ≥ 1 i r1 = r2 je V1,r1 = V1,r2 , tepostoji beskonačno mnogo levih inverza za U . 20

Slično možemo konstruisati još levih inverza operatora U . Neka je n ∈ N ir ∈ K, |r| ≥ 1, i neka je Vn,r operator definisan sa

Vn,r(e1) = ren i Vn,r(ek+1) = ek, k = 1, 2, . . . ,

tj.

Vn,r(ξ1, ξ2, ξ3, . . . , ξn−1, ξn, ξn+1, . . . ) = (ξ2, ξ3, . . . , ξn, rξ1+ξn+1, ξn+2, . . . ), (ξi) ∈ ℓ2.

Slično kao u prethodnom razmatranju za V1,r, pokazuje se da je

∥Vn,rx∥2 ≤ 2|r|2∥x∥2 za sve x ∈ ℓ2,

pa je Vn,r ∈ B(ℓ2). Kako je Vn,rU = I, to je Vn,r levi inverz za U u algebri B(ℓ2).Odavde sledi da je U∗V ∗

n,r = I∗ = I, pa je V ∗n,r desni inverz operatora U∗, n ∈ N.

Prema tome, U∗ ima beskonačno mnogo desnih inverza. •

Tvrđenje 1.46. Neka je a ∈ A kvazinilpotentan element. Tada a /∈ A−1.

Dokaz. Pretpostavimo da a ∈ A−1, tj. da postoji b ∈ A tako da je

ab = ba = 1. (1.40)

Iz (1.40), koristeći submultiplikativnost norme, dobijamo

1 = ∥1∥ = ∥1n∥1/n = ∥(ba)n∥1/n = ∥bnan∥1/n ≤ (∥b∥n∥an∥)1/n = ∥b∥∥an∥1/n,20Operator U ima barem kontinuum mnogo levih inverza jer je kardinalni broj skupa r ∈ K :

|r| ≥ 1 jednak c.

33

odakle pak deobom sa ∥b∥ (∥b∥ > 0 jer je b = 0) dobijamo

1

∥b∥≤ ∥an∥1/n, za sve n ∈ N,

te je

r(a) = infn∥an∥1/n ≥ 1

∥b∥> 0,

što je suprotno pretpostavci. Ovim smo dokazali da element a nije invertibilan.21

Teorema 1.47. Neka je a ∈ A i r(a) < 1. Tada je 1−a ∈ A−1 i (1−a)−1 =∞∑n=0

an

(a0 = 1).

Dokaz. Posmatrajmo stepeni red∞∑k=0

∥ak∥zk. Njegov poluprečnik konvergencije je

R =1

limk→∞

∥ak∥ 1k

=1

limk→∞

∥ak∥ 1k

=1

r(a)

Kako je r(a) < 1, to je R > 1, pa red konvergira za z = 1. Dakle, red∞∑k=0

∥ak∥

konvergira, tj. red∞∑k=0

ak apsolutno konvergira. U Banahovom prostoru svaki ap-

solutno konvergentan red je konvergentan, pa red∞∑k=0

ak konvergira. Označimo

njegovu sumu sa s i pokažimo da je upravo s inverz za 1 − a. Ako je sn =n−1∑k=0

ak

n-ta parcijalna suma ovog reda, tada je

sn(1− a) = (1− a)sn = 1− an. (1.41)

S obzirom da red∞∑k=0

∥ak∥ konvergira, to njegov opšti član teži nuli, ∥an∥ → 0 kada

n→ ∞, i prema tome an → 0 kada n→ ∞.21Tvrđenje smo mogli dobiti koristeći Tvrđenje 1.39 (vi). Naime, ako a ∈ A−1, tada postoji

b ∈ A tako da je ab = ba = 1, pa iz pomenutog tvrđenja sledi da je

1 = r(1) = r(ab) ≤ r(a)r(b) = 0,

što nije tačno. Prema tome, a /∈ A−1.

34

Kako je množenje u normiranoj algebri neprekidno, prelaskom na limes u jed-nakosti (1.41) dobijamo

s(1− a) = (1− a)s = 1.

Zaključujemo da je 1− a invertibilan i da je (1− a)−1 = s =∞∑k=0

ak.

Posledica 1.48. Neka je a ∈ A, λ ∈ C i r(a) < |λ|. Tada je λ − a ∈ A−1 i

(λ− a)−1 =∞∑n=0

an

λn+1.

Dokaz. Kako je r(a) < |λ|, sledi da je r(aλ

)< 1. Na osnovu prethodne teoreme,

imamo da je 1 − a

λ∈ A i

(1 − a

λ

)−1

=∞∑n=0

an

λn. Budući da je λ = 0, to je22

λ− a = λ(1− a

λ) ∈ A−1 i važi

(λ− a)−1 =

(λ(1− a

λ

))−1

=1

λ

(1− a

λ

)−1

=1

λ

∞∑n=0

an

λn=

∞∑n=0

an

λn+1.

Posledica 1.49. Neka je a ∈ A i ∥a∥ < 1. Tada je

1− a ∈ A−1 i (1− a)−1 =∞∑n=0

an,

∥(1− a)−1∥ ≤ 1

1− ∥a∥.

Dokaz. Znamo da je r(a) ≤ ∥a∥ < 1, pa sledi da je r(a) < 1. Iz prethodneteoreme dobijamo prvi deo tvrđenja. Dokažimo drugi deo tvrđenja. Neka je snn-ta parcijalna suma reda

∞∑n=0

an. Kako je limn→∞

sn = (1− a)−1 i

∥sn∥ = ∥n−1∑k=0

ak∥ ≤n−1∑k=0

∥ak∥ ≤n−1∑k=0

∥a∥k

≤+∞∑k=0

∥a∥k = 1

1− ∥a∥, za sve n ∈ N,

22Ako je b ∈ A−1 i λ ∈ C, λ = 0, tada je

(λb)

(1

λb−1

)=

(λ1

λ

)(bb−1) = 1,(

1

λb−1

)(λb) =

(1

λλ

)(b−1b) = 1,

odakle zaključujemo da je λb ∈ A−1 i da je (λb)−1 = 1λb

−1.

35

to je zbog neprekidnosti norme

∥(1− a)−1∥ = limn→∞

∥sn∥ ≤ 1

1− ∥a∥.

Posledica 1.50. Ako je a ∈ A, λ ∈ C i |λ| > ∥a∥, tada je

λ− a ∈ A−1, (λ− a)−1 =∞∑n=0

an

λn+1i ∥(λ− a)−1∥ ≤ 1

|λ| − ∥a∥.

Dokaz. Iz r(a) ≤ ∥a∥ < |λ|, na osnovu Posledice 1.48 sledi da je λ − a ∈ A−1 i

(λ− a)−1 =∞∑n=0

an

λn+1. Neka je sn n-ta parcijalna suma reda

∞∑n=0

an

λn+1. Iz

∥sn∥ =

∥∥∥∥∥n−1∑k=0

ak

λk+1

∥∥∥∥∥ ≤n−1∑k=0

∥∥∥∥ ak

λk+1

∥∥∥∥ ≤n−1∑k=0

∥ak∥|λk+1|

≤n−1∑k=0

∥a∥k

|λ|k+1≤

+∞∑k=0

∥a∥k

|λ|k+1=

1|λ|

1− ∥a∥|λ|

=1

|λ| − ∥a∥, za sve n ∈ N,

kao i (λ− a)−1 = limn→∞

sn i neprekidnosti norme, dobijamo

∥(λ− a)−1∥ = limn→∞

∥sn∥ ≤ 1

|λ| − ∥a∥.

Teorema 1.51. Skupovi A−1l , A−1

r i A−1 su otvoreni podskupovi u A.

Dokaz. Neka je sada a ∈ A−1l . Postoji b ∈ A, takvo da je ba = 1. Dokažimo da

je23 K(a, 1

∥b∥

)⊆ A−1

l .

Neka je c ∈ K(a, 1

∥b∥

)proizvoljno izabran element. Tada je ∥a − c∥ < 1

∥b∥ , istoga ∥b∥∥a− c∥ < 1. Odavde

∥1− bc∥ = ∥b(a− c)∥ ≤ ∥b∥∥a− c∥ < 1.

23Ako je X metrički prostor, za r > 0 i a ∈ X, skupovi:

K(a, r) = x ∈ X : d(x, a) < r,K[a, r] = x ∈ X : d(x, a) ≤ r,S(a, r) = x ∈ X : d(x, a) = r,

nazivaju se, respektivno, otvorena kugla, zatvorena kugla i sfera u X, sa centrom u a i polupreč-nikom r.

36

Na osnovu Posledice 1.49 imamo da je je 1−(1−bc) = bc ∈ A−1, te je (bc)−1 ·bc = 1.Odavde vidimo da je (bc)−1b levi inverz za c, i c je levo invertibilan, c ∈ A−1

l . Dobilismo da je K

(a, 1

∥b∥

)⊆ A−1

l . Ovim smo dokazali da je A−1l otvoren skup.

Slično se pokazuje da je A−1r otvoren. Skup A−1 = A−1

l ∩ A−1r je otvoren kao

presek dva otvorena skupa (slično prethodnom delu dokaza može se pokazati zaa ∈ A−1, da je K

(a, 1

∥a−1∥

), otvorena kugla u A, sa centrom u a i poluprečnikom

1∥a−1∥ , sadržana u skupu A−1).

Teorema 1.52. (i) Neka je (an)n∈N niz elemenata iz A−1l koji konvergira ka a ∈ A

i neka je bn ∈ A takav da je bnan = 1, n ∈ N. Ako postoji realan broj L > 0 takavda je ∥bn∥ ≤ L za beskonačno mnogo n ∈ N (tj. za svako n ∈ N postoji m ∈ Ntakvo da je m > n i ∥bm∥ ≤ L), onda je a ∈ A−1

l .Analogno tvrđenje važi za A−1

r .(ii) Neka je (an)n∈N niz elemenata iz A−1 koji konvergira ka a ∈ A. Ako postojirealan broj L > 0 takav da je ∥a−1

n ∥ ≤ L za beskonačno mnogo n ∈ N (tj. za svakon ∈ N postoji m ∈ N takvo da je m > n i ∥a−1

m ∥ ≤ L), onda je a ∈ A−1.

Dokaz. (i) Iz an → a kada n→ ∞, sledi da postoji n0 ∈ N tako da za svako n ≥ n0

važi nejednakost ∥an − a∥ < 1L. Kako je ∥bn∥ ≤ L za beskonačno mnogo n ∈ N,

postoji m > n0 takvo da je ∥bm∥ ≤ L. Sada imamo

∥1− bma∥ = ∥bm(am − a)∥ ≤ ∥bm∥∥am − a∥ < L · 1L

= 1,

odakle, na osnovu Posledice 1.49, sledi 1−(1−bma) = bma ∈ A−1. Iz (bma)−1bma =1 zaključujemo da je (bma)

−1bm levi inverz za a, pa je a ∈ A−1l .

Analogno se dokazuje desna varijanta, a (iii) sledi iz (i).

Posledica 1.53. (i) Neka je (an)n∈N niz elemenata iz A−1l (A−1

r ) koji konvergiraka a ∈ A i neka je bn ∈ A takav da je bnan = 1 (anbn = 1), n ∈ N. Ako jesupn∥bn∥ < +∞, onda je a ∈ A−1

l (A−1r ).

(ii) Neka je ann∈N niz u A−1 koji konvergira ka a ∈ A. Ako je supn∥a−1

n ∥ < +∞,

onda je a ∈ A−1.

Dokaz. (i) Sledi iz prethodne teoreme ako se uzme da je je L = supn∥bn∥. (Prime-

timo da je bn = 0 za svako n ∈ N, jer u protivnom bi iz bnan = 1 sledilo 0 · an = 1,tj. 0 = 1. Stoga je ∥bn∥ > 0 za svako n ∈ N, pa je sup

n∥bn∥ > 0.)

Za S ⊂ A sa ∂S označavamo rub skupa S.

37

Posledica 1.54. (i) Neka je a ∈ ∂A−1l . Tada postoji niz ann∈N u A−1

l kojikonvergira ka a. Ako je bn ∈ A takvo da je bnan = 1, n ∈ N, tada je lim

n→∞∥bn∥ =

+∞.Analogno tvrđenje važi za A−1

r .(ii) Neka je a ∈ ∂A−1. Tada postoji niz ann∈N u A−1 koji konvergira ka a ilimn→∞

∥a−1n ∥ = +∞.

Dokaz. (i) Iz a ∈ ∂A−1l sledi da postoji niz (an)n takav da an ∈ A−1

l i an → a, kadan → ∞. Kako je A−1

l otvoren, on ne sadrži svoje rubne tačke, pa a /∈ A−1l . Na

osnovu Teoreme 1.52 iz a /∈ A−1l dobijamo da za svako L > 0 nejednakost ∥bn∥ ≤ L

važi za konacno mnogo n ∈ N, odnosno za svako L > 0 postoji n ∈ N tako da zasvaki prirodan broj m takav da je m > n važi ∥bm∥ > L, pa je lim

n→∞∥bm∥ = +∞.

Za desnu varijantu tvrđenje se dokazuju slično. (ii) sledi iz (i).

Primedba 1.55. Prethodno tvrđenje možemo dobiti i na sledeći način:Neka je a ∈ ∂A−1

l i (an)n niz takav da an ∈ A−1l i lim

n→∞an = a. Neka je bn ∈ A

takav da bnan = 1, n ∈ N. Tada bna /∈ A−1 za sve n ∈ N, jer u protivnom bi zbog(bna)

−1bna = 1 sledilo da a ∈ A−1l . Iz bna /∈ A−1, n ∈ N, na osnovu Posledice 1.49,

sledi 1 ≤ ∥1− bna∥. Kako je

1 ≤ ∥1− bna∥ = ∥bn(an − a)∥ ≤ ∥bn∥∥an − a∥,

to je1

∥an − a∥≤ ∥bn∥, n ∈ N. (1.42)

Iz (1.42) i limn→∞

∥an − a∥ = 0 sledi limn→∞

∥bn∥ = +∞. •

Teorema 1.56. Funkcija a 7→ a−1 je neprekidna u A−1.

Dokaz. Pokažimo najpre da je funkcija a 7→ a−1 neprekidna u 1. Neka je (xn) niziz A−1 i neka xn → 1 kad n→ ∞. Tada postoji n0 ∈ N tako da je ∥xn− 1∥ < 1 zasve prirodne brojeve n ≥ n0. Iz Posledice 1.49 sledi da je xn = 1− (1− xn) ∈ A−1

i x−1n =

∑∞i=0(1− xn)

i za n ≥ n0, i stoga je

∥x−1n − 1∥ = ∥

∞∑i=0

(1− xn)i − 1∥ = ∥

∞∑i=1

(1− xn)i∥

≤∞∑i=1

∥1− xn∥i =∥1− xn∥

1− ∥1− xn∥, n ≥ n0.

S obzirom da ∥1− xn∥ → 0 kad n→ ∞, iz

0 ≤ ∥x−1n − 1∥ ≤ ∥1− xn∥

1− ∥1− xn∥, n ≥ n0,

38

na osnovu teoreme ,,o zatvoreniku između dva policajca“, zaključujemo da∥x−1

n − 1∥ → 0 kad n→ ∞, tj. x−1n → 1 kad n→ ∞.

Neka su z, zn ∈ A−1, n ∈ N, i neka

zn → z, kad n→ ∞.

Odavde, zbog neprekidnosti množenja u normiranoj algebri, sledi da

znz−1 → zz−1 = 1, kad n→ ∞,

a potom zbog neprekidnosti funkcije a 7→ a−1 u 1 zaključujemo da

(znz−1)−1 → 1, kad n→ ∞,

tj.zz−1

n → 1, kad n→ ∞. (1.43)

Koristeći opet neprekidnosti množenja, iz (1.43) dobijamo z−1n → z−1, kad n→ ∞.

Prema tome, funkcija a 7→ a−1 je neprekidna u svakoj tački skupa A−1. Teoremu je moguće dokazati i na sledeći način:Neka je a ∈ A−1 i x ∈ A takvo da je ∥x− a∥ < 1

∥a−1∥ . Tada je

∥1− a−1x∥ = ∥a−1(a− x)∥ ≤ ∥a−1∥∥a− x∥ < 1,

i na osnovu Posledice 1.49 sledi 1− (1− a−1x) = a−1x ∈ A−1 i

(a−1x)−1 =∞∑n=0

(1− a−1x)n =∞∑n=0

(a−1(a− x))n. (1.44)

Kako je i a ∈ A−1, sledi da je x = a(a−1x) ∈ A−1 i

x−1 = (a(a−1x))−1 = (a−1x)−1a−1. (1.45)

Sada iz (1.44) i (1.45) dobijamo

x−1 =( ∞∑n=0

(a−1(a− x))n)a−1.

Stoga je

0 ≤ ∥x−1 − a−1∥ = ∥( ∞∑n=0

(a−1(a− x))n)a−1 − a−1∥ = ∥

( ∞∑n=1

(a−1(a− x))n)a−1∥

≤( ∞∑n=1

∥a−1∥n∥a− x∥n)∥a−1∥ =

∥a−1∥2∥a− x∥1− ∥a−1∥∥a− x∥

.

39

Odavde sledi da ∥x−1− a−1∥ → 0 kad x→ a, i prema tome x−1 → a−1 kad x→ a.

Koristeći neprekidnost funkcije a 7→ a−1 u A−1, možemo pokazati diferencija-bilnost funkcije λ 7→ (a+λ)−1, a ∈ A−1, λ ∈ C, |λ| < 1/∥a−1∥, u smislu da postojigranična vrednost

limλ→0

(a+ λ)−1 − a−1

λ= −(a−1)2.

Naime, za λ ∈ C takvo da je 0 < |λ| < ∥a−1∥−1 imamo da je ∥a + λ − a∥ =|λ| < ∥a−1∥−1, pa iz Teoreme 1.51 sledi da a+ λ ∈ A−1, i važi

(a+ λ)−1 − a−1

λ=

(a+ λ)−1(a− (a+ λ))a−1

λ=

−λ(a+ λ)−1a−1

λ= −(a+λ)−1a−1.

S obzirom da a+ λ→ a kad λ→ 0, iz Teoreme 1.56 sledi da (a+ λ)−1 → a−1 kad

λ → 0. Množenje je neprekidna funkcija, te(a+ λ)−1 − a−1

λ= −(a + λ)−1a−1 →

−(a−1)2 kad λ→ 0.

Teorema 1.57. Neka je φ : A → C multiplikativni funkcional. Tada(i) φ(a) = 0 za sve a ∈ A−1;(ii) φ je ograničen funkcional i ∥φ∥ = 1.

Dokaz. (i) Neka je a ∈ A−1. Tada postoji b ∈ A tako da je ab = ba = 1. Odavdesledi da je φ(a)φ(b) = φ(1) = 1 (Tvrđenje 1.11), pa je φ(a) = 0.(ii) Neka je a ∈ A proizvoljan element. Tada a− φ(a) · 1 ∈ A i φ(a− φ(a) · 1) =φ(a) − φ(a)φ(1) = φ(a) − φ(a) = 0, pa iz (i) sledi da a − φ(a) · 1 /∈ A−1. IzPosledice 1.50 sledi da nije |φ(a)| > ∥a∥, tj. |φ(a)| ≤ ∥a∥. Prema tome, φ jeograničen funkcional i ∥φ∥ ≤ 1. 24 Kako je ∥1∥ = 1 i φ(1) = 1, to je ∥φ∥ =

supa∈A, ∥a∥≤1

|φ(a)| ≥ |φ(1)| = |1| = 1. Prema tome, ∥φ∥ = 1.

Tvrđenje 1.58. Neka su A i B Banahove algebre i neka je ρ : A → B epimorfizamalgebre A u algebru B. Tada važe inkluzije:

ρ(A−1) ⊂ B−1, (1.46)ρ(A−1

l ) ⊂ B−1l , (1.47)

ρ(A−1r ) ⊂ B−1

r . (1.48)24Da je φ ograničen funkcional može se dokazati i na sledeći način:

Neka je a ∈ A takav da je ∥a∥ ≤ 1. Neka je λ ∈ C takvo da je |λ| > 1. Tada je ∥ 1λa∥ < 1, i na

osnovu Posledice 1.49 zaključujemo da je 1− 1

λa ∈ A−1. Sada iz (i) sledi da je φ(1− 1

λa) = 0, tj.

1 − 1

λφ(a) = 0. Odavde dobijamo da je φ(a) = λ. Prema tome, |φ(a)| ≤ 1. Sada zaključujemo

da je supa∈A, ∥a∥≤1

|φ(a)| ≤ 1, pa je φ ograničen funkcional i ∥φ∥ ≤ 1.

40

Dokaz. Ako je 1A jedinica u A, onda je ρ(1A) jedinica u B (Tvrđenje 1.9). Ozna-čimo ρ(1A) sa 1B.

Neka je x ∈ A−1l . Tada postoji y ∈ A tako da je yx = 1A. Odavde sledi

ρ(yx) = ρ(1A), i s obzirom da je ρ homomorfizam, zaključujemo da je

ρ(y)ρ(x) = ρ(1A) = 1B,

pa je ρ(x) levo invertibilan, tj. ρ(x) ∈ B−1l . Ovim smo dokazali inkluziju (1.47).

Ostali slučajevi se slično dokazuju. Tvrđenje 1.59. Neka su A i B Banahove algebre i neka je ρ : A → B izomorfizamalgebre A u algebru B. Tada važe jednakosti:

ρ(A−1) = B−1, (1.49)ρ(A−1

l ) = B−1l , (1.50)

ρ(A−1r ) = B−1

r . (1.51)

Dokaz. Na osnovu Tvrđenja 1.12 imamo da je ρ−1 : B → A izomorfizam. Sadaprimenom Tvrđenja 1.58 na izomorfizme ρ : A → B i ρ−1 : B → A dobijamo daje ρ(A−1

l ) ⊂ B−1l i ρ−1(B−1

l ) ⊂ A−1l , pa je B−1

l = ρ(ρ−1(B−1l )) ⊂ ρ(A−1

l ). Prematome, ρ(A−1

l ) = B−1l .

Ostali slučajevi se slično dokazuju.

Invertibilnost u algebri B(X)

Sada ćemo izložiti specifičnosti (leve, desne) invertibilnosti u algebri B(X).U narednom izlaganju biće nam potrebno sledeće dobro poznato tvrđenje:

Tvrđenje 1.60. Neka su f : X → Y i g : Y → Z funkcije. Tada važi:(i) Ako je kompozicija g f injekcija, onda je f injekcija.(ii) Ako je kompozicija g f surjekcija, onda je g surjekcija.

Za A ∈ L(X), gde je X vektorski prostor, sa N(A) (R(A)) označavamo jezgro(sliku) operatora A. Sa K obeležavamo polje kompleksnih brojeva C ili polje realnihbrojeva R.

Teorema 1.61. Neka je X konačno-dimenzionalan vektorski prostor nad poljemK i A ∈ L(X). Sledeći uslovi su ekvivalentni:(1) A je invertibilan,(2) A je levo invertibilan,(3) A je desno invertibilan,(4) A je bijekcija,(5) A je injekcija,(6) A je surjekcija.

41

Dokaz. Neka je dimX = n i neka je b1, . . . , bn baza u X.(1)⇒ (2), (1)⇒ (3): Očigledno.(2)⇒ (5), (3)⇒ (6): Ako je A levo (desno) invertibilan, onda postoji B ∈ L(X)

(C ∈ L(X)) tako da je BA = I (AC = I), te je na osnovu Tvrđenja 1.60 A injekcija(surjekcija).

(1)⇒ (4): Ako je A invertibilan, onda postoji B ∈ L(X) tako da je AB =BA = I, pa je A bijekcija na osnovu Tvrđenja 1.60.

(4)⇒ (5): Očigledno.(5)⇒ (6): Neka je A injekcija. Pokažimo da su vektori Ab1, . . . , Abn linearno

nezavisni. Neka je λ1Ab1 + · · · + λnAbn = 0 za λ1, . . . , λn ∈ K. Zbog linear-nosti operatora A imamo da je A(λ1b1 + . . . λnbn) = λ1Ab1 + . . . λnAbn, pa jeA(λ1b1 + . . . λnbn) = 0 = A(0), odakle zbog injektivnosti operatora A dobijamoda je λ1b1 + . . . λnbn = 0. Kako su vektori b1, . . . , bn, kao bazni, linearno nezavi-sni, zaključujemo da je λ1 = · · · = λn = 0. Prema tome, vektori Ab1, . . . , Abn sulinearno nezavisni.

Neka je y ∈ X \ Ab1, . . . , Abn. Tada je Ab1, . . . , Abn, y linearno zavisanskup25, pa postoje µ1, . . . , µn+1 ∈ K koji nisu svi jednaki 0 tako da je µ1Ab1 +. . . µnAbn + µn+1y = 0. Mora biti µn+1 = 0 (jer u protivnom bi sledilo da suvektori Ab1, . . . , Abn linearno zavisni), pa je y = −( µ1

µn+1Ab1 + · · · + µn

µn+1Abn) =

A(− µ1

µn+1b1 − · · · − µn

µn+1bn). Prema tome, A je surjekcija.

(6)⇒ (1): Neka jeA surjekcija. Tada jeA(X) = X, pa jeX = linAb1, . . . , Abn.Kako je dimX = n, sledi da su Ab1, . . . , Abn linearno nezavisni (u protivnom bi sle-dilo da X ima bazu sa manje od n elemenata). Pokažimo da je A injekcija. Za to jedovoljno pokazati da ja N(A) = 0. Neka je x ∈ X i Ax = 0. Postoje λ1, . . . , λn ∈K tako da je x = λ1b1 + . . . λnbn. Iz Ax = 0 sledi λ1Ab1 + . . . λnAbn = 0, odaklezbog linearne nezavisnosti vektora Ab1, . . . , Abn dobijamo da je λ1 = · · · = λn = 0,pa je x = λ1b1+ . . . λnbn = 0. Sledi N(A) = 0 i A je injekcija. Prema tome, A jebijekcija, pa postoji preslikavanje B : X → X tako da je AB = BA = I. Inverznopreslikavanje linearnog preslikavanja je takođe linearno, pa je B ∈ L(X). Prematome, A je invertibilan operator.

Iz ekvivalencije (1) ⇔ (2) ⇔ (3) u Teoremi 1.61 sledi da za konačno-dimenzionalanvektorski prostor X važi sledeća jednakost

L(X)−1 = L(X)−1l = L(X)−1

r . (1.52)

Jednakost (1.52) smo mogli dobiti i na osnovu Tvrđenja 1.59, koristeći jednakost(1.32) i činjenicu da su algebre Mn i L(X) izomorfne.

Teorema 1.62. Neka je X konačno-dimenzionalan normiran26 prostor nad poljemK i A ∈ B(X). Sledeći uslovi su ekvivalentni:

25Sledi iz tvrđenja da ako u vektorskom prostoru postoji baza od n elemenata, nijedan linearnonezavisan skup ne može imati više od n elemenata.

26Svaki konačno-dimenzionalan normirani prostor je Banahov. [13, Teorema 2.1.7]

42

(1) A je invertibilan,(2) A je levo invertibilan,(3) A je desno invertibilan,(4) A je bijekcija,(5) A je injekcija,(6) A je surjekcija.

Dokaz. Budući da je X konačno-dimenzionalan normiran prostor, onda je svakilineran operator na prostoru X i ograničen, tj. L(X) = B(X) [13, Teorema 2.3.9],te tvrđenje sledi iz Teoreme 1.61.

Prema tome, ako je X konačno-dimenzionalan normiran prostor, onda važijednakost

B(X)−1 = B(X)−1l = B(X)−1

r . (1.53)

Što se tiče invertibilnosti u B(X), gde je X proizvoljan Banahov prostor, od-govor daje dobro poznata Banahova teorema o ograničenom inverzu:

Teorema 1.63. Neka su X i Y Banahovi prostori. Ako je A ∈ B(X, Y ) bijekcija,onda je A−1 ∈ B(Y,X).

Posledica 1.64. Neka je X Banahov prostor. Operator A ∈ B(X) je invertibilanako i samo ako je bijekcija.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.63.

Napomena 1.65. Da u opštem slučaju za beskonačno-dimenzionalne Banahoveprostore ne važe ekvivalencije (1) ⇔ (2) ⇔ (3)⇔ (5)⇔ (6) u Teoremi 1.62, poka-zuje primer operatora desnog i levog pomaka na prostoru ℓ2 (Primer 1.45). Na-ime, operator desnog pomaka U je injekcija,27 ali nije surjekcija jer e1 /∈ R(U)(e1⊥R(U)), U je levo invertibilan operator, ali nije desno invertibilan, pa ni inver-tibilan. Operator levog pomaka U∗ je desno invertibilan, i prema tome surjekcija,ali nije injekcija jer U∗e1 = 0, i nije levo invertibilan, ni invertibilan. •

Ako je X vektorski prostor, za operator P ∈ L(X) kažemo da je projektor akoje P 2 = P .

27Iz Ux = 0 za x = (ξi) ∈ ℓ2, tj. iz U(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (0, 0, 0, . . . ) sledi (0, ξ1, ξ2, . . . ) =(0, 0, 0, . . . ), pa je ξ1 = ξ2 = ξ3 = · · · = 0, tj. N(U) = 0 i U je injekcija. Ovo sledi i iz činjeniceda je U linearna izometrija, kao i iz Tvrđenja 1.60 (i) i činjenice da je U∗U injekcija (U∗U = I).

43

Za projektor P ∈ L(X) važi da je R(P ) = x ∈ X : Px = x = N(I − P ),I − P je takođe projektor i R(I − P ) = N(I − (I − P )) = N(P ). Osim toga,projektor P određuje razlaganje prostora X na direktnu sumu:28

X = R(P )⊕N(P ).

Obrnuto, ako je prostor X razložen na direktnu sumu potprostora M i N ,onda postoji projektor P ∈ L(X) takav da je R(P ) = M i N(P ) = N . Zaista, zax ∈ X = M ⊕ N , postoje jedinstveni x1 ∈ M i x2 ∈ N takvi da je x = x1 + x2,i sa Px = x1 je definisano linearno preslikavanje P : X → X, za koje važi da jeP 2 = P , R(P ) = M i N(P ) = N . Za P kažemo da je projektor na M paralelnoN , i označavamo ga sa PM,N .

Ako je X normiran prostor i P ∈ B(X) projektor, tada je N(P ) zatvorenpotprostor,29 i s obzirom da je i I − P ∈ B(X), to je i R(P ) = N(I − P ) zatvo-ren potprostor, pa se X u ovom slučaju razlaže na direktnu sumu dva zatvorenapotprostora R(A) i N(A). S druge strane, ako je X Banahov prostor i ako se Xrazlaže na direktnu sumu dva zatvorena potprostora M i N , onda je projektorPM,N ∈ B(X). Ovo je dobro poznato tvrđenje iz kursa Funkcionalna analiza [13,Teorema 4.3.3]:

Teorema 1.66. Neka je X Banahov prostor i M potprostor u X. Tada je Mzatvoren i postoji zatvoren potprostor N u X takav da je

X =M ⊕N

ako i samo ako postoji projektor P ∈ B(X) takav da je R(P ) =M .

Prema tome, potprostorM u Banahovom prostoruX je zatvoren i ima zatvorendirektan komplement ako i samo ako postoji neprekidan projektor na X čija je slikapotprostor M .

Primetimo da ako potprostor ima zatvoren direktni komplement, sam ne morabiti zatvoren. Osim toga, ako zatvoren potprostor ima zatvoren direktni komple-ment, ne mora svaki njegov direktni komplement da bude zatvoren. Ovo ilustru-jemo primerom neograničenog linearnog funkcionala f na beskonačno-dimenzio-nalnom normiranom prostoru X čije jezgro N(f) nije zatvoren potprostor, ali jenjegov bilo koji direktni komplement E konačne dimenzije, preciznije dimenzije 1,(dimE = dimX/N(f) = dimR(f) = 1 s obzirom da je f = 0 kao neograničen

28Očigledno je X = R(P ) +R(I − P ), i budući da je R(I − P ) = N(P ), to je

X = R(P ) +N(P ). (1.54)

Kako je R(P ) = N(I − P ), to je R(P ) ∩ N(P ) = N(I − P ) ∩ N(P ) = 0, pa je suma (1.54)direktna, tj. X = R(P )⊕N(P ).

29Jezgro ograničenog lineranog operatora je zatvoren skup.

44

finkcional, te je R(f) = 0 i stoga R(f) = K)30 i stoga zatvoren potprostor.Potprostor E, budući konačne dimenzije, je zatvoren i ima zatvoren direktni kom-plement [13, Lema 4.1.9],31 dok je N(f) njegov direktni komplement koji nijezatvoren. 32

Sledeća teorema daje dovoljne uslove da slika ograničenog operatora sa Bana-hovog prostora X u Banahov prostor Y bude zatvorena [13, Teorema 4.7.5].

30Svaki nenula potprostor u K je jednak sa K.Zaista, ako je 0 = Y ⊂ K, tada postoji λ = 0 tako da λ ∈ Y . Onda 1/λ ∈ K i za sve µ ∈ K

sledi da jeµ

λY ⊂ Y , pa je

µ

λ· λ ∈ Y , tj. µ ∈ Y . Prema tome, Y = K.

31Svaki konačno-dimenzionalan potprostor normiranog prostora ima zatvoren direktni komple-ment.

32Tvrđenje. Neka je X beskonačno-dimenzionalan normiran prostor. Tada postoji neograni-čen linearan funkcional f na X.Dokaz: Algebarska baza ei : i ∈ I prostora X sadrži prebrojiv podskup e1, e2, e3, . . . . Nekaje f : X → K linearan funkcional takav da je

f(ei) =

i∥ei∥, i = 1, 2, 3, . . . ,

0, i ∈ I \ 1, 2, 3, . . . .

Kako je

supx =0

|f(x)|∥x∥

≥ supn∈N

|f(en)|∥en∥

= supn∈N

n∥en∥∥en∥

= supn∈N

n = +∞,

funkcional f nije ograničen. Tvrđenje. Neka je X normiran prostor. Linearan funckional f na prostoru X je ograničen akoi samo ako je N(f) zatvoren potprostor u X.Ddokaz (=⇒): Jezgro ograničenog linearnog operatora je zatvoren skup.

(⇐=): Neka je N(f) zatvoren potprostor u X. Ako je f = 0 onda je f neprekidan. Pretpo-stavimo da je f = 0. Tada je N(f) = X i R(f) = 0, pa je R(f) = K. Tada je preslikavanjef : X/N(f) → R(f) = K definisano sa f([x]) = f(x), x ∈ X i [x] ∈ X/N(f), linearno i bijek-cija, tj. izomorfizam, pa je stoga dim (X/N(f)) = dimR(f) = 1. Odavde zaključujemo da je33

f ∈ B(X/N(f),K), a kako je f = f π gde je π : X → X/N(f) kvocijentno preslikavanje, to jef kao kompozicija neprekidnih preslikavanja neprekidno preslikavanje.

Drugi način: (⇐=:) Neka je N(f) zatvoren potprostor u X. Ako je f = 0 onda je f neprekidan.Pretpostavimo da je f = 0. Tada je N(f) = X i R(f) = 0, pa je R(f) = K. Kako jeX/N(f) izomorfan sa R(f), to je dim (X/N(f)) = dimR(f) = 1, pa je svaki direktni komplementpotprostora N(f) dimenzije 1. Prema tome, postoji e ∈ X tako da je e = 0 i X = N(f)⊕ line.Iz e /∈ N(f) na osnovu posledice Han-Banahove teoreme sledi da postoji g ∈ X ′ tako da jeg(e) = 1 i g(x) = 0 za sve x ∈ N(f). Neka je (xn) niz u X koji konvergira ka x0 ∈ X.Pokažimo da f(xn) → f(x0) kad n → ∞. Postoje y0, yn ∈ N(f) i λ0, λn ∈ K, n ∈ N, tako da jexn = yn+λne i x0 = y0+λ0e. S obzirom da xn → x0 kad n → ∞, tj. yn+λne → x0 kad n → ∞,to zbog neprekidnosti funkcionala g zaključujemo da je g(yn+λne) → g(x0) kad n → ∞, i kako jeg(yn+λne) = g(yn)+λng(e) = λn, n ∈ N, i g(x0) = g(y0+λ0e) = λ0, to sledi da je lim

n→∞λn = λ0.

Odavde λnf(e) → λ0f(e) kad n → ∞, a kako je f(xn) = f(yn+λne) = f(yn)+λnf(e) = λnf(e)i f(x0) = f(y0 + λ0e) = λ0f(e), to zaključujemo da f(xn) → f(x0) kad n → ∞.

45

Teorema 1.67. (Kato) Neka su X i Y Banahovi prostori i A ∈ B(X,Y ). Akopostoji zatvoren potprostor Z u Y takav da je R(A)⊕ Z zatvoren potprostor u Y ,tada je R(A) zatvoren potprostor u Y .

Teorema 1.68. Neka su X i Y Banahovi prostori i A ∈ B(X, Y ). Ako R(A) imazatvoren direktan komplement, tada je R(A) zatvoren potprostor u Y .

Dokaz. Neka postoji zatvoren potprostor Z u Y takav da je R(A) ⊕ Z = Y . IzTeoreme 1.67 sledi da je R(A) zatvoren podskup u Y .

Slede teoreme koje daju potrebne i dovoljne uslove da je operator na proizvolj-nom Banahovom prostoru levo (desno) invertibilan.

Teorema 1.69. Neka su X i Y Banahovi prostori i A ∈ B(X,Y ). Za operator Apostoji operator B ∈ B(Y,X) takav da je BA = IX , gde je IX : X → X identičanoperator, ako i samo ako je A injekcija i postoji projektor P ∈ B(Y ) takav da jeR(P ) = R(A).

Dokaz. Neka postoji B ∈ B(Y,X) takav da je BA = IX . Kako je IX injekcija, toje i A injekcija (Tvrđenje 1.60 (i)). Iz BA = IX sledi

ABA = A (1.55)

iABAB = AB. (1.56)

Iz (1.56) sledi da za operator P = AB važi da je P ∈ B(Y ) projektor. Kako jeR(P ) = R(AB) ⊂ R(A), a zbog (1.55) je R(A) = R(ABA) ⊂ R(AB) = R(P ),zaključujemo da je R(P ) = R(A).

Neka je A injekcija i neka postoji projektor P ∈ B(Y ) takav da je R(P ) = R(A).Kako je R(P ) zatvoren potprostor Banahovog prostora Y , to je R(A) = R(P )Banahov prostor. Neka je operator A0 : X → R(A) definisan sa A0x = Ax za x ∈X. Kako je A injekcija, to je A0 bijekcija, i s obzirom da A0 ∈ B(X,R(A)), i da suX i R(A) Banahovi prostori, na osnovu Banahove teoreme o ograničenom inverzuzaključujemo da A−1

0 ∈ B(R(A), X). Neka je B = A−10 P . Tada B ∈ B(Y,X), i

kako za sve x ∈ X zbog R(P ) = R(A) važi da je P (Ax) = Ax, to je

BAx = (A−10 PA)x = A−1

0 (P (Ax)) = A−10 (Ax) = A−1

0 (A0x) = x, za sve x ∈ X.

Odavde sledi da je BA = IX .

Teorema 1.70. Neka su X i Y Banahovi prostori. Za operator A ∈ B(X,Y )postoji operator B ∈ B(Y,X) takav da he AB = IY , gde je IY : Y → Y identičanoperator, ako i samo ako je A surjekcija i postoji projektor Q ∈ B(X) takav da jeR(Q) = N(A).

46

Dokaz. Neka postoji B ∈ B(Y,X) takav da je AB = IY . Kako je IY surjekcija, toje i A surjekcija (Tvrđenje 1.60 (ii)). Iz AB = IY sledi

ABA = A

iBABA = BA. (1.57)

Neka je P = BA. Očigledno, P ∈ B(X), i iz (1.57) sledi da je P projektor. Iz34

N(A) ⊂ N(BA) ⊂ N(ABA) = N(A)

sledi da je N(P ) = N(BA) = N(A). Za Q = I−P važi da je Q ∈ B(X) projektori da je R(Q) = N(I −Q) = N(P ) = N(A).

Neka je A surjekcija i neka postoji projektor Q ∈ B(X) takav da je R(Q) =N(A). Tada je

X = R(Q)⊕N(Q)

= N(A)⊕N(Q),

i N(Q) je zatvoren potprostor u X, te je stoga Banahov. Neka je A1 : N(Q) →Y operator definisan sa A1x = Ax, za x ∈ N(Q). Iz X = N(A) ⊕ N(Q) isurjektivnosti operatora A sledi da je X = A(X) = A(N(Q)) = A1(N(Q)), pa jeA1 surjekcija, dok iz

A1x1 = A1x2, x1, x2 ∈ N(Q) ⇒ A(x1 − x2) = 0, x1 − x2 ∈ N(Q)

⇒ x1 − x2 ∈ N(Q) ∩N(A) = N(Q) ∩R(Q) = 0⇒ x1 = x2.

sledi da je A1 injekcija, i prema tome A1 : N(Q) → Y je ograničen linearan bijek-tivan operator sa Banahovog prostora N(Q) na Banahov prostor Y , te na osnovuBanahove teoreme o ograničenom inverzu zaključujemo da je A−1

1 ∈ B(Y,N(Q)).Neka je B = (I −Q)A−1

1 . Tada B ∈ B(Y,X). Kako je I −Q projektor, to za svey ∈ Y zbog A−1

1 (y) ∈ N(Q) = R(I −Q) važi (I −Q)(A−11 (y)) = A−1

1 (y), i stoga je

ABy = (A(I −Q)A−11 )y = A((I −Q)(A−1

1 (y))) = A(A−11 (y)) = A1(A

−11 (y)) = y,

za sve y ∈ Y . Odavde sledi da je AB = IY .

Sledeća teorema daje karakterizaciju levo invertibilnih operatora.34Koristimo sledeće jednostavno tvrđenje:Ako su X,Y, Z vektorski prostori, i T : X → Y i S : Y → Z linearni operatori, onda je

N(T ) ⊂ N(ST ).

47

Teorema 1.71. Neka je X Banahov prostor i neka je A ∈ B(X). Sledeći uslovisu ekvivalentni:(i) A je levo invertibilan.(ii) A je injekcija i postoji projektor P ∈ B(X) takav da je R(P ) = R(A).(iii) A je injekcija, i slika R(A) je zatvorena i ima zatvoren direktan komplement.(iv) A je injekcija i slika R(A) ima zatvoren direktan komplement.

Dokaz. (i)⇐⇒(ii) Sledi iz iz Teoreme 1.69 za slučaj kada je X = Y .(ii)⇐⇒(iii) Sledi iz i Teoreme 1.66.(iii)=⇒(iv) Očigledno.(iv)=⇒(iii) Sledi iz Teoreme 1.68. U sledećoj teoremi je data karakterizacija desno invertibilnih operatora.

Teorema 1.72. Neka je X Banahov prostor i neka je A ∈ B(X). Sledeći uslovisu ekvivalentni:(i) A je desno invertibilan.(ii) A surjekcija i postoji projektor P ∈ B(X) takav da je R(P ) = N(A).(iii) A je surjekcija i N(A) ima zatvoren direktan komplement.

Dokaz. (i)⇐⇒(ii) Sledi iz Teoreme 1.70 za slučaj kada je X = Y .(ii)⇐⇒(iii) Sledi iz Teoreme 1.66.

1.4 Spektar i rezolventaNeka je a ∈ A. Skup

σ(a) = λ ∈ C : λ− a /∈ A−1

se zove spektar elementa a.Skupovi

σl(a) = λ ∈ C : λ− a /∈ A−1l ,

σr(a) = λ ∈ C : λ− a /∈ A−1r

se zovu levi spektar elementa a i desni spektar elementa a, respektivno.Rezolventni skup elementa a je komplement skupa σ(a) i označava se sa ρ(a):

ρ(a) = λ ∈ C : λ− a ∈ A−1 = C \ σ(a).

Levi rezolventni skup se definiše sa

ρl(a) = λ ∈ C : λ− a ∈ A−1l = C \ σl(a),

48

dok desni rezolventni skup definišemo sa

ρr(a) = λ ∈ C : λ− a ∈ A−1r = C \ σr(a).

S obzirom da je λ − a = −(a − λ) i da je λ − a (levo, desno) invertibilan ako isamo ako je a − λ (levo, desno) invertibilan, to se element λ − a u svim gornjimdefinicijama može zameniti elementom a− λ.

Rezolventna funkcija (rezolventa) elementa a ∈ A jeste funkcija Ra(λ) : ρ(a) 7→A definisana sa

Ra(λ) = (λ− a)−1, λ ∈ ρ(a).

Primetimo da je

σ(0) = λ ∈ C : λ · 1− 0 /∈ A−1 = λ ∈ C : λ · 1 /∈ A−1 = 0

i R0(λ) = (λ · 1− 0)−1 = (λ · 1)−1 = λ−1 · 1 = λ−1, za λ = 0, tj. za λ ∈ ρ(0).Osim toga,

σ(1) = λ ∈ C : λ · 1− 1 /∈ A−1 = λ ∈ C : (λ− 1) · 1 /∈ A−1 = 1

i R1(λ) = (λ · 1 − 1)−1 = ((λ − 1) · 1)−1 = (λ − 1)−1 · 1 =1

λ− 1, za λ = 1, tj.

λ ∈ ρ(1).

Za e ∈ A kažemo da je idempotentan element (idempotent) ako je e2 = e.očigledno, 0 i 1 su idempotentni elementi. Idempotent e je netrivijalan ako jee = 0 i e = 1.

Tvrđenje 1.73. Ako je e netrivijalni idempotent, onda je σ(e) = 0, 1 i za λ ∈C \ 0, 1 važi

Re(λ) =1

λ− 1e+

1

λ(1− e).

Dokaz. Pokažimo prvo da je 0, 1 ⊂ σ(e). Da bismo to dokazali, pretpostavimoda 0 /∈ σ(e). Tada postoji e−1. Kako je e2 = e, imamo da je

e(e− 1) = 0.

Odavde sledie−1e(e− 1) = 0,

pa je e− 1 = 0 i prema tome e = 1, što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je enetrivijalan. Slično, ako pretpostavimo da je 1 /∈ σ(e), dobijamo da je e = 0, štoje opet apsurd. Dakle, dobili smo da je 0, 1 ⊂ σ(e).

Potrebno je dokazati drugu inkluziju, σ(e) ⊂ 0, 1. Dokazaćemo to tako štoćemo dokazati sledeće: 0, 1c ⊂ σ(e)c = ρ(e). Dakle za svako λ ∈ C \ 0, 1

49

pokazaćemo da je λ − e ∈ A−1. Tražićemo inverz u obliku µe + ν(1 − e), tj.tražimo kompleksne brojeve µ i ν (koji zavise od λ) tako da važi jednakost

1 = [µe+ ν(1− e)](λ− e). (1.58)

Kako je e(1− e) = (1− e)e = 0, iz (1.58) sledi

1 = λµe+ λν(1− e)− µe− ν(1− e)e = λµe+ λν − λνe− µe,

tj.1 = (λµ− λν − µ)e+ λν.

Poslednja jednakost je moguća ako je λµ− λν − µ = 0 i λν = 1, tj. ako je ν = 1λ

iµ = 1

λ−1.

Sada lako proveravamo da je 1λ−1

e+ 1λ(1− e) inverz za λ− e, te je

Re(λ) =1

λ− 1e+

1

λ(1− e).

Primer 1.74. Neka je a ∈ A−1l i b ∈ A njegov levi inverz, tj. ba = 1. Nađimo

σ(ab).Ako je a ∈ A−1, tada iz ba = 1 množenjem sa desne strane sa a−1 dobijamo

baa−1 = a−1, i prema tome b = a−1, pa je ab = 1 i σ(ab) = 1.Ako a /∈ A−1, tada je ab = 1. Osim toga, ab = 0, jer u protivnom iz ab = 0,

množenjem sa leve strane sa b, dobili bismo da je bab = 0, odakle bi (zbog ba = 1)sledilo b = 0, a onda i ba = 0, što je nemoguće. Dalje, iz ba = 1 množenjemsa leve strane sa a i sa desne strane sa b dobijamo abab = ab, tj. (ab)2 = ab, teje ab netrivijalan idempotent i stoga je na osnovu Tvrđenja 1.73 dobijamo da jeσ(ab) = 0, 1.

Slično se pokazuje da ako je a ∈ A−1r \ A−1 i b ∈ A njegov desni inverz, da je

σ(ba) = 0, 1. •

Tvrđenje 1.75. Neka je a ∈ A. Tada je

σ(a) ⊂ K[0, r(a)] = λ ∈ C : |λ| ≤ r(a). 35 (1.59)

Dokaz. Neka je λ ∈ C, |λ| > r(a). Tada iz Posledice 1.48 sledi λ − a ∈ A−1, paλ /∈ σ(a). Prema tome, ako λ ∈ σ(a), onda je |λ| ≤ r(a), tj. važi inkluzija (1.59).

35Primetimo da važe inkluzije

σ(a) ⊂ λ ∈ C : |λ| ≤ r(a) ⊂ λ ∈ C : |λ| ≤ ∥a∥.

50

Primetimo da je za sve a ∈ A

limλ→∞

Ra(λ) = 0. (1.60)

Zaista, za λ ∈ C takvo da je |λ| > ∥a∥, iz Posledice 1.50 sledi λ − a ∈ A−1 i∥(λ− a)−1∥ ≤ 1

|λ|−∥a∥ , tj.

∥Ra(λ)∥ ≤ 1

|λ| − ∥a∥.

Odavde zaključujemo da je limλ→∞

∥Ra(λ)∥ = 0, i prema tome važi (1.60).Sledeća teorema pokazuje da je rezolventna funkcija analitička na svom do-

menu.36

Teorema 1.76. Rezolventna funkcija λ 7→ Ra(λ) je diferencijabilna u svakoj tačkiλ0 ∈ ρ(a) i važi

R′a(λ0) = lim

λ→λ0

Ra(λ)−Ra(λ0)

λ− λ0= −

(Ra(λ0)

)2Dokaz. Za λ, λ0 ∈ ρ(a) imamo

Ra(λ)−Ra(λ0) = (λ− a)−1 − (λ0 − a)−1

= (λ− a)−1[λ0 − a− (λ− a)](λ0 − a)−1

= −(λ− λ0)(λ− a)−1(λ0 − a)−1

= −(λ− λ0)Ra(λ)Ra(λ0),

te je za λ = λ0,Ra(λ)−Ra(λ0)

λ− λ0= −Ra(λ)Ra(λ0).

Budući da λ− a → λ0 − a kad λ → λ0, zbog neprekidnosti funkcije b 7→ b−1, b ∈A−1, imamo da (λ−a)−1 → (λ0−a)−1 kad λ→ λ0, tj. Ra(λ) → Ra(λ0) kad λ→ λ0.

36Neka je D ⊂ C otvoren skup i neka je X kompleksan normiran prostor. Za funkciju x : D →X kažemo da je diferencijabilna u tački λ0 ∈ D ako postoji granična vrednost

limλ→λ0

x(λ)− x(λ0)

λ− λ0,

i u tom slučaju ovu graničnu vrednost nazivamo izvod funkcije x u tački λ0, i označavamo sax′(λ0).

Ako je funkcija x diferencijabilna u nekoj okolini tačke λ0, onda kažemo da je holomorfna(analitička) u tački λ0 ∈ C .

Prema tome, funkcija koja je diferencijabilna u svakoj tački otvorenog skupa D ⊂ C bićeočevidno i holomorfna u svakoj tački skupa D.

Primetimo da ako je x : D → X holomorfna funkcija na otvorenom skupu D ⊂ C i f neprekidanlinearan funkcional na prostoru X, onda je kompleksna funkcija λ 7→ f(x(λ)) holomorfna naskupu D.

51

Kako je množenje u normiranoj algebri neprekidna funkcija, to Ra(λ)Ra(λ0) →(Ra(λ0)

)2 kad λ→ λ0, i stoga

Ra(λ)−Ra(λ0)

λ− λ0= −Ra(λ)Ra(λ0) → −

(Ra(λ0)

)2, λ→ λ0,

te je R′a(λ0) = −

(Ra(λ0)

)2. Teorema 1.77. Neka je f linearan ograničen funkcional na A, tj. f ∈ A′, a ∈ Ai neka je funkcija F : ρ(a) → C definisana sa F (λ) = f

(Ra(λ)

), λ ∈ ρ(a).

Tada je limλ→∞

F (λ) = 0 i funkcija F je holomorfna na skupu ρ(a), pri čemu je usvakoj tački λ ∈ ρ(a),

F ′(λ) = −f((Ra(λ)

)2).

Dokaz. Budući da jelimλ→∞

Ra(λ) = 0,

iz neprekidnosti funkcionele f sledi da je

limλ→∞

F (λ) = limλ→∞

f(Ra(λ)

)= f

(limλ→∞

Ra(λ))= f(0) = 0.

Iz limh→0

Ra(λ+ h)−Ra(λ)

h= −(Ra(λ))

2, opet zbog neprekidnosti funkcionala f ,

sledi limh→0

f

(Ra(λ+ h)−Ra(λ)

h

)= f (−(Ra(λ))

2). Odavde, koristeći i linearnost

funkcionala f , zaključujemo

limh→0

F (λ+ h)− F (λ)

h= lim

h→0

f(Ra(λ+ h)

)− f

(Ra(λ)

)h

= limh→0

f

(Ra(λ+ h)−Ra(λ)

h

)= −f((Ra(λ))

2),

pa je F ′(λ) = −f((Ra(λ)

)2).

Teorema 1.78. Za a ∈ A skupovi σ(a), σl(a) i σr(a) su kompaktni.

Dokaz. Kako je na osnovu Tvrđenja 1.75

σ(a) ⊂ K[0, r(a)] = λ ∈ C : |λ| ≤ r(a),

to je σ(a) ograničen skup. Definišimo funkciju f : C → A, f(λ) = λ− a. Tada je

ρ(a) = λ ∈ C : λ− a ∈ A−1 = λ ∈ C : f(λ) ∈ A−1 = f−1(A−1).

Očigledno je f neprekidna funkcija, pa je ρ(a) otvoren skup kao inverzna slikaotvorenog skupa (Teorema 1.51). Stoga je σ(a) je zatvoren skup, kao komplementotvorenog skupa. Prema tome, σ(a) je kompaktan.

Analogno se pokazuje da su σl(a) i σr(a) kompaktni.

52

Teorema 1.79. Neka je a ∈ A. Spektar elementa a ∈ A je neprazan skup.

Dokaz. Pretpostavimo da je σ(a) = ∅. Tada je ρ(a) = C i za f ∈ A′, funkcijaF (λ) = f(Ra(λ)), λ ∈ C, je holomorfna na C na osnovu Teoreme 1.77. Dokažimoda je ova funkcija ograničena. Budući da je

limλ→∞

F (λ) = 0,

za ε = 1 postoji M ∈ R+, tako da za svako λ ∈ C takvo da je |λ| ≥ M važinejednakost |F (λ)| < 1. Prema tome, funkcija F je ograničena na skupu λ ∈ C :|λ| ≥ M. Budući da je skup K[0,M ] kompaktan, a funkcija F holomorfna, pastoga i neprekidna, zaključujemo da je ona ograničena na tom kompaktu. Prematome, F je ograničena na skupu C.

Sada na osnovu teoreme Liuvila37 zaključujemo da je F konstantna funkcija,tj. postoji c ∈ C tako da je F (λ) = c za svako λ ∈ C. Zbog lim

λ→∞F (λ) = 0

zaključujemo da je c = 0, pa je F (λ) = 0 za svako λ ∈ C. Prema tome,

f(Ra(λ)

)= 0 za svako f ∈ A′ i svako λ ∈ C. (1.61)

Kako je po pretpostavci σ(a) prazan skup, imamo da 0 /∈ σ(a), pa a ∈ A−1 ia−1 = 0. Na osnovu posledice teoreme Hana-Banaha postoji g ∈ A′ takvo da je∥g∥ = 1 i g(a−1) = ∥a−1∥ = 0. Iz (1.61) sledi da je g

(Ra(λ)

)= 0 za svako λ ∈ C

i stoga, g(Ra(0)

)= 0. Kako je g

(Ra(0)

)= g

((0 − a)−1

)= g(−a−1) = −g(a−1),

sledi g(a−1) = 0, što je kontradikcija. 38

Teorema 1.80. (Gelfand-Mazur) Neka je A kompleksna Banahova algebra sa je-dinicom. U algebri A je svaki nenula element invertibilan, tj. A−1 = A \ 0ako i samo ako je algebra A izomorfna algebri kompleksnih brojeva. Pritom, izo-morfizam sa C u A je dat sa λ 7→ λ · 1, ovo preslikavanje je izometrija i A jejedno-dimenzionalna komutativna algebra.

Dokaz. Neka je u algebri A svaki nenula element invertibilan, i neka je a ∈ A.Kako je σ(a) = ∅, postoji λ ∈ σ(a) i prema tome, a − λ /∈ A−1. Kako samo nulanije invertibilan element, sledi da je a−λ = a−λ ·1 = 0, pa je a = λ ·1. Očiglednoje preslikavanje f : C → A definisano sa f(λ) = λ · 1 bijektivno i linearno, dakleizomorfizam algebre C u algebru A. Kako je

∥f(λ)∥ = ∥λ · 1∥ = |λ|∥1∥ = |λ|37Teorema Liuvila: Neka je f : C → C holomorfna funkcija na C i neka postoji M > 0 tako da

za svako z ∈ C važi |f(z)| ≤ M . Tada je f konstantna funkcija.38Algebra A u Teoremi 1.79 je kompleksna i netrivijalna, kao što smo i napomenuli na kraju

prve sekcije da ćemo raditi sa netrivijalnim kompleksnim Banahovim algebrama sa jedinicom.Ako bi A bila trivijalna algebra, gde je svaki element jednak nuli, ova algebra bi imala i jedinicukoja je jednaka nuli, i nula bi bila sama sebi inverz, što bi značilo da bi za a ∈ A = 0 i sveλ ∈ C, a− λ = 0 bio invertibilan, tj. važilo bi da je σ(a) = ∅.

53

zaključujemo da je f izometrija. Budući da je C jedno-dimenzionalan vektorskiprostor, to je, zbog izomorfizma između C i A, i A je jedno-dimenzionalna algebra.Pritom, A je komutativna jer je C komutativna algebra.

Obrnuto, neka je f : A → C izomorfizam. Iz Tvrđenja 1.11 sledi da je f(1) = 1.Neka je a ∈ A \ 0 proizvoljan element, i neka je f(a) = λ ∈ C. Tada λ · 1 ∈ Ai f(λ · 1) = λf(1) = λ = f(a). Odavde, budući da je f injekcija, sledi da jea = λ · 1.39 Kako je a = 0, to je λ = 0, pa je 1

λ· 1 inverz za a = λ · 1, i stoga

a ∈ A−1. Prema tome, u algebri A je svaki nenula element invertibilan.

Sledeća teorema pokazuje da je spektralni poluprečnik elementa a jednak polu-prečniku najmanje (u smislu inkluzije) zatvorene kugle sa centrom u koordinatnompočetku koja sadrži σ(a). Možemo još reći da ova teorema opravdava naziv spek-tralni poluprečnik.

Teorema 1.81. Za svako a ∈ A važi

r(a) = sup|λ| : λ ∈ σ(a).

Dokaz. Neka je s = sup|λ| : λ ∈ σ(a). Iz Posledice 1.48 sledi da za svakoλ ∈ σ(a) važi nejednakost |λ| ≤ r(a), i stoga je s ≤ r(a).

Dokažimo obrnutu nejednakost. Iz Posledice 1.48 sledi da za λ ∈ C takvo da

je |λ| > r(a) važi λ ∈ ρ(a) i Ra(λ) = (λ − a)−1 =∞∑n=0

an

λn+1 . Neka je f ∈ A′ i

F : ρ(a) → C funkcija definisana sa F (λ) = f(Ra(λ)). Tada za |λ| > r(a) važi

F (λ) = f(Ra(λ)) = f((λ− a)−1) =∞∑n=0

f(an)

λn+1. (1.62)

Funkcija F je holomorfna na skupu ρ(a) na osnovu Teoreme 1.77 i kako jeλ ∈ C : |λ| > s ⊂ ρ(a), funkcija F ima Loranov razvoj u oblasti λ ∈ C :|λ| > s. Zbog jedinstvenosti Loranovog razvoja u ovoj oblasti, a s obzirom da jeλ ∈ C : |λ| > r(a) ⊂ λ ∈ C : |λ| > s i da za λ ∈ λ ∈ C : |λ| > r(a) važi(1.62), zaključujemo da je

F (λ) =∞∑n=0

f(an)

λn+1za svako |λ| > s.

Iz konvergencije ovog reda sledi da njegov opšti član teži nuli. Svaki konvergentanniz je ograničen, pa je

supn∈N0

∣∣∣∣f ( an

λn+1

)∣∣∣∣ = supn∈N0

∣∣∣∣f(an)λn+1

∣∣∣∣ < +∞.

39Ovim smo dokazali i da je A ⊂ λ · 1 : λ ∈ C, a kako je i inače λ · 1 : λ ∈ C ⊂ A, to jeA = λ · 1 : λ ∈ C.

54

Ovo važi za proizvoljno f ∈ A′, te je stoga40

supn∈N0

∥∥ an

λn+1

∥∥ < +∞.

Označimo ovaj supremum sa L. Iz L ≥ ∥a0∥|λ| = ∥1∥

|λ| = 1|λ| sledi L > 0. Kako je

∥an∥ ≤ |λ|n+1L za svako n ∈ N, to je

∥an∥1n ≤ |λ|

n+1n L

1n , n ∈ N. (1.64)

Budući da je limn→∞

|λ|n+1n = |λ| i lim

n→∞L

1n = 1, to je lim

n→∞|λ|

n+1n L

1n = |λ|, pa iz

nejednakosti (1.64) sledi

r(a) = limn→∞

∥an∥1n ≤ lim

n→∞(|λ|

n+1n L

1n ) = |λ|.

Dakle, dobili smo da je r(a) ≤ |λ| za svako λ za koje je |λ| > s. Odavde sledi daje r(a) ≤ s.

Tvrđenje 1.82. Neka je a ∈ A. Tada je a ∈ Aqnil ako i samo ako je σ(a) = 0.

Dokaz. Neka je a ∈ Aqnil. Na osnovu Tvrđenja 1.46 imamo da a /∈ A−1, te0 ∈ σ(a). Kako je σ(a) ⊂ λ ∈ C : |λ| ≤ r(a) na osnovu Tvrđenja 1.75, i budućida je r(a) = 0, sledi da je σ(a) ⊂ 0. Prema tome, σ(a) = 0.

Obrnuto, ako je σ(a) = 0, onda iz Teoreme 1.81 sledi r(a) = sup|λ| : λ ∈σ(a) = sup0 = 0, pa je a ∈ Aqnil.

Lema 1.83. (Džekobson) Neka su a, b ∈ A. Tada je 1− ab (levo, desno) inverti-bilan ako i samo ako je 1− ba (levo, desno) invertibilan.

40Ovde koristimo tvrđenje: Neka je (xj , j ∈ J) familija vektora normiranog prostora X. Tadaje

sup∥xj∥ : j ∈ J < +∞ ⇐⇒ sup|f(xj)| : j ∈ J < +∞ za svako f ∈ X ′.

Dokaz.(=⇒): Neka je sup∥xj∥ : j ∈ J < +∞ i f ∈ X ′. Tada je |f(xj)| ≤ ∥f∥∥xj∥ ≤∥f∥ sup∥xj∥ : j ∈ J za svako j ∈ J , pa je sup|f(xj)| : j ∈ J ≤ ∥f∥ sup∥xj∥ : j ∈ J < +∞.

(⇐=): Neka je za svako f ∈ X ′, sup|f(xj)| : j ∈ J < +∞ i neka je J : X → X ′′ kanoničkopreslikavanje definisano sa (Jx)(f) = f(x), x ∈ X, f ∈ X ′. Budući da je

sup|(Jxj)(f)| : j ∈ J = sup|f(xj)| : j ∈ J < +∞ za svako f ∈ X ′,

i s obzirom da je X ′ Banahov prostor i Jxj ∈ X ′′ = B(X ′,C) za svako j ∈ J , na osnovuBanah-Štajnhausove teoreme zaključujemo da je

sup∥Jxj∥ : j ∈ J < +∞. (1.63)

Kako je J izometrija, to je ∥Jxj∥ = ∥xj∥ za svako j ∈ J , pa iz (1.63) sledi sup∥xj∥ : j ∈ J <+∞.

55

Dokaz. Neka je 1− ab ∈ A−1l . Tada postoji z ∈ A tako da je z(1− ab) = 1. Kako

je

(1 + bza)(1− ba) = 1+ bza− ba− bzaba = 1− ba+ bz(1− ab)a = 1− ba+ ba = 1,

to 1− ba ∈ A−1l .

Analogno, ako 1 − ab ∈ A−1r , tj. ako je (1 − ab)u = 1 za neko u ∈ A, onda je

(1− ba)(1 + bua) = 1 i prema tome, 1− ba ∈ A−1r .

Drugi smer dobijamo ako zamenimo mesta a i b.

Teorema 1.84. Neka su a, b ∈ A. Tada za σ∗ ∈ σ, σl, σr važe jednakosti:

σ∗(ab) ∪ 0 = σ∗(ba) ∪ 0 i σ∗(ab) \ 0 = σ∗(ba) \ 0.

Dokaz. Za λ = 0 važi ekvivalencija:

λ− ab ∈ A−1l ⇔ λ

(1− 1

λab

)∈ A−1

l ⇔ 1− 1

λba ∈ A−1

l ⇔ λ− ba ∈ A−1l . (1.65)

Stoga za λ = 0 važiλ ∈ σl(ab) ⇔ λ ∈ σl(ba),

pa jeσl(ab) \ 0 = σl(ba) \ 0. (1.66)

Iz (1.66) sledi

σl(ab) ∪ 0 = (σl(ab) \ 0) ∪ 0 = (σl(ba) \ 0) ∪ 0 = σl(ba) ∪ 0.

Analogno se pokazuju i preostale jednakosti. Prirodno se nameće pitanje da li važi ekvivalencija:

0 ∈ σ∗(ab) ⇐⇒ 0 ∈ σ∗(ba), σ∗ ∈ σ, σl, σr. (1.67)

U algebri Mn ova ekvivalencija važi. Zaista, ako A,B ∈ Mn i 0 /∈ σ(AB), tada jeA desno invertibilna matrica, a B levo invertibilna matrica. Odavde zaključujemoda su A i B invertibilne matrice, pa je i BA invertibilna matrica, tj. 0 /∈ σ(BA).Kada A i B zamene mesta, dobijamo obrnutu implikaciju, pa 0 /∈ σ(AB) ako i samoako 0 /∈ σ(BA). S obzirom na jednakost (1.32), spektar bilo koje matrice iz Mn

jednak je njenom levom, kao i desnom spektru, te stoga za svako σ∗ ∈ σ, σl, σrvaži ekvivalencija: 0 ∈ σ∗(AB) ⇐⇒ 0 ∈ σ∗(BA).

Slično, ekvivalencija (1.67) važi i u algebri B(X), gde je dimX <∞.Međutim, u algebri B(ℓ2) ekvivalencija (1.67) ne važi. Ako je A desni šift u ℓ2,

A(ξ1, ξ2, . . . ) = (0, ξ1, ξ2, . . . ), (ξn)n ∈ ℓ2,

56

a B levi šift,B(ξ1, ξ2, . . . ) = (ξ2, ξ3, . . . ),

onda je BA(ξ1, ξ2, . . . ) = (ξ1, ξ2, . . . ), tj. BA = I, pa 0 /∈ σ(BA), i takođe 0 /∈σ(BA)l i 0 /∈ σr(BA). Na drugoj strani, AB(ξ1, ξ2, . . . ) = (0, ξ2, ξ3, . . . ), pa ABnije niti injekcija, niti surjekcija, i stoga nije invertibilan operator, tj. 0 ∈ σl(AB),0 ∈ σr(AB) i 0 ∈ σ(AB).

Primedba 1.85. Jednakost (iv) u Teoremi 1.39 se može dobiti iz Teoreme 1.84 iTeoreme 1.81. •

Teorema 1.86. Neka je a ∈ A−1. Tada za σ∗ ∈ σ, σl, σr važi jednakost:

σ∗(a−1) =

1

λ: λ ∈ σ∗(a)

. (1.68)

Dokaz. Neka je λ = 0. Pokazaćemo da važi ekvivalencija

λ− a ∈ A−1l ⇐⇒ 1

λ− a−1 ∈ A−1

l . (1.69)

Važi jednakost

1

λ− a−1 = λ−1 − a−1 = λ−1(a− λ)a−1 = (λ− a)(−λ−1)a−1 (1.70)

i kako a i a−1 komutiraju, to je

1

λ− a−1 = −λ−1a−1(λ− a). (1.71)

Ako je λ− a ∈ A−1l , tada postoji b ∈ A, tako da je b(λ− a) = 1. Iz (1.70) sledi

−λab(1

λ− a−1

)= −λab(λ− a)(−λ−1)a−1 = 1,

te je1

λ− a−1 ∈ A−1

l .

Obrnuto, ako je1

λ−a−1 ∈ A−1

l , onda postoji c ∈ A tako da je c(1

λ−a−1

)= 1.

Iz (1.71) sledi

1 = c

(1

λ− a−1

)= −cλ−1a−1(λ− a),

pa je λ− a ∈ A−1l . Prema tome, važi ekvivalencija (1.69).

Sada iz ekvivalencije (1.69) sledi

σl(a−1) =

1

λ: λ ∈ σl(a)

.

Ostale jednakosti se dokazuju slično.

57

Tvrđenje 1.87. Neka su A i B Banahove algebre i neka je ρ : A → B epimorfizam.Tada za x ∈ A i σ∗ ∈ σ, σl, σr važi inkluzija

σB∗ (ρ(x)) ⊂ σA

∗ (x). (1.72)

Dokaz. Ako je 1A jedinica u A, onda iz Tvrđenja 1.9 sledi da je ρ(1A) jedinica uB.

Neka je λ /∈ σAl (x). Tada je x−λ ·1A ∈ A−1

l , gde je 1A jedinica u A. Na osnovuTvrđenja 1.58 sledi ρ(x− λ · 1A) ∈ B−1

l . Kako je ρ(x− λ · 1A) = ρ(x)− λρ(1A) =ρ(x)− λ · 1B, to zaključujemo da ρ(x)− λ · 1B ∈ B−1

l , te stoga λ /∈ σBl (ρ(x)).

Ovim smo dokazali inkluziju (1.72) za slučaj levog spektra. Ostali slučajevi seslično dokazuju. Tvrđenje 1.88. Neka su A i B Banahove algebre i neka je ρ : A → B izomorfizamalgebre A u algebru B. Tada za x ∈ A i σ∗ ∈ σ, σl, σr važi jednakost

σB∗ (ρ(x)) = σA

∗ (x). (1.73)

Dokaz. Primenom Tvrđenja 1.87 dobijamo

σB∗ (ρ(x)) ⊂ σA

∗ (x) (1.74)

Na osnovu Tvrđenja 1.12 imamo da je ρ−1 : B → A izomorfizam. Sada primenomTeoreme 1.87 na izomorfizam ρ−1 i element ρ(x) ∈ B dobijamo

σA∗ (x) = σA

∗ (ρ−1(ρ(x))) ⊂ σB

∗ (ρ(x)). (1.75)

Iz (1.74) i (1.75) sledi jednakost (1.73).

1.5 Teoreme o preslikavanju spektara polinomomTvrđenje 1.89. Neka je U neprazan podskup Banahove algebre A sa osobinom daza sve a, b ∈ A takve da je ab = ba važi ekvivalencija

ab ∈ U ⇐⇒ a ∈ U ∧ b ∈ U . (1.76)

Tada je: (i) A−1 ⊂ U .(ii) Za svako λ ∈ C, λ = 0, važi inkluzija:

λU ⊂ U . (1.77)

Drugim rečima, za svako a ∈ A i λ ∈ C, λ = 0, važi ekvivalencija:

a ∈ U ⇐⇒ λa ∈ U . (1.78)

(iii) Ako su a1, a2, . . . , an ∈ A međusobno komutativni, tada za svako λ ∈ C, λ = 0,važi ekvivalencija:

λ a1 · a2 · · · · · an ∈ U ⇐⇒ a1 ∈ U ∧ a2 ∈ U ∧ · · · ∧ an ∈ U . (1.79)

58

Dokaz. (i): Kako je U = ∅, to postoji b ∈ U . Iz 1 · b = b · 1 = b ∈ U , na osnovu(1.76) sledi 1 ∈ U .

Neka je a ∈ A−1 proizvoljan element. Sada iz

a · a−1 = a−1 · a = 1 ∈ U ,

na osnovu (1.76), sledi a ∈ U . Prema tome, A−1 ⊂ U .(ii): Neka je λ ∈ C, λ = 0. S obzirom da je λ · 1 ∈ A−1, to λ · 1 ∈ U . Neka

je a ∈ U proizvoljan element. Tada iz (λ · 1)a = a(λ · 1) i λ · 1, a ∈ U , na osnovu(1.76), sledi λa = (λ · 1)a ∈ U . Prema tome, λU ⊂ U za svako λ ∈ C, λ = 0.

Obrnuto, ako je λa ∈ U , tada je1

λ= 0, pa iz (1.77) sledi a =

1

λ(λa) ∈ U .

(iii): Sledi iz (1.76) i (1.78).

Primetimo da iz Tvrđenja 1.89 (iii) sledi da za međusobno komutativne ele-mente a1, a2, . . . , an algebre A i svako λ ∈ C, λ = 0, važi ekvivalencija:

λ a1 · a2 · · · · · an /∈ U ⇐⇒ a1 /∈ U ∨ a2 /∈ U ∨ · · · ∨ an /∈ U . (1.80)

Za a ∈ A neka jeσU(a) = λ ∈ C : a− λ /∈ U.

Sa C[z] obeležavamo algebru polinoma nad skupom kompleksnih brojeva.

Teorema 1.90. Neka je U neprazan podskup u A sa osobinom da za sve a, b ∈ Atakve da je ab = ba važi ekvivalencija

ab ∈ U ⇐⇒ a ∈ U ∧ b ∈ U .

Tada za a ∈ A i p ∈ C[z] važi jednakost

σU(p(a)) = p(σU(a)).

Dokaz. Neka je α ∈ C i neka su λ1, λ2, . . . , λn ∈ C nule polinoma z 7→ p(z) − α.Tada je

p(z)− α = β(z − λ1)(z − λ2) . . . (z − λn), (1.81)

gde je β ∈ C, β = 0. Iz (1.81) i za a ∈ A dobijamo:

p(a)− α = β(a− λ1)(a− λ2) . . . (a− λn). (1.82)

Neka α ∈ σU(p(a)). Tada p(a)− α /∈ U , tj.

β(a− λ1)(a− λ2) . . . (a− λn) /∈ U . (1.83)

59

Budući da elementi a − λ1, a − λ2, ..., a − λn međusobno komutiraju, iz (1.83),na osnovu (1.80), sledi da postoji i ∈ 1, 2, . . . , n tako da a− λi /∈ U . Ovo značida λi ∈ σU(a), a kako je, na osnovu (1.81), α = p(λi), to je α ∈ p(σU(a)). Prematome, σU(p(a)) ⊂ p(σU(a)).

Dokažimo sada obrnutu inkluziju. Neka je α ∈ p(σU(a)). Tada postoji µ ∈σU(a) tako da je α = p(µ). Ovo znači da µ nula polinoma z 7→ p(z) − α ikako je λ1, λ2, . . . , λn skup svih nula ovog polinoma, sledi da je µ = λi za nekoi ∈ 1, 2, . . . , n. Prema tome, α = p(λi) i λi ∈ σU(a), te a − λi /∈ U . Sada naosnovu (1.80) zaključujemo da

p(a)− α = β(a− λ1)(a− λ2) . . . (a− λn) /∈ U ,

što znači da α ∈ σU(p(a)).

Teorema 1.91. Neka je U neprazan podskup u A sa osobinama:(1) a, b ∈ U =⇒ ab ∈ U ;(2) ab = ba ∈ U =⇒ a ∈ U ∧ b ∈ U .Tada za a ∈ A i p ∈ C[z] važi jednakost

σU(p(a)) = p(σU(a)).

Dokaz. Iz (1) i (2) sledi da za skup U , za sve a, b ∈ A takve da je ab = ba važiekvivalencija

ab ∈ U ⇐⇒ a ∈ U ∧ b ∈ U ,pa tvrđenje sledi iz Teoreme 1.90.

Teorema 1.92. Za a ∈ A i p ∈ C[z] važe jednakosti

σ(p(a)) = p(σ(a)) (1.84)σl(p(a)) = p(σl(a)) (1.85)σr(p(a)) = p(σr(a)). (1.86)

Dokaz. Skupovi A−1l , A−1

r i A−1 su neprazni jer sadrže jedinicu algebre A, a većsmo pokazali da su A−1

l , A−1r i A−1 semigrupe (Tvrđenje1.41), pa ovi skupovi

ispunjavaju osobinu (1) u Teoremi 1.91. Iz Tvrđenja 1.42 sledi da oni ispunjavajui osobinu (2) u Teoremi 1.91. Stoga na osnovu Teoreme 1.91 zaključujemo da važejednakosti (1.84), (1.85) i (1.86).

Sledeća posledica pokazuje da za λ ∈ C, λ = 0, ni u jednoj kompleksnojBanahovoj algebri sa jedinicom ne mogu da postoje elementi a i b takvi da jeab− ba = λ1.

Posledica 1.93. Ne postoje elementi a, b ∈ A takvi da je

ab− ba = 1. (1.87)

60

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, tj. da postoje a, b ∈ A takvi da važi jednakost(1.87). Iz Teoreme 1.84 sledi da je

σ(ba) ∪ 0 = σ(ab) ∪ 0 (1.88)

dok iz jednakosti (1.87) i Teoreme 1.92 sledi

σ(ab) = σ(1 + ba) = 1 + σ(ba). (1.89)

Iz (1.88) i (1.89) sledi

σ(ba) ∪ 0 = 0 ∪ (1 + σ(ba)). (1.90)

Neka je λ ∈ σ(ba). Ako je Reλ ≥ 0, onda je 1 + λ = 0. Iz λ ∈ σ(ba) sledi1 + λ ∈ 1 + σ(ba), te stoga 1 + λ pripada skupu na desnoj strani jednakosti(1.90), pa pripada i skupu na levoj strani, a kako je 1 + λ = 0, zaključujemo da je1 + λ ∈ σ(ba). Indukcijom se pokazuje da λ + n ∈ σ(ba) za svako n ∈ N, što nijemoguće jer je skup σ(ba) ograničen. Ako je Reλ < 0, onda je λ = 0, i s obzirom daλ pripada skupu na levoj strani jednakosti (1.90), zaključujemo da je λ ∈ 1+σ(ba),te je λ− 1 ∈ σ(ba). Indukcijom se dobija da je λ− n ∈ σ(ba), što je u suprotnostisa činjenicom da je σ(ba) ograničen skup.

Posledica 1.93 je proizašla iz fizike. U kvantnoj mehanici pozicija i impulsčestice su reprezentovani operatorima P i Q na Hilbertovom prostoru, koji zado-voljavaju Haizenbergovu relaciju PQ − QP = i h

2πI, gde je h Plankova konstanta.

Iz Posledice 1.93 sledi da operatori P i Q ne mogu oba biti elementi Banahovealgebre, tj. P i Q ne mogu oba biti ograničeni linearni operatori na Hilbertovomprostoru (inače, daljim razmatranjem pokazuje se da i P i Q moraju biti neogra-nični operatori).

1.6 Polinomijalno kvazinilpotentni elementiOvu sekciju počinjemo osobinama nilpotentnih i kvazinilpotentnih elemenata.

Tvrđenje 1.94. (i) Neka su a, b ∈ Anil i ab = ba. Tada je a+ b ∈ Anil.(ii) Neka su a, b ∈ Aqnil i ab = ba. Tada je a+ b ∈ Aqnil.

Dokaz. (i) Kako su a i b nilpotentni elementi, to postoje prirodni brojevi n1 in2 takvi da je an1 = 0 i bn2 = 0. Neka je n = n1 + n2. Tada je an−kbk = 0za svako k ∈ 0, . . . , n, i s obzirom da je zbog komutativnosti elemenata a i b,

(a+ b)n =n∑

k=0

(nk

)an−kbk, sledi da je (a+ b)n = 0, tj. a+ b ∈ Anil.

(ii) S obzirom da a, b ∈ Aqnil, onda je r(a) = r(b) = 0, a s obzirom da a ib komutiraju, koristeći tvrđenje (vi) Teoreme 1.39 zaključujemo 0 ≤ r(a + b) ≤r(a) + r(b) = 0, pa je r(a+ b) = 0, tj. a+ b ∈ Aqnil.

61

Tvrđenje 1.95. (i) Neka je a ∈ Anil, b ∈ A i ab = ba. Tada je ab ∈ Anil.(ii) Neka je a ∈ Aqnil, b ∈ A i ab = ba. Tada je ab ∈ Aqnil.

Dokaz. (i) Iz a ∈ Anil sledi da postoji n ∈ N tako da je an = 0. Sada koristećikomutativnost elemenata a i b, dobijamo (ab)n = anbn = 0 ·bn = 0, pa je ab ∈ Anil.

(ii) S obzirom da a i b komutiraju, na osnovu tvrđenja (vi) u Teoremi 1.39 sledi0 ≤ r(ab) ≤ r(a)r(b). Kako je r(a) = 0, to je r(ab) = 0, pa je ab ∈ Aqnil.

Definicija 1.96. Neka je ∅ = J ⊂ A. Kažemo da je J komutirajući ideal ako

(1) a, b ∈ J, ab = ba ⇒ a+ b ∈ J

(2) a ∈ J, b ∈ A, ab = ba ⇒ ab ∈ J .

Primetimo da je svaki ideal komutirajući ideal. Skup J = 0 je dakle komu-tirajući ideal. Iz Tvrđenja 1.94 i 1.95 sledi da su skupovi Anil i Aqnil komutirajućiideali.

Za polinom kažemo da je moničan ako mu je najstariji koeficijent jednak 1.

Teorema 1.97. Neka je S ⊂ A komutirajući ideal, a ∈ A i neka postoji p∗ = 0tako da je p∗(a) ∈ S. Tada je skup PS

a = q ∈ C[z] : q(a) ∈ S ideal u algebri C[z]i postoji jedinstven moničan polinom p0 takav da je PS

a = p0C[z].

Dokaz. Na osnovu pretpostavke je PSa = ∅. Neka su p1, p2 ∈ PS

a . Onda jep1(a), p2(a) ∈ S. Kako je p1(a)p2(a) = p2(a)p1(a) i S je komutirajući ideal, to je(p1 + p2)(a) = p1(a) + p2(a) ∈ S i stoga, p1 + p2 ∈ PS

a .Neka je sada p ∈ PS

a i q ∈ C[z]. Tada je p(a) ∈ S i p(a) komutira sa q(a), pa opetkoristeći činjenicu da je S komutirajući ideal dobijamo da (pq)(a) = p(a)q(a) ∈ S,te pq ∈ PS

a . Prema tome, PSa je ideal.

Postoji polinom u PSa minimalnog stepena, koji je uz to još i moničan. Ozna-

čimo ga sa p0. Neka je p ∈ PSa proizvoljan polinom. Tada je p = qp0+r, q, r ∈ C[z],

pri čemu je r = 0 ili je st(r) < st(p0). Kako je r = p − qp0 ∈ PSa , jer je PS

a ideali kako je p0 polinom najmanjeg stepena iz PS

a , sledi da je r = 0. Prema tome,p = qp0, pa p ∈ p0C[z]. Prema tome, PS

a ⊂ p0C[z]. Budući da je PSa ideal, važi i

obrnuta inkluzija, pa je PSa = p0C[z].

Pokažimo da je moničan generator ideala PSa jednoznačno određen. Neka po-

stoji moničan polinom q0 takav da je PSa = q0C[z]. Takođe je PS

a = p0C[z]. Sledida p0 deli q0 i q0 deli p0, te im se stoga skupovi nula poklapaju, pa kako su moničnipolinomi, sledi da je p0 = q0.

Jedinstveno određen monični generator ideala PSa se zove minimalni polinom

elementa a i označava se sa πa.Ako je S komutirajući ideal, sa Poly−1S označavamo skup elemenata a ∈ A sa

osobinom da postoji nenula polinom p tako da p(a) ∈ S. Iz Teoreme 1.97 sledi daminimalni polinom πa deli bilo koji drugi polinom p za koji važi da je p(a) ∈ S.

62

Definicija 1.98. Neka je a ∈ A. Kažemo da je a polinomijalno kvazinilpotentanukoliko postoji nenula polinom p∗, tako da je p∗(a) ∈ Aqnil.

Skup polinomijalno kvazinilpotentnih elemenata označavamo sa Poly−1Aqnil.

Ako a ∈ Poly−1Aqnil, budući da je Aqnil komutirajući ideal, postoji jedinstvenpolinom πa minimalnog stepena, koji je uz to još i moničan, tako da je πa(a) ∈Aqnil. Kao što smo već rekli, polinom πa zovemo minimalni polinom elementa a.

Teorema 1.99. Neka je a ∈ A. Spektar elementa a je konačan skup ako i samoako je a polinomijalno kvazinilpotentan, i pri tome je σ(a) = π−1

a (0) (π−1a (0) je

skup nula polinoma πa).

Dokaz. Neka je a ∈ Poly−1Aqnil. Tada je πa(a) ∈ Aqnil i stoga r(πa(a)) = 0, paje σ(πa(a)) = 0. Na osnovu Teoreme 1.92, imamo da je πa(σ(a)) = 0, te jeσ(a) ⊂ π−1

a (0). Skup π−1a (0) je konačan kao skup nula polinoma πa, pa je prema

tome σ(a) konačan skup.Dokažimo obrnutu implikaciju. Neka je spektar elementa a konačan skup,

σ(a) = λ1, λ2, ..., λn. Uočimo polinom p(z) = (z−λ1)(z−λ2) · · · (z−λn). Imamoda je p(a) = (a− λ1)(a− λ2) · · · (a− λn). Sledi da je 0 = p(σ(a)) = σ(p(a)), paje p(a) ∈ Aqnil (Tvrđenje1.82). Stoga je a polinomijalno kvazinilpotentan.

Dokazali smo da je σ(a) ⊂ π−1a (0). Dokažimo i obrnutu inkluziju. Neka je

λ ∈ π−1a (0) i pretpostavimo da λ /∈ σ(a). Tada a − λ ∈ A−1. Kako je λ nula

polinoma πa, imamo da je πa(z) = (z − λ)q(z) = q(z)(z − λ), te je πa(a) =(a−λ)q(a) = q(a)(a−λ) ∈ Aqnil. Kako a−λ komutira sa q(a), to onda i (a−λ)−1

komutira sa q(a). Takođe, (a− λ)−1 komutira sa a− λ, i stoga (a− λ)−1 komutirasa q(a)(a − λ). Imajući u vidu da je Aqnil komutirajući ideal, zaključujemo da jeq(a) = (a − λ)−1(a − λ)q(a) ∈ Aqnil. S druge strane, imamo da je st(q) < st(πa),πa je polinom najmanjeg stepena za koji važi da je πa(a) ∈ Aqnil, što znači da smodošli do kontradikcije. Prema tome, iz λ ∈ π−1

a (0) sledi λ ∈ σ(a), pa smo dokazalii inkluziju π−1

a (0) ⊂ σ(a). Stoga je σ(a) = π−1a (0).

Definicija 1.100. Za element a ∈ A kažemo da je algebarski ako postoji p = 0takav da je p(a) = 0.

Prema tome, skup algebarskih elemenata je skup Poly−10. Kako je 0 ⊂Aqnil, to je Poly−10 ⊂ Poly−1Aqnil, pa je skup algebarskih elemenata iz Apodskup skupa Poly−1Aqnil. Iz Teoreme 1.99 sledi da je za algebarski element aspektar konačan i da je jednak skupu nula minimalnog polinoma πa.

Svaki idempotent je algebarski element. Zaista, ako je e idempotent, tada jee2 = e, pa za polinom p definisan sa p(z) = z2 − z = z(z − 1), z ∈ C, važi da jep nenula polinom i da je p(e) = 0. Minimalni polinom πe je polinom najmanjegstepena, koji je uz to još i moničan, za koji važi da je πe(e) = 0, kao što je već

63

rečeno u komentaru nakon Teoreme 1.97, on deli polinom p. Prema tome, akoje e idempotent, onda su moguća tri slučaja: πe(z) = z ili πe(z) = z − 1 iliπe(z) = z(z − 1).

U prvom slučaju ako je πe(z) = z, ovo znači da je πe(e) = 0, tj. e = 0. Tada jeσ(e) = σ(0) = 0, što je jednako skupu nula minimalnog polinoma, π−1

e (0).Ako je πe(z) = z − 1, to onda zbog πe(e) = 0 imamo e − 1 = 0, tj. e = 1 i

σ(e) = σ(1) = 1 = π−1e (0).

Ako je pak πe(z) = z(z − 1), onda je e = 0 i e = 1 (jer za e = 0 minimalnipolinom je πe(z) = z, a za z = 1 minimalni polinom je πe(z) = z − 1) i σ(e) =π−1e (0) = 0, 1. Ovim smo na još jedan način dokazali da je spektar netrivijalnog

idempotenta skup 0, 1.

1.7 Delioci nuleNeka je A Banahova algebra sa jedinicom. Element a ∈ A je levi (desni) delilac

nule u A ako postoji element b ∈ A takav da je b = 0 i ab = 0 (ba = 0). Akoje a ∈ A levi ili desni delilac nule, onda se kaže da je a delilac nule u A. Skuplevih (desnih) delilaca nule u A označavamo sa AZ

l (AZr ). Sa AZ označavamo skup

delilaca nule u A, i prema tome AZ = AZl ∪ AZ

r . Očigledno je 0 ∈ AZl ∩ AZ

r .

Tvrđenje 1.101. Neka je a ∈ A levi (desni) delilac nule. Tada a nije levo (desno)invertibilan.

Dokaz. Pretpostavimo da je a levi delilac nule i neka je a levo invertibilan. Postojib ∈ A tako da je b = 0 i ab = 0, i postoji c ∈ A tako da je ca = 1. Odavde sledida je

b = 1 · b = (ca)b = c(ab) = c · 0 = 0,

što je suprotno pretpostavci. Dobijena protivurečnost dokazuje da levi delilac nulene može biti levo invertibilan.

Slično se dokazuje da desni delilac nule ne može biti desno invertibilan.

Tačkasti spektar elementa a ∈ A, u oznaci σp(a) je definisan sa:

σp(a) = λ ∈ C : a− λ ∈ AZl ,

dok je defektni spektar elementa a ∈ A, u oznaci σd(a), definisan na sledeći način:

σd(a) = λ ∈ C : a− λ ∈ AZr .

Teorema 1.102. Za a ∈ A i p ∈ C[z] važe jednakosti

σp(p(a)) = p(σp(a)),

σd(p(a)) = p(σd(a)).

64

Dokaz. Neka je U skup svih elemenata algebre A koji nisu levi delioci nule. Po-kažimo da ovaj skup ispunjava uslove Teoreme 1.91. Budući da 1 nije levi delilacnule, sledi da je U neprazan skup.

Neka a i b nisu levi delioci nule. Pokazaćemo da ab nije levi delilac nule me-todom svođenja na protivurečnost. Pretpostavimo da je ab levi delilac nule, tj.da postoji c ∈ A, c = 0, tako da je (ab)c = 0. Moguća su dva slučaja: bc = 0 ibc = 0. U prvom slučaju dobijamo zbog a(bc) = 0 da je a levi delilac nule, što jeu suprotnosti sa pretpostavkom. U drugom slučaju iz bc = 0 i c = 0 zaključujemoda je b levi delilac nule, što je takođe u suprotnosti sa pretpostavkom.

Pokažimo sada da ako proizvod ab = ba nije levi delilac nule, da onda ni a nib nisu delioci nule. Dokaz izvodimo kontrapozicijom. Pretpostavimo da je baremjedan od elemenata a i b levi delilac nule. Neka je recimo to a. To znači da postojid ∈ A, d = 0, tako da je ad = 0. Tada je abd = bad = b · 0 = 0, pa je ab levi delilacnule.

Kako skup U ispunjava uslove Teoreme 1.91, zaključujemo da je σp(p(a)) =p(σp(a)). Jednakost σd(p(a)) = p(σd(a)) se slično dokazuje.

Tvrđenje 1.103. Neka su A i B Banahove algebre i neka je ρ : A → B izomorfi-zam algebre A u algebru B. Tada za x ∈ A i σ∗ ∈ σp, σd važi jednakost

σB∗ (ρ(x)) = σA

∗ (x). (1.91)

Dokaz. S obzirom da je ρ homomorfizam, to je ρ(0A) = 0B (Tvrđenje 1.8). Neka jea ∈ AZ

l . Tada postoji a1 ∈ A takav da je a1 = 0A i aa1 = 0A. Kako je ρ injekcija,to iz a1 = 0A sledi ρ(a1) = ρ(0A) = 0B, dok iz činjenice da je ρ homomorfizam iaa1 = 0A dobijamo ρ(a)ρ(a1) = ρ(aa1) = ρ(0A) = 0B. Iz ρ(a1) = 0B i ρ(a)ρ(a1) =0B sledi da je ρ(a) ∈ BZ

l . Ovim smo dokazali da važi implikacija

a ∈ AZl =⇒ ρ(a) ∈ BZ

l . (1.92)

Kako je ρ−1 : B → A izomorfizam (Tvrđenje 1.12), to na osnovu već dokazanogsledi

ρ(a) ∈ BZl =⇒ a = ρ−1(ρ(a)) ∈ AZ

l . (1.93)

Iz (1.92) i (1.93) zaključujemo da važi ekvivalencija

a ∈ AZl ⇐⇒ ρ(a) ∈ BZ

l .

Odavde sledi da za x ∈ A važe ekvivalencije

λ ∈ σAp (x) ⇔ x−λ·1A ∈ AZ

l ⇔ ρ(x−λ·1A) ∈ BZl ⇔ ρ(x)−λ·1B ∈ BZ

l ⇔ λ ∈ σBp (ρ(x)),

te je σAp (x) = σB

p (ρ(x)).Slično se dokazuje da je σA

d (x) = σBd (ρ(x)).

65

Delioci nule u algebri B(X)

Sledeća teorema daje potreban i dovoljan uslov da je operator iz B(X) levidelilac nule.

Teorema 1.104. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je A levi delilacnule u B(X) ako samo ako A nije injekcija, tj. N(A) = 0.

Dokaz. Neka je A levi delilac nule u B(X). Tada postoji operator B ∈ B(X) takavda je B = 0 i AB = 0. Iz B = 0 sledi da postoji x ∈ X tako da je Bx = 0. Kakoje A(Bx) = 0 zaključujemo da N(A) = 0 i A nije injekcija.

Obrnuto, pretpostavimo da A nije injekcija, tj. da je N(A) = 0. Tada postojix0 ∈ X tako da x0 = 0 i Ax0 = 0. Iz [13, Posledica 4.1.5] sledi da postoji linearanograničen funkcional f takav da je ∥f∥ = 1 i f(x0) = ∥x0∥. Neka je operatorB : X → X definisan sa Bx = f(x)x0. Tada B ∈ B(X), ∥B∥ = ∥f∥∥x0∥ =∥x0∥ = 0,41 pa B = 0, i (AB)x = A(Bx) = A(f(x)x0) = f(x)Ax0 = 0 za svex ∈ X, te je AB = 0. Prema tome, A je levi delilac nule u B(X).

Naredna teorema daje karakterizaciju operatora koji su desni delioci nule uB(X).

Teorema 1.105. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je A desni delilacnule u B(X) ako samo ako R(A) nije svuda gust skup u X, tj. R(A) = X.

Dokaz. Neka je A desni delilac nule u B(X). Tada postoji operator B ∈ B(X)takav da je B = 0 i BA = 0. Iz BA = 0 sledi da je R(A) ⊂ N(B), i stogaR(A) ⊂ N(B) = N(B). Kako je N(B) $ X zbog B = 0, zaključujemo da jeR(A) $ X, tj. R(A) = X.

Obrnuto, pretpostavimo da je R(A) = X. Tada postoji z ∈ X \ R(A). Kakoje42 d(z, R(A)) = inf∥z − y∥ : y ∈ R(A) > 0, to na osnovu [13, Posledica 4.1.4]

41Neka je X normiran prostor, z ∈ X i g ∈ X ′. Tada je sa Tx = g(x)z, x ∈ X, definisanlineran ograničen operator na X, i ∥T∥ = ∥g∥∥z∥.

Zaista, s obzirom da je

T (λx1 + µx2) = g(λx1 + µx2)z = (λg(x1) + µg(x2))z

= (λg(x1))z + (µg(x2))z = λ(g(x1)z) + µ(g(x2))z)

= λT (x1) + µT (x2), za sve x1, x2 ∈ X, i λ, µ ∈ K,

to je T ∈ L(X), a kako je

sup∥x∥=1

∥Tx∥ = sup∥x∥=1

∥g(x)z∥ = sup∥x∥=1

|g(x)|∥z∥ = ∥z∥ sup∥x∥=1

|g(x)| = ∥z∥∥g∥ < +∞,

to je T ∈ B(X) i ∥T∥ = ∥g∥∥z∥.42Ako je S neprazan podskup normiranog prostora X i x ∈ X tada važi ekvivalencija:

x ∈ S ⇐⇒ d(z, S) = inf∥x− s∥ : s ∈ S = 0,

66

sledi da postoji f ∈ X ′ tako da je ∥f∥ = 1, f(z) = d(z, R(A)) i f(y) = 0 za svey ∈ R(A). Neka je operator B : X → X definisan sa Bx = f(x)z, x ∈ X. Tadaje B ∈ B(X), ∥B∥ = ∥f∥ · ∥z∥ = ∥z∥ > 0 jer je z = 0, pa je B = 0, i kako je(BA)x = B(Ax) = f(Ax)z = 0 za sve x ∈ X, to je BA = 0. Prema tome, A jedesni delilac nule u B(X).

Definicija 1.106. Neka je X vektorski prostor i neka je A ∈ L(X). Za broj λ ∈ Ckažemo da je sopstvena vrednost operatora A ako je N(A − λI) = 0. Drugimrečima, λ je sopstvena vrednost operatora A ako postoji nenula vektor x ∈ X takavda je Ax = λx. 43

Ako je λ ∈ C sopstvena vrednost operatora A, onda za ma koji nenula vektoriz N(A − λI) kažemo da je sopstveni vektor operatora A koji odgovara soptvenojvrednosti λ, a za N(A − λI) kažemo da je sopstveni potprostor operatora A kojiodgovara soptvenoj vrednosti λ.

Za A ∈ B(X) iz Teoreme 1.104 sledi da je

σp(A) = λ ∈ K : A− λ nije 1− 1,

drugim rečima λ ∈ σp(A) ako i samo ako je N(A−λ) = 0, tj. ako i samo ako je λsopstvena vrednost operatora A. Prema tome, σp(A) je skup sopstvenih vrednostioperatora A.

Iz Teoreme 1.105 sledi da je

σd(A) = λ ∈ K : R(A− λ) = X.

Teorema 1.107. Ako je X konačno-dimenzionalan Banahov prostor i A ∈ B(X),tada je

σ(A) = σp(A) = σd(A),

i σ(A) je konačan skup.

Dokaz. Neka je X konačno-dimenzionalan Banahov prostor i A ∈ B(X). Tadaλ ∈ σ(A) ako i samo ako A − λ nije invertibilan operator, a ovo je na osnovuTeoreme 1.62 ekvivalentno činjenici da A − λ nije injekcija, tj. N(A − λ) = 0.Stoga λ ∈ σ(A) ako i samo ako je λ ∈ σp(A), tj. ako i samo ako je λ je sopstvenavrednost operatora A. Prema tome, σ(A) = σp(A), i kako je σp(A), tj. skupsopstvenih vrednosti operatora A, jednak skupu nula karakterističnog polinomaoperatora A, zaključujemo da je σ(A) konačan skup.

tj.x /∈ S ⇐⇒ d(z, S) = inf∥x− s∥ : s ∈ S > 0.

43x ∈ N(A− λI) ako i samo ako je Ax = λx.

67

Takođe iz Teoreme 1.62 sledi da λ ∈ σ(A), tj. da A − λ nije invertibilanoperator ako i samo ako A − λ nije surjekcija, tj. R(A − λ) = X. Kako je ukonačno-dimenzionalnom normiranom prostoru X svaki potprostor zatvoren, to jeR(A− λ) = R(A − λ). Odavde sledi da λ ∈ σ(A) ako i samo ako je R(A− λ) =R(A− λ) = X, tj. λ ∈ σd(A). Prema tome, σ(A) = σd(A).

Ako je X konačno-dimenzionalan kompleksan Banahov prostor i A ∈ B(X),onda na osnovu osnovnog stava algebre karakteristični polinom operatora A imabar jednu nulu u skupu C, tj. σp(A), a stoga i σ(A), je neprazan skup. Ako je pakXkonačno-dimenzionalan realan Banahov prostor i A ∈ B(X), onda karakterističnipolinom operatora A može da nema nijednu realnu nulu, pa je onda u tom slučajuσ(A) = σp(A) = ∅.

Sledeći primer pokazuje da u realnoj Banahovoj algebri spektar nekog elementamože biti i prazan. Ovo znači da u Teoremi 1.79 pretpostavka da je Banahova alge-bra A kompleksna ne može biti zamenjena pretpostavkom da je A realna Banahovaalgebra.

Primer 1.108. Neka je operator A : R2 → R2 definisan sa A(x, y) = (y,−x).Tada je R2 dvodimenzionalna realni normiran prostor, A ∈ B(R2) i B(R2) jerealna algebra. Matrica operatora A u odnosu na bazu (1, 0), (0, 1) je[

0 1−1 0

],

a karakterističan polinom operatora A je determinanta∣∣∣∣ 0− λ 1−1 0− λ

∣∣∣∣ = λ2 + 1,

i nema realnih nula, pa operator A nema sopstvene vrednosti. Prema tome, σ(A) =σp(A) = ∅. •

Tvrđenje 1.109. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A nije injekcija;(2) A je levi delilac nule u B(X);(3) A∗ je desni delilac nule u B(X);(4) R(A∗) = X.

Dokaz. Ekvivalencija (1)⇐⇒(2) je dokazana u Teoremi 1.104, a ekvivalencija(3)⇐⇒(4) sledi iz Teoreme 1.105. Ostaje da dokažemo ekvivalenciju (2)⇐⇒(3).Neka je A levi delilac nule u B(X). Tada postoji operator B ∈ B(X), takav daje AB = 0 i B = 0. Tada je B∗ = 0 i B∗A∗ = (AB)∗ = 0∗ = 0, pa je A∗ desni

68

delilac nule u B(X). Slično se pokazuje da ako je A∗ desni delilac nule u B(X),da je onda A je levi delilac nule u B(X).

Za S ⊂ C skup λ : λ ∈ S označavamo sa S∗.

Tvrđenje 1.110. Neka je X Hilbertov prostor i neka je A ∈ B(X). Tada je

σ(A)∗ = σ(A∗). (1.94)

Dokaz. Neka je A invertibilan. Tada postoji B ∈ B(X) takav da je AB = BA = I.Odavde sledi (AB)∗ = (BA)∗ = I∗ = I, i prema tome B∗A∗ = A∗B∗ = I, pa je A∗

invertibilan. Ako u upravo dokazanoj implikaciji umesto A stavimo A∗, dobićemoda iz invertibilnosti operatora A∗ sledi invertibilnost operatora (A∗)∗ = A. Prematome, A je invertibilan ako i samo ako je A∗ invertibilan. Stoga za λ ∈ C važiekvivalencija:

λ ∈ σ(A) ⇐⇒ A− λI /∈ B(X)−1 ⇐⇒ (A− λI)∗ /∈ B(X)−1

⇐⇒ A∗ − λI /∈ B(X)−1 ⇐⇒ λ ∈ σ(A∗),

i prema tome važi jednakost (1.94). Tvrđenje 1.111. Neka je X Hilbertov prostor i neka je A ∈ B(X). Tada je

σp(A)∗ = σd(A

∗). (1.95)

Dokaz. Iz Tvrđenja 1.109 sledi ekvivalencija:

λ ∈ σp(A) ⇐⇒ A− λI nije injekcija

⇐⇒ (A− λI)∗ = A∗ − λI je desni delilac nule u B(X)

⇐⇒ λ ∈ σd(A∗),

i prema tome važi jednakost (1.95).

1.8 Topološki delioci nuleNeka je A Banahova algebra sa jedinicom. Element a ∈ A je levi (desni)

topološki delilac nule u A ako postoji niz bnn∈N iz A takav da je ∥bn∥ = 1 zasvako n ∈ N, i da je lim

n→∞abn = 0 ( lim

n→∞bna = 0). Ukoliko je a ∈ A levi ili desni

topološki delilac nule u A, tada se kaže da je a topološki delilac nule u A. Akopostoji niz bnn∈N sa svojstvom da je ∥bn∥ = 1 za svako n ∈ N, takav da jelimn→∞

abn = 0 i limn→∞

bna = 0, onda se kaže da je a dvostrani topološki delilac nule uA.

Sa ATZl , ATZ

r , ATZ , ATZtwo, respektivno, označavamo skup svih levih topoloških

delilaca nule, desnih topoloških delilaca nule, topoloških delilaca nule, dvostranihtopoloških delilaca nule u A. Prema tome, ATZ = ATZ

l ∪ ATZr . Neka je Hl =

A \ ATZl , Hr = A \ ATZ

r i H = A \ ATZ .

69

Lema 1.112. Svaki levi (desni) delilac nule je levi (desni) topološki delilac nule.

Dokaz. Neka je a ∈ AZl . Tada postoji element b ∈ A takav da je b = 0 i ab = 0.

Neka je bn =b

∥b∥za sve n ∈ N. Za niz (bn) važi da je ∥bn∥ = 1 i abn = 0 za sve

n ∈ N, te je limn→∞

abn = 0. Prema tome, a ∈ ATZl .

Obrnuto u opštem slučaju ne važi, što pokazuje sledeći primer.

Primer 1.113. Neka je C[0, 1] Banahova algebra realnih neprekidnih funkcija nasegmentu [0, 1] sa supremum normom. Tada je element f ∈ C[0, 1] definisan saf(t) = t, t ∈ [0, 1], levi i desni topološki delilac nule u C[0, 1], a nije delilac nule uC[0, 1]. Zaista, pretpostavimo da postoji neko g ∈ C[0, 1], g = 0 tako da je fg = 0.Ovo znači da je f(t)g(t) = tg(t) = 0 za svako t ∈ [0, 1]. Odavde sledi da je g(t) = 0za svako t ∈ (0, 1], a kako je g neprekidna funkcija važi g(0) = lim

t→0g(t) = 0. Stoga

je g = 0, što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je g = 0. Dakle, f nije delilacnule.

Posmatrajmo sada niz funkcija (gn)n iz C[0, 1] definisan na sledeći način:

gn(t) = −nt+ 1, za 0 ≤ t ≤ 1

n

gn(t) = 0, za1

n≤ t ≤ 1.

Jasno, ∥gn∥ = supt∈[0,1]

|gn(t)| = 1 i

∥gnf∥ = supt∈[0,1]

|gn(t)f(t)| = supt∈[0, 1

n]

gn(t)f(t) ≤ supt∈[0, 1

n]

f(t) =1

n, n ∈ N.

Iz 0 ≤ ∥gnf∥ ≤ 1

n, n ∈ N, na osnovu teoreme o dva policajca, zaključujemo da

je limn→∞

∥gnf∥ = 0, tj. limn→∞

gnf = 0. Kako je C[0, 1] komutativna algebra, to je ilimn→∞

fgn = 0, pa je f dvostrani topološki delilac nule. •

Sledeća teorema pokazuje da u konačno-dimenzionalnim Banahovim algebramavaži obrat Leme 1.112.

Teorema 1.114. Neka je A konačno-dimenzionalna Banahova algebra. Tada jeAZ

l = ATZl i AZ

r = ATZr .

Dokaz. Neka je a ∈ ATZl . Tada postoji niz (bn) elemenata algebre A takav da je

∥bn∥ = 1 za sve n ∈ N i limn→∞

abn = 0. Kako je algebra A konačno-dimenzionalna,to je S[0, 1] = x ∈ A : ∥x∥ = 1 kompaktan skup, i s obzirom da bn ∈ S[0, 1] za

70

sve n ∈ N, zaključujemo da niz (bn) ima konvergentan podniz (bnk)k i da lim

k→∞bnk

=

b ∈ S[0, 1]. Koristeći neprekidnost množenja dobijamo da je limk→∞

abnk= ab. Iz

limn→∞

abn = 0 sledi limk→∞

abnk= 0. Prema tome, ab = 0, i kako je b = 0 (jer

b ∈ S[0, 1]), sledi da je a ∈ AZl .

Posledica 1.115. Neka je X konačno-dimenzionalan normiran prostor. Tada jeA ∈ B(X) levi (desni) delilac nule ako isamo ako je levi (desni) topološki delilacnule.

Dokaz. Neka je dimX = n, n ∈ N. Kako je algebra L(X) = B(X) izomorfnaalgebri Mn svih kvadratnih matrica reda n (Primer 1.7), to je dimL(X) = dimMn.Skup Elk : l, k = 1, . . . , n gde je

(Elk)ij =

1, za i = l i j = k,

0, za i = l ili j = k,

je baza prostora Mn, pa je dimMn = n2. Prema tome, dimB(X) = n2 < ∞, i naosnovu Teoreme 1.114 sledi da je B(X)Zl = B(X)TZ

l i B(X)Zr = B(X)TZr .

Sledeća teorema je uopštenje Tvrđenja 1.101.

Teorema 1.116. (i) Neka je a ∈ A levi topološki delilac nule. Tada a nije levoinvertibilan.(ii) Neka je a ∈ A desni topološki delilac nule. Tada a nije desno invertibilan.

Dokaz. (i): Pretpostavimo da je a levo invertibilan. Postoji b ∈ A tako da jeba = 1. Kako je a levi topološki delilac nule, to postoji bn ∈ A tako da je ∥bn∥ = 1i abn → 0, kada n→ ∞. Zbog neprekidnosti množenja važi bn = babn → b · 0 = 0,kada n → ∞. Odavde sledi da je ∥bn∥ → 0, što je u suprotnosti sa činjenicom daje ∥bn∥ = 1.

Tvrđenje (ii) se dokazuje analogno.

Iz Teoreme 1.116 sledi

ATZl ⊂ A \ A−1

l (1.96)ATZ

r ⊂ A \ A−1r . (1.97)

i

A−1l ⊂ Hl (1.98)

A−1r ⊂ Hr. (1.99)

71

Napomena 1.117. Ako je algebra A izomorfna algebri C, onda važi jednakost uprethodnim inkluzijama (1.96), (1.97), (1.98) i (1.99). Naime, ako je A izomorfnaalgebri C, onda je A komutativna algebra i A−1 = A−1

l = A−1r = A\0 (Teorema

1.80). Odavde, primenjujući inkluzije (1.96) i (1.97), zaključujemo da je

0 ⊂ ATZl = ATZ

r = ATZtwo = ATZ ⊂ A \ A−1 = A \ A−1

l = A \ A−1r = 0,

i prema tomeATZ

l = ATZr = ATZ

two = ATZ = 0. (1.100)

Kasnije ćemo videti da važi i obrnuto tvrđenje, tj. da iz ATZ = 0 (a takođe iiz ATZ

∗ = 0, gde je ATZ∗ ∈ ATZ

l ,ATZr ,ATZ

two), sledi da je algebra A izomorfnaalgebri C. •

U daljem definišemo funkcije koje će nam omogućiti lakše istraživanje osobinaskupova ATZ

l i ATZr .

Neka su λ, µ : A → [0,+∞) funkcije definisane sa

λ(x) = infz =0

∥xz∥∥z∥

, µ(x) = infz =0

∥zx∥∥z∥

.

Kako je

∥xz∥∥z∥ : z = 0

= ∥xz∥ : ∥z∥ = 1 i

∥zx∥∥z∥ : z = 0

= ∥zx∥ : ∥z∥ = 1,

to jeλ(x) = inf

∥z∥=1∥xz∥ i µ(x) = inf

∥z∥=1∥zx∥.

Teorema 1.118. Funkcije λ i µ imaju sledeća svojstva:

|λ(x)− λ(y)| ≤ ∥x− y∥, za svako x, y ∈ A, (1.101)|µ(x)− µ(y)| ≤ ∥x− y∥, za svako x, y ∈ A, (1.102)

λ(x)λ(y) ≤ λ(xy) ≤ ∥x∥λ(y), za svako x, y ∈ A, (1.103)µ(x)µ(y) ≤ µ(xy) ≤ µ(x)∥y∥, za svako x, y ∈ A. (1.104)

Dokaz. Neka su x, y, z ∈ A i z = 0. Tada je

λ(x) ≤ ∥xz∥∥z∥

=∥xz − yz + yz∥

∥z∥=

∥(x− y)z + yz∥∥z∥

≤ ∥x− y∥∥z∥+ ∥yz∥∥z∥

= ∥x− y∥+ ∥yz∥∥z∥

.

Pema tome, λ(x)− ∥x− y∥ ≤ ∥yz∥∥z∥

za svako z ∈ A, z = 0, pa je

λ(x)− ∥x− y∥ ≤ infz =0

∥yz∥∥z∥

= λ(y).

72

Odavde sledi da je λ(x) − λ(y) ≤ ∥x − y∥, a menjajući mesta za x i y, dobijamoλ(y)− λ(x) ≤ ∥y − x∥ = ∥x− y∥. Sledi da je |λ(x)− λ(y)| ≤ ∥x− y∥, pa je prvanejednakost dokazana. Druga nejednakost se analogno dokazuje.

Dokažimo sada nejednakost

λ(x)λ(y) ≤ λ(xy) za svako x, y ∈ A. (1.105)

Neka x, y ∈ A. Moguća su dva slučaja: da je y levi delilac nule ili da ynije levi delilac nule, drugim rečima, da postoji z′ = 0 tako da je yz′ = 0 ilida takvo z ne postoji, tj. za svako z = 0 da važi yz = 0. U prvom slučaju je0 ≤ λ(y) = inf

z =0

∥yz∥∥z∥ ≤ ∥yz′∥

∥z′∥ = 0, te je λ(y) = 0, i nejednakost (1.105) očigledno

važi. U drugom slučaju, kada važi implikacija z = 0 =⇒ yz = 0, dobijamo:

λ(x)λ(y) = infz1 =0

∥xz1∥∥z1∥

infz2 =0

∥yz2∥∥z2∥

≤ infz1 =0

∥x(yz1)∥∥yz1∥

infz2 =0

∥yz2∥∥z2∥

= infz1,z2 =0

∥x(yz1)∥∥yz1∥

∥yz2∥∥z2∥

≤ infz =0

∥x(yz)∥∥yz∥

∥yz∥∥z∥

= infz =0

∥x(yz)∥∥z∥

= λ(xy).

Ovim smo završili dokaz nejednakosti (1.105).Dalje imamo

λ(xy) = inf∥z∥=1

∥xyz∥ ≤ inf∥z∥=1

∥x∥∥yz∥ = ∥x∥ inf∥z∥=1

∥yz∥ = ∥x∥λ(y).

Dokazali smo dakle (1.103). Nejednakosti (1.104) se dokazuje slično.

Tvrđenje 1.119. Za a ∈ A važe ekvivalencije:

a ∈ ATZl ⇐⇒ λ(a) = 0,

a ∈ ATZr ⇐⇒ µ(a) = 0.

Dokaz. Neka a ∈ ATZl . Tada postoji niz (bn) iz A, takav da je ∥bn∥ = 1, n ∈ N, i

abn → 0 kada n→ ∞. Kako je

0 ≤ λ(a) = inf∥z∥=1

∥az∥ ≤ ∥abn∥, za svako n ∈ N,

zaključujemo da je 0 ≤ λ(a) ≤ limn→∞

∥abn∥ = 0, pa je λ(a) = 0.Obrnuto, ako je λ(a) = 0, onda je inf

∥z∥=1∥az∥ = 0, pa za proizvoljno n ∈ N

postoji zn ∈ A sa svojstvom da je ∥zn∥ = 1 i da je ∥azn∥ ≤ 1

n. Odavde sledi da je

limn→∞

∥azn∥ = 0, tj. limn→∞

azn = 0 i a ∈ ATZl .

Analogno se dokazuje da je a ∈ ATZr ako i samo ako je µ(a) = 0.

73

Tvrđenje 1.120. Skupovi ATZl , ATZ

r i ATZ su zatvoreni poskupovi algebre A.

Dokaz. Iz nejednakosti (1.101) i (1.102) sledi da su λ i µ neprekidne funkcije. Naosnovu Tvrđenja 1.119 imamo da je ATZ

l = λ−1(0) i ATZr = µ−1(0). Skup 0

je zatvoren u R, pa su skupovi λ−1(0) i µ−1(0) zatvoreni u A.

Aproksimativno tačkasti spektar elementa a ∈ A, u oznaci σap(a), je definisansa:

σap(a) = λ ∈ C : a− λ ∈ ATZl = λ ∈ C : a− λ /∈ Hl.

Aproksimativno defektni spektar elementa a se označava sa σδ(a) i definiše na sledećinačin:

σδ(a) = λ ∈ C : a− λ ∈ ATZr = λ ∈ C : a− λ /∈ Hr.

Tvrđenje 1.121. Za a ∈ A skupovi σap(a) i σδ(a) su kompaktni poskupovi skupaC, i važe inkluzije:

σp(a) ⊂ σap(a) ⊂ σl(a) ⊂ σ(a)

σd(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr(a) ⊂ σ(a).

Dokaz. Neka je f : C → A definisana sa f(λ) = a− λ. Očigledno je f neprekidnafunkcija. Skupovi ATZ

l i ATZr su zatvoreni, pa kako je σap(a) = f−1(ATZ

l ) i σδ(a) =f−1(ATZ

r ) sledi da su σap(a) i σδ(a) zatvoreni podskupovi skupa C. Kako je naosnovu Leme 1.112 i Teoreme 1.116

AZl ⊂ ATZ

l ⊂ A \ A−1l ⊂ A \ A−1

iAZ

r ⊂ ATZr ⊂ A \ A−1

r ⊂ A \ A−1,

to je σp(a) ⊂ σap(a) ⊂ σl(a) ⊂ σ(a) i σd(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr(a) ⊂ σ(a), i kako je σ(a)ograničen skup, to su i σap(a) i σδ(a) ograničeni skupovi. S obzirom da su σap(a)i σδ(a) zatvoreni i ograničeni, sledi da su oni kompaktni poskupovi skupa C.

Teorema 1.122. Za a ∈ A i p ∈ C[z] važe jednakosti

σap(p(a)) = p(σap(a)),

σδ(p(a)) = p(σδ(a)).

Dokaz. Pokažimo da skup Hl ispunjava uslove Teoreme 1.91. Ovaj skup je ne-prazan jer 1 ∈ Hl. Neka a, b ∈ Hl. Tada je λ(a) > 0 i λ(b) > 0 na osnovuTvrđenja 1.119 i stoga λ(a)λ(b) > 0. Budući da je λ(a)λ(b) ≤ λ(ab) (Tvrđenje1.118, nejednakost (1.103)), zaključujemo da je λ(ab) > 0, odakle sledi da ab ∈ Hl.

74

Neka je ab = ba ∈ Hl. Tada je λ(ab) = λ(ba) > 0, pa iz nejednakosti λ(ab) ≤∥a∥λ(b) i λ(ba) ≤ ∥b∥λ(a) (Tvrđenje 1.118, nejednakost (1.103)) sledi λ(a) > 0 iλ(b) > 0. Prema tome, a, b ∈ Hl.

Sada na osnovu Teoreme 1.91 dobijamo da je σap(p(a)) = p(σap(a)).Koristeći osobine funkcije µ iz Tvrđenja 1.118 može se analogno dokazati da

skup Hr ispunjava uslove Teoreme 1.91, odakle onda sledi da je σδ(p(a)) = p(σδ(a)).

Posledica 1.123. Neka a ∈ A i λ ∈ σ∗(a), gde je σ∗ ∈ σ, σl, σr, σap, σδ, σp, σd.Tada λn ∈ σ∗(a

n) za svako n ∈ N.

Dokaz. Neka je n ∈ N proizvoljan broj. Za polinom p(z) = zn na osnovu Teorema1.122 i 1.92 važi jednakost σ∗(p(a)) = p(σ∗(a)). Stoga iz λ ∈ σ∗(a) sledi λn =p(λ) ∈ p(σ∗(a)) = σ∗(p(a)) = σ∗(a

n). Primetimo da obrnuta implikacija ne važi u opštem slučaju. Naime, jednačina

λn = 1 ima n različitih rešenja: λk = cos 2kπn

+ i sin 2kπn, k = 0, . . . , n− 1. Kako je

λk = λ0 = 1 za k = 1, . . . , n− 1, i kako je σ∗(1) = 1 i 1n = 1, to λnk = 1 ∈ σ∗(1n)

ali λk /∈ σ∗(1) = 1.

Tvrđenje 1.124. Neka su A i B Banahove algebre i neka je ρ : A → B izometričkiizomorfizam algebre A u algebru B. Tada za x ∈ A i σ∗ ∈ σap, σδ važi jednakost

σB∗ (ρ(x)) = σA

∗ (x). (1.106)

Dokaz. Ostavljamo čitaocu za vežbu.

Teorema 1.125. (i) Ako je a ∈ ∂A−1, onda je a dvostrani topološki delilac nuleu A.(ii) Ako je a ∈ ∂A−1

l , onda je a desni topološki delilac nule u A.(iii) Ako je a ∈ ∂A−1

r , onda je a levi topološki delilac nule u A.

Dokaz. (i): Neka je a ∈ ∂A−1. Na osnovu Posledice 1.54 (iii) sledi da postoji niz(an)n∈N u A−1 koji konvergira ka a i za koji važi da je lim

n→∞∥a−1

n ∥ = +∞. Definišimo

niz bn =a−1n

∥a−1n ∥

, n ∈ N. Jasno, ∥bn∥ = 1, n ∈ N, i s obzirom da je

0 ≤ ∥bna∥ = ∥bna− bnan + bnan∥ = ∥bn(a− an) + bnan∥

≤ ∥bn∥∥a− an∥+ ∥bnan∥ = ∥a− an∥+1

∥a−1n ∥

, n ∈ N,

zaključujemo da je limn→∞

∥bna∥ = 0, tj. limn→∞

bna = 0. Analogno se dokazuje da jelimn→∞

abn = 0, pa je a dvostrani topološki delilac nule.

75

(ii): Neka je a ∈ ∂A−1l . Na osnovu Posledice 1.54 (i) sledi da postoji niz

ann∈N u A−1l koji konvergira ka a i ako je bn ∈ A takvo da je bnan = 1, n ∈ N,

važi da je limn→∞

∥bn∥ = +∞. Neka je cn =bn

∥bn∥, n ∈ N. Tada je ∥cn∥ = 1 i

0 ≤ ∥cna∥ = ∥cna− cnan + cnan∥ = ∥cn(a− an) + cnan∥

≤ ∥cn∥∥a− an∥+ ∥cnan∥ = ∥a− an∥+1

∥bn∥, n ∈ N,

pa je limn→∞

cna = 0, što znači da je a desni topološki delilac nule.(iii) se dokazuje analogno.

Posledica 1.126. Neka je a ∈ A.(i) Ako je λ ∈ ∂σ(a), tada je a− λ dvostrani topološki delilac nule u A.(ii) Ako je λ ∈ ∂σl(a), tada je a− λ desni topološki delilac nule u A.(iii) Ako je λ ∈ ∂σr(a), tada je a− λ levi topološki delilac nule u A.

Dokaz. (i): Iz λ ∈ ∂σ(a) sledi da je λ ∈ ∂ρ(a), pa je a − λ ∈ ∂A−1. Sada izTeoreme 1.125 (i) sledi da je a− λ dvostrani topološki delilac nule u A.

(ii): Ako je λ ∈ ∂σl(a), onda je λ ∈ ∂ρl(a) gde je ρl(a) = C \ σl(a). Sledia−λ ∈ ∂A−1

l , pa iz Teoreme 1.125 (ii) dobijamo da je a−λ desni topološki delilacnule u A.

(iii) se slično dokazuje.

Iz Posledice 1.126 (i) sledi da je za a ∈ A,

∂σ(a) ⊂ σap(a) i ∂σ(a) ⊂ σδ(a), (1.107)

dok iz tvrđenja (ii) i (iii) iste posledice sledi

∂σl(a) ⊂ σδ(a) i ∂σr(a) ⊂ σap(a). (1.108)

Stoga važe sledeće inkluzije:

∂σl(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr(a), (1.109)∂σr(a) ⊂ σap(a) ⊂ σl(a), (1.110)

∂σ(a) ⊂ σap(a) ⊂ σl(a) ⊂ σ(a), (1.111)∂σ(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr(a) ⊂ σ(a). (1.112)

Lema 1.127. Neka je S neprazan ograničen podskup skupa kompleksnih brojeva.Tada je ∂S = ∅.

76

Dokaz. Pretpostavimo suprotno, da je ∂S = ∅. Tada je

S ∩ Sc = ∅, (1.113)

te je(S)c ∪ (Sc)c = C. (1.114)

Kako je S ograničen skup, sledi da postoji realan broj M > 0 tako da je S ⊂K[0,M ]. Dalje je S ⊂ K[0,M ] = K[0,M ], pa je (S)c = ∅. Iz (1.113) sledi da jeS ⊂ (Sc)c. Kako je S neprazan skup i S ⊂ S ⊂ (Sc)c, to je i (Sc)c = ∅. Prematome, skupovi (S)c i (Sc)c su otvoreni i neprazni. Kako je i

(S)c ∩ (Sc)c =(S ∪ Sc

)c= (S ∪ Sc)c = (C)c = ∅,

iz (1.114) sledi da je C unija dva neprazna disjunktna i otvorena skupa, što je usuprotnosti s tim da je C povezan. Dakle, ∂S = ∅. Posledica 1.128. Neka je A kompleksna Banahova algebra i a ∈ A. Tada je∂σ(a) neprazan skup.

Dokaz. Budući da je σ(a) neprazan ograničen skup, to iz Leme 1.127 sledi da je∂σ(a) = ∅. Posledica 1.129. Neka je A kompleksna Banahova algebra i a ∈ A. Tada suσap(a), σl(a), σδ(a) i σr(a) neprazni skupovi.

Dokaz. Kako je ∂σ(a) = ∅ (Posledica 1.128), to na osnovu inkluzija ∂σ(a) ⊂σap(a) ⊂ σl(a) i ∂σ(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr(a) zaključujemo da su skupovi σap(a), σl(a),σδ(a) i σr(a) neprazni. Teorema 1.130. Neka je A kompleksna Banahova algebra sa jedinicom. Tada ualgebri A ne postoje nenula toploški delioci nule ako i samo ako je A izomorfnaalgebri C.

Dokaz. Neka u algebri A ne postoje nenula toploški delioci nule, tj. neka je ATZ =0, i neka je a ∈ A. Kako je ∂σ(a) = ∅, postoji λ ∈ ∂σ(a). Iz Posledice 1.126(i) sledi da je a− λ dvostrani topološki delilac nule, i s obzirom da je ATZ = 0,sledi a− λ = a− λ · 1 = 0, pa je a = λ · 1. Očigledno je preslikavanje f : C → Adefinisano sa f(λ) = λ · 1 bijektivno i linearno, dakle izomorfizam algebre C ualgebru A.

Obrnutu implikaciju smo već dokazali u Napomeni 1.117. Na isti način se dokazuje i sledeće tvrđenje:

Neka je A kompleksna Banahova algebra sa jedinicom. Tada u algebri A nepostoje nenula levi (desni, dvostrani) toploški delioci nule ako i samo ako je Aizomorfna algebri C.

Sledeća lema omogućuje nam da sagledamo neke geometrijske osobine spektara.

77

Lema 1.131. Neka je K neprazan i kompaktan podskup skupa C. Tada postojeλ0, λ1 ∈ K tako da je

|λ0| = max|λ| : λ ∈ K, (1.115)|λ1| = min|λ| : λ ∈ K. (1.116)

Pri tome λ0 ∈ ∂K, a ako 0 /∈ K, onda i λ1 ∈ ∂K.

Dokaz. Označimo sa s = sup|λ| : λ ∈ K. Tada za svako n ∈ N, postoji λn ∈ K,takvo da je

s− 1

n< |λn| ≤ s.

Na osnovu teoreme o dva policajca sledi da je limn→∞

|λn| = s. Kako je (λn)n∈N nizu kompaktnom skupu K, to postoji podniz (λnk

)k∈N ovog niza koji konvergira katački λ0 ∈ K, te je stoga i lim

k→∞|λnk

| = |λ0|. Kako je limn→∞

|λn| = s, imamo daje lim

k→∞|λnk

| = s. Zbog jedinstvenosti granične vrednosti niza, zaključujemo da je|λ0| = s. Kako |λ0| kao supremum skupa |λ| : λ ∈ K pripada ovom skupu, to je|λ0| = max|λ| : λ ∈ K.

Na sličan način pokazuje se da postoji λ1 ∈ K, takvo da je |λ1| = inf|λ| : λ ∈K = min|λ| : λ ∈ K.

Dokažimo da je λ0 ∈ ∂K. Pretpostavimo suprotno, tj. da λ0 /∈ ∂K. Kako jeλ0 ∈ K, sledi da λ0 ∈ intK, pa postoji ε > 0 takvo da je K(λ0, ε) ⊂ K. S obziromda postoji element u kugli K(λ0, ε) sa modulom većim od |λ0|, zaključujemo dapostoji element iz skupa K sa modulom većim od |λ0|, što je kontradikcija. Dakle,λ0 ∈ ∂K.

Neka 0 /∈ K. Kako λ1 ∈ K, sledi λ1 = 0. Ako λ1 /∈ ∂K, tada λ1 ∈ intK ipostoji ε > 0 takvo da je K(λ1, ε) ⊂ K. S obzirom da je λ1 = 0, u kugli K(λ1, ε),pa samim tim i u skupu K, postoji element čiji je moduo manji od |λ1|, što je usuprotnosti s tim da je |λ1| = min|λ| : λ ∈ K. Stoga λ1 ∈ ∂K.

Za element a algebre A važi da je σ(a) ⊂ C neprazan i kompaktan, te na osnovuLeme 1.131 postoji λ0 ∈ σ(a) takvo da je

r(a) = sup|λ| : λ ∈ σ(a) = max|λ| : λ ∈ σ(a) = |λ0|,

što znači da se λ0 nalazi baš na kružnici poluprečnika r(a) i sa centrom u koordi-natnom početku.

Lema 1.132. Neka su E i F podskupovi skupa kompleksnih brojeva takvi da jeF neprazan, kompaktan i

∂F ⊂ E ⊂ F. (1.117)

Tada:

78

(1) max|λ| : λ ∈ F = max|λ| : λ ∈ E.

(2) Ako 0 /∈ F , onda je min|λ| : λ ∈ F = min|λ| : λ ∈ E > 0.

Dokaz. Iz Leme 1.131 sledi da postoji λ0 ∈ F tako da je |λ0| = max|λ| : λ ∈ F iλ0 ∈ ∂F . S obzirom na prvu inkluziju u (1.117) dobijamo λ0 ∈ E, a s obzirom nadrugu inkluziju u (1.117) zaključujemo

|λ0| ≤ sup|λ| : λ ∈ E ≤ sup|λ| : λ ∈ F = |λ0|,

odakle sledi max|λ| : λ ∈ F = max|λ| : λ ∈ E = |λ0|.Takođe iz Leme 1.131 sledi da postoji λ1 ∈ F tako da je |λ1| = min|λ| : λ ∈ F.

Ako još i 0 /∈ F , onda 0 = λ1 ∈ ∂F . Rubne tačke skupa F su u E i E ⊂ F , te je

inf|λ| : λ ∈ F = |λ1| ≥ inf|λ| : λ ∈ E ≥ inf|λ| : λ ∈ F,

odakle sledi min|λ| : λ ∈ F = min|λ| : λ ∈ E = |λ1| > 0.

Primedba 1.133. Iz ∂σ(a) ⊂ σap(a) ⊂ σ(a), ∂σ(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σ(a), ∂σ(a) ⊂σr(a) ⊂ σ(a) i ∂σ(a) ⊂ σl(a) ⊂ σ(a) sledi

r(a) = sup|λ| : λ ∈ σ(a) = sup|λ| : λ ∈ σap(a) = sup|λ| : λ ∈ σδ(a)= sup|λ| : λ ∈ σl(a) = sup|λ| : λ ∈ σr(a).

Definišimo, za a ∈ A, broj s(a) na sledeći način:

s(a) = inf|λ| : λ ∈ σ(a) = d(0, σ(a)) = supε ≥ 0 : |λ| < ε⇒ a− λ ∈ A−1.

Slično definišemo sl(a), sr(a), sap(a) i sδ(a):

sl(a) = inf|λ| : λ ∈ σl(a) = d(0, σl(a)) = supε ≥ 0 : |λ| < ε⇒ a− λ ∈ A−1l ,

sr(a) = inf|λ| : λ ∈ σr(a) = d(0, σr(a)) = supε ≥ 0 : |λ| < ε⇒ a− λ ∈ A−1r ,

sap(a) = inf|λ| : λ ∈ σap(a) = d(0, σap(a)) = supε ≥ 0 : |λ| < ε⇒ a− λ ∈ Hl,sδ(a) = inf|λ| : λ ∈ σδ(a) = d(0, σδ(a)) = supε ≥ 0 : |λ| < ε⇒ a− λ ∈ Hr.

Broj s(a) se zove unutrašnji spektralni poluprečnik, dok se sl(a) i sr(a) zovu re-dom, levi unutrašnji poluprečnik i desni unutrašnji poluprečnik. Primetimo da važeekvivalencije:

s(a) > 0 ⇐⇒ a ∈ A−1,

sl(a) > 0 ⇐⇒ a ∈ A−1l ,

sr(a) > 0 ⇐⇒ a ∈ A−1r ,

sap(a) > 0 ⇐⇒ a ∈ Hl,

sδ(a) > 0 ⇐⇒ a ∈ Hr.

79

Iz inkluzija A−1 ⊂ A−1l ⊂ Hl i A−1 ⊂ A−1

r ⊂ Hr slede nejednakosti:

sl(a) ≤ sap(a)

s(a) ≤sr(a) ≤ sδ(a).

Teorema 1.134. Neka je a ∈ A. Tada:

(1) Ako je a ∈ A−1, onda je s(a) = sl(a) = sr(a) = sap(a) = sδ(a) > 0;

(2) s(a) = minsl(a), sr(a).

Dokaz. (1): Iz a ∈ A−1 sledi 0 /∈ σ(a). Iz inkluzija (1.111) i (1.112), i činjenice daje σ(a) kompaktan, na osnovu Leme 1.132 zaključujemo da je

inf|λ| : λ ∈ σ(a) = inf|λ| : λ ∈ σap(a) = inf|λ| : λ ∈ σl(a)

iinf|λ| : λ ∈ σ(a) = inf|λ| : λ ∈ σδ(a) = inf|λ| : λ ∈ σr(a),

tj. s(a) = sl(a) = sr(a) = sap(a) = sδ(a).(2): Ako je jedan od brojeva sl(a) i sr(a) jednak 0, recimo ako je sl(a) = 0, tada

a /∈ A−1l , i stoga a /∈ A−1 i s(a) = 0. Prema tome, s(a) = 0 = minsl(a), sr(a).

Ako su sl(a) > 0 i sr(a) > 0, tada je a ∈ A−1 i na osnovu (1) sledi da je sl(a) =sr(a) = s(a), pa opet važi jednakost s(a) = minsl(a), sr(a).

Topološki delioci nule u B(X)

Definicija 1.135. Neka su X i Y normirani prostori. Operator A ∈ L(X,Y ) jeodozdo ograničen ako postoji realan broj c > 0 tako da je

c∥x∥ ≤ ∥Ax∥, za sve x ∈ X. (1.118)

Tvrđenje 1.136. Neka su X i Y normirani prostori. Operator A ∈ L(X, Y ) jeodozdo ograničen ako i samo ako je A−1

1 : R(A) → X ograničen linearan operator,gde je A1 : X → R(A) redukcija operatora A, tj. A1x = Ax za x ∈ X.

Dokaz. Neka je A odozdo ograničen operator. Tada postoji c > 0 tako da važi(1.118). Neka je y ∈ R(A) proizvoljan element. Tada postoji x ∈ X tako da jey = Ax = A1x, pa iz (1.118) imamo da je

c∥A−11 y∥ = c∥A−1

1 (A1x)∥ = c∥x∥ ≤ ∥Ax∥ = ∥A1x∥ = ∥y∥.

Prema tome,

∥A−11 y∥ ≤ 1

c∥x∥ za sve y ∈ R(A),

80

pa je A−11 : R(A) → X ograničen operator i ∥A−1

1 ∥ ≤ 1

c.

Neka je A−11 : R(A) → X ograničen operator. Pretpostavimo da je X = 0.44

Tada je 1 = ∥I∥ = ∥A−11 A∥ ≤ ∥A−1

1 ∥∥A∥ pa je ∥A−11 ∥ > 0. Zbog ograničenosti

operatora A−11 imamo da je

∥x∥ = ∥A−11 (Ax)∥ ≤ ∥A−1

1 ∥∥Ax∥, za sve x ∈ X,

odakle delenjem sa ∥A−11 ∥ dobijamo da važi nejednakost

1

∥A−11 ∥

∥x∥ ≤ ∥Ax∥ za sve x ∈ X,

pa je operator A odozdo ograničen. U daljem tekstu X je nenula normiran prostor.

Definicija 1.137. Neka su X i Y normirani prostori i A ∈ L(X,Y ). Minimummoduo (moduo injektivnosti) operatora A je

m(A) = infx =0

∥Ax∥∥x∥

. (1.119)

Kako je

∥Ax∥∥x∥ : x = 0

= ∥Ax∥ : ∥x∥ = 1, to je

m(A) = inf∥x∥=1

∥Ax∥.

Tvrđenje 1.138. Neka su X i Y normirani prostori, i A ∈ L(X,Y ). Tada je

m(A) = maxc ≥ 0 : c∥x∥ ≤ ∥Ax∥, za sve x ∈ X

im(A)∥x∥ ≤ ∥Ax∥ za sve x ∈ X. (1.120)

Dokaz. Neka je c ≥ 0 takvo da je

c∥x∥ ≤ ∥Ax∥, za sve x ∈ X.

Tada je za x ∈ X, x = 0,

c ≤ ∥Ax∥∥x∥

,

44Ako je X = 0, onda tvrđenje očigledno važi, jer je Ax = 0 za x ∈ X, i za svako c > 0 važi(1.118), pa je A odozdo ograničen. Kako je A1 : 0 → 0, to je i A−1

1 : 0 → 0, pa je A−11

ograničen operator.

81

pa je

c ≤ infx =0

∥Ax∥∥x∥

= m(A),

tj. m(A) je gornja granica skupa c ≥ 0 : c∥x∥ ≤ ∥Ax∥, za sve x ∈ X.Iz (1.119) sledi da je za sve x ∈ X, x = 0, važi nejednakost

m(A) ≤ ∥Ax∥∥x∥

,

pa jem(A)∥x∥ ≤ ∥Ax∥.

Kako ova nejednakost očigledno važi i za x = 0, to je

m(A) ∈ c ≥ 0 : c∥x∥ ≤ ∥Ax∥, za sve x ∈ X.

Kako je m(A) gornja granica skupa c ≥ 0 : c∥x∥ ≤ ∥Ax∥, za sve x ∈ X kojapripada ovom skupu zaključujemo da je m(A) maksimum ovog skupa.

Tvrđenje 1.139. Neka su X i Y normirani prostori, i A ∈ L(X, Y ). Tada je Aodozdo ograničen ako i samo ako je je m(A) > 0.

Dokaz. Sledi iz Tvrđenja 1.138.

Teorema 1.140. Neka je X Banahov prostor, Y normiran prostor i A ∈ B(X, Y ).Tada je A odozdo ograničen operator ako i samo ako je A injekcija i R(A) kom-pletan potprostor.

Dokaz. (=⇒): Neka je A odozdo ograničen operator. Tada postoji c > 0 tako daje

c∥x∥ ≤ ∥Ax∥ za sve x ∈ X. (1.121)

Ako je Ax = 0, iz (1.121) sledi da je x = 0. Prema tome, A je injekcija. Neka je(yn) Košijev niz u R(A). Za svako n ∈ N postoji xn ∈ X tako da je yn = Axn. Iz(1.121) sledi da je

c∥xm − xn∥ ≤ ∥Axm − Ayn∥ = ∥ym − yn∥ za sve m,n ∈ N,

pa je

∥xm − xn∥ ≤ 1

c∥ym − yn∥ za sve m,n ∈ N.

Kako je (yn) Košijev niz, iz poslednje nejednakosti zaključujemo da je i (xn) Košijevniz u X, i s obzirom da je X Banahov prostor, sledi da postoji x ∈ X tako da jelimn→∞

xn = x. Zbog neprekidnosti operatora A zaključujemo da je limn→∞

Axn = Ax,

82

tj. limn→∞

yn = Ax ∈ R(A). Pokazali smo da proizvoljan Košijev niz u R(A) imagraničnu vrednost u R(A), pa je R(A) kompletan potprostor.

(⇐=) Neka je A injekcija i R(A) kompletan potprostor. Tada je operatorA1 : X → R(A) definisan sa A1x = Ax, x ∈ X, linearan bijektivan operatorsa Banahovog prostora X na Banahov prostor R(A), pa je na osnovu Banahoveteoreme o ograničenom inverzu (Teorema 1.63) A−1

1 ∈ B(R(A), X). Iz Tvrđenja1.136 sledi da je A odozdo ograničen operator.

Kako je potprostor Banahovog prostora kompletan ako i samo ako je zatvoren,to iz Teoreme 1.140 sledi naredna teorema:

Teorema 1.141. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je A odozdoograničen operator ako i samo ako je A injekcija i R(A) zatvoren podskup u Y .

Tvrđenje 1.142. Neka je A ∈ B(X) odozdo ograničen operator i M zatvorenpotprostor u X. Tada je A(M) zatvoren.

Teorema 1.143. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni(1) A je levi topološki delilac nule.(2) Postoji niz (xn) u X takav da je ∥xn∥ = 1 za sve n ∈ N i lim

n→∞Axn = 0.

(3) A nije odozdo ograničen operator.

Dokaz. (1)=⇒(2) Neka je A levi topološki delilac nule. Tada postoji niz (Bn) uB(X) takav da je ∥Bn∥ = 1 za sve n ∈ N i da je lim

n→∞ABn = 0. Za svako n ∈ N,

budući da je ∥Bn∥ = sup∥x∥=1

∥Bnx∥ = 1, postoji zn ∈ X tako da je ∥zn∥ = 1 i

∥Bnzn∥ > 12. Neka je

xn =Bnzn∥Bnzn∥

, n ∈ N.

Tada je ∥xn∥ = 1 i

0 ≤ ∥Axn∥ =

∥∥∥∥ 1

∥Bnzn∥A(Bnzn)

∥∥∥∥ =1

∥Bnzn∥∥(ABn)zn∥

≤ 2∥ABn∥∥zn∥ = 2∥ABn∥, za sve n ∈ N,

odakle sledi da je limn→∞

∥Axn∥ = 0, i prema tome limn→∞

Axn = 0.

(2)=⇒(1) Neka postoji niz (xn) uX takav da je ∥xn∥ = 1 za sve n ∈ N i limn→∞

Axn =

0. Kako je X = 0, to na osnovu posledice Han-Banahove teoreme [13, Posledica4.1.5] sledi da postoji f ∈ X ′ tako da je ∥f∥ = 1. Naka je Bn(x) = f(x)xn, x ∈ X,n ∈ N. Tada je Bn ∈ B(X) i ∥Bn∥ = ∥f∥∥xn∥ = 1. Kako je

∥ABnx∥ = ∥A(f(x)xn)∥ = ∥f(x)|∥Axn∥ ≤ ∥f∥∥x∥∥Axn∥ = ∥Axn∥∥x∥

83

za sve x ∈ X, i n ∈ N, to je

0 ≤ ∥ABn∥ ≤ ∥Axn∥, za sve n ∈ N,

odakle zbog limn→∞

Axn = 0 sledi limn→∞

∥ABn∥ = 0, tj. limn→∞

ABn = 0, i A je levitopološki delilac nule.

Uslov (2) je ekvivalentan uslovu da je m(A) = 0, a ovo je pak na osnovuTvrđenja 1.139 ekvivalentno činjenici da A nije odozdo ograničen operator, tj.uslovu (3).

Definicija 1.144. Neka su X i Y normirani prostori i A ∈ L(X, Y ). Moduosurjektivnosti operatora A je

q(A) = supϵ ≥ 0 : ϵK[0, 1]Y ⊂ A(K[0, 1]X). (1.122)

Teorema 1.145. Neka su X i Y Banahovi prostori i A ∈ B(X,Y ). Tada jeq(A) > 0 ako i samo ako je A surjekcija.

Ako je X normiran prostor, za A ∈ B(X) operator A′ ∈ B(X ′) definisan saA′g = g A, g ∈ X ′, zove se dualni operator operatora A.

Teorema 1.146. Neka su X i Y Banahovi prostori, A ∈ B(X,Y ) i A′ ∈ B(Y ′, X ′).Tada je

m(A′) = q(A) i q(A′) = m(A). (1.123)

Teorema 1.147. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je desni topološki delilac nule u B(X).(2) A′ je levi topološki delilac nule u B(X ′).(3) A nije surjektivan operator.

Dokaz. (1)=⇒(2): Neka je A desni topološki delilac nule u B(X). Tada postojiniz operatora Bn ∈ B(X), takav da je ∥Bn∥ = 1 za sve n ∈ N i lim

n→∞BnA = 0.

Tada je ∥B′n∥ = ∥Bn∥ = 1 i ∥A′B′

n∥ = ∥(BnA)′∥ = ∥BnA∥ → 0 kad n → ∞, tj.

limn→∞

A′B′n = 0, pa je A′ levi topološki delilac nule u B(X ′).

(2)=⇒(1): Neka je A′ levi topološki delilac nule u B(X ′). Na osnovu Teoreme1.143 sledi da postoji niz (fn) u X ′ takav da je ∥fn∥ = 1 i lim

n→∞A′fn = 0. Neka je

z ∈ X takav da je ∥z∥ = 1, i neka je Bn(x) = fn(x)z za x ∈ X. Tada je Bn ∈ B(X)i ∥Bn∥ = ∥fn∥∥z∥ = 1. Kako je

BnAx = fn(Ax)z = ((A′fn)x)z

84

to je

∥BnA∥ = sup∥x∥=1

∥((A′fn)x)z∥ = sup∥x∥=1

|(A′fn)x|∥z∥ = ∥z∥ sup∥x∥=1

|(A′f)x| = ∥A′fn∥,

pa je limn→∞

∥BnA∥ = limn→∞

∥A′fn∥ = 0. Prema tome A je desni topološki delilac nuleu B(X).(2)⇐⇒(3): Neka je A′ levi topološki delilac nule u B(X ′). To je na osnovu Teoreme1.143 ekvivalentno sa činjenicom da A′ nije odozdo ograničen operator, a ovo je naosnovu Tvrđenja 1.139 ekvivalentno sa tim da jem(A′) = 0, i dalje, zbog jednakosti(1.123), imamo da je ekvivalentno sa q(A) = 0. Ovo je pak na osnovu Teoreme1.145 ekvivalentno sa tim da A nije surjekcija.

Posledica 1.148. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je

σap(A) = λ ∈ C : A− λ nije odozdo ograničen = λ ∈ C : m(A− λ) = 0,σδ(A) = λ ∈ C : A− λ nije surjekcija = λ ∈ C : q(A− λ) = 0.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.143, Tvrđenja 1.139, Teoreme 1.147 i Teoreme 1.145.

Teorema 1.149. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je odozdo ograničen operator.(2) A je levo invertibilan operator.(3) A nije levi topološki delilac nule u B(X).

Dokaz. (1)=⇒(2): Neka je A odozdo ograničen operator. Tada je na osnovuTeoreme 1.141 operator A injekcija i R(A) zatvoren potprostor u Y . Kako svakizatvoren potprostor Hilbertovog prostora ima zatvoren direktan komplement [13,Teorema 3.7.1],45 na osnovu Teoreme 1.71 zaključujemo da je A levo invertibilanoperator.(2)=⇒(1) Neka je A levo invertibilan operator. Iz Teoreme 1.71 sledi da je A injek-cija i da je R(A) zatvoren podskup u X, pa na osnovu Teoreme 1.141 zaključujemoda je A odozdo ograničen operator.

Ekvivalencija (1)⇐⇒(3) sledi iz Teoreme 1.143.

Teorema 1.150. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je surjekcija.(2) A je desno invertibilan operator.(3) A nije desni topološki delilac nule u B(X).

45Ako je M zatvoren potprostor Hilbertovog prostora X, tada je X = M ⊕M⊥.

85

Dokaz. (1)=⇒(2): Neka je A surjekcija. S obzirom da N(A) kao zatvoren pot-prostor Hilbertovog protora X ima zatvoren direktni komplement, to na osnovuTeoreme 1.72 sledi da je A desno invertibilan operator.

Implikacija (2)=⇒(1) sledi iz Teoreme ?? (ili Teoreme 1.72).Ekvivalencija (1)⇐⇒(3) sledi iz Teoreme 1.147.

Tvrđenje 1.151. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Tada je A je levitopološki delilac nule u B(X) ako i samo ako je A∗ desni topološki delilac nule uB(X).

Dokaz. Neka je A levi topološki delilac nule u B(X). Tada postoji niz operatoraBn ∈ B(X), takav da je ∥Bn∥ = 1 za sve n ∈ N i lim

n→∞ABn = 0. Tada je ∥B∗

n∥ =

∥Bn∥ = 1 i ∥B∗nA

∗∥ = ∥(ABn)∗∥ = ∥ABn∥ → 0 kad n→ ∞, tj. lim

n→∞B∗

nA∗ = 0, pa

je A∗ desni topološki delilac nule u B(X). Slično se pokazuje da ako je A∗ desnitopološki delilac nule u B(X), da je onda A je levi topološki delilac nule u B(X).

Tvrđenje 1.152. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Tada važe ekvivalen-cije:(i) A je levo (desno) invertibilan operator u B(X) ako i samo ako je A∗ desno(levo) invertibilan operator u B(X).(ii) A je invertibilan operator u B(X) ako i samo ako je A∗ invertibilan operatoru B(X).

Dokaz. (i) Neka je A levo invertibilan operator u B(X). Tada postoji B ∈ B(X)tako da je BA = I. Odavde sledi da je A∗B∗ = (BA)∗ = I∗ = I, pa je A∗ desnoinvertibilan operator u B(X). Slično se pokazuje da ako je A∗ desno invertibilanoperator u B(X), da je onda A je levo invertibilan operator u B(X).

Tvrđenje (ii) sledi iz tvrđenja (i). Iz Tvrđenja 1.151 (ili Tvrđenja 1.152), Teoreme 1.149 i Teoreme 1.150 sledi

naredno tvrđenje:

Tvrđenje 1.153. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je odozdo ograničen operator.(2) A je levo invertibilan operator.(3) A nije levi topološki delilac nule u B(X).(4) A∗ nije desni topološki delilac nule u B(X).(5) A∗ je surjekcija.(6) A∗ je desno invertibilan operator.

86

Tvrđenje 1.154. Neka je X Hilbertov prostor i neka je A ∈ B(X). Tada je

σap(A) = σl(A), (1.124)σδ(A) = σr(A), (1.125)

σl(A)∗ = σap(A)

∗ = σδ(A∗) = σr(A

∗), (1.126)σ(A)∗ = σ(A∗). (1.127)

Dokaz. Kako λ ∈ σap(A) ako i samo ako je Budući da λ ∈ σap(A) ako i samoako je A− λI levi topološki delilac nule u B(X), što je na osnovu Tvrđenja 1.151ekvivalentno činjenici da je (A − λI)∗ = A∗ − λI desni topološki delilac nule uB(X), tj. da je λ ∈ σδ(A

∗), zaključujemo da važi jednakost σap(A)∗ = σδ(A∗).

Odavde i iz (1.124) i (1.125) sledi (1.126).Jednakost (1.127) sledi iz Tvrđenja 1.152 (ii).

Teorema 1.155. Neka je X konačno-dimenzionalan Banahov prostor i A ∈ B(X).Sledeći uslovi su ekvivalentni:(1) A je invertibilan,(2) A je bijekcija,(3) A je levo invertibilan,(4) A je odozdo ograničen,(5) A je injekcija,(6) A nije levi topološki delilac nule,(7) A nije levi delilac nule,(8) A je desno invertibilan,(9) A je surjekcija(10) R(A) je svuda gust skup u X,(11) A nije desni topološki delilac nule,(12) A nije desni delilac nule

Dokaz. Kako je svaki potprostor konačno-dimenzionalnog normiranog prostora za-tvoren, to iz Teoreme 1.141 sledi da je A ∈ B(X) odozdo ograničen ako i samoako je A injekcija, tj. uslov (4) je ekvivalentan uslovu (5). Kako je R(A) zatvo-ren potprostor, to je R(A) = X ako i samo ako je R(A) = X, tj. uslov (9) jeekvivalentan uslovu (10). Odavde i na osnovu Teoreme 1.61, Teoreme 1.143, Teo-reme 1.147, Teoreme 1.104 i Teoreme 1.105 zaključujemo da su svi navedeni usloviekvivalentni.46

46Ekvivalencije (6)⇐⇒(7) i (11)⇐⇒(12) slede takođe iz Posledice 1.115.

87

Tvrđenje 1.156. Neka je X konačno-dimenzionalan Banahov prostor i A ∈ B(X).Tada je

σp(A) = σd(A) = σap(A) = σδ(A) = σl(A) = σr(A) = σ(A).

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.155, a takođe i iz jednakosti σp(A) = σd(A) = σ(A)(Teorema 1.107) i inkluzija

σp(A) ⊂ σap(A) ⊂ σl(A) ⊂ σ(A)

σd(A) ⊂ σδ(A) ⊂ σr(A) ⊂ σ(A).

Tvrđenje 1.157. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je A invertibilanu B(X) ako i samo ako je A′ invertibilan u B(X ′).

Dokaz. Neka je A invertibilan operator. Tada postoji B ∈ B(X) tako da jeAB = BA = I. Odavde sledi da je (AB)′ = (BA)′ = I ′, tj. B′A′ = A′B′ = I, paje A′ invertibilan. 47

Neka je A′ invertibilan u B(X ′). Tada je A′ bijekcija, pa je m(A′) > 0 iq(A′) > 0 (Teorema 1.145). Kako je m(A) = q(A′) i q(A) = m(A′) na osnovu(1.123), to je m(A) > 0 i q(A) > 0, pa je A bijekcija i na osnovu Teoreme??invertibilan operator.

Tvrđenje 1.158. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je

σ(A) = σ(A′).

Dokaz. Sledi iz Tvrđenja 1.157.

1.9 Polinomijalne konveksne ljuskeSa P(X) označavamo partitivni skup skupa X. Svaki podskup partitivnog

skupa P(X) zovemo familija podskupova skupa X.

Definicija 1.159. Neka je X neprazan skup i τ ⊂ P(X). Familija τ je topologijana skupu X ako su ispunjeni sledeći uslovi:(1) ∅, X ∈ τ ,(2) Ui : i ∈ I ⊂ τ =⇒

∪i∈IUi ∈ τ ,

(3) U1, . . . , Un ∈ τ =⇒n∩

i=1

Ui ∈ τ .

47I ′B(X) = IB(X′).

88

Uređeni par (X, τ) nazivamo topološki prostor, a elemente toplogije τ otvorenipodskupovi skupa X ili otvoreni skupovi u X. Topološki prostor (X, τ) često obe-ležavamo samo sa X, ako ne postoji opasnost od zabune i ako se topologija τpodrazumeva.

Za F ⊂ X kažemo da je zatvoren skup u X, ako je F c otvoren skup u X.

Neka je A neprazan podskup skupa X. Lako se dokazuje da je familija

τA = U ∩ A : U ∈ τ

toplogija na skupu A. Familija τA se zove relativna (nasledna, indukovana) topolo-gija na skupu A, a topološki prostor (A, τA) se zove topološki potprostor prostora(X, τ).

Definicija 1.160. Topološki prostor X je povezan (koneksan) ako ne postoje dvaneprazna disjunktna otvorena podskupova U i V skupa X tako da je

X = U ∪ V.

Definicija 1.161. Neka je K kompaktan podskup kompleksne ravni C. Komple-ment skupa K, u oznaci Kc, je otvoren podskup u C, i njegove povezane kompo-nente su otvoreni podskupovi u C (jer je C lokalno povezan prostor). Kako je Cseparabilan prostor, skup Kc može imati najviše prebrojivo mnogo komponenata.Neka je ρ(K) = sup|λ| : λ ∈ K. Očigledno postoji samo jedna komponentaskupa Kc koja sadrži λ ∈ C : |λ| > ρ(K). Ta komponenta je neograničenakomponenta skupa Kc. Ostale komponente skupa Kc su ograničene, i nazivaju serupe u K. Ako Kc ima samo jednu komponentu, (očigledno je to neograničenakomponenta skupa Kc), tada se kaže da skup K nema rupu.

Definicija 1.162. Neka je K kompaktan podskup kompleksne ravni C, f : K → Ci

∥f∥K = sup|f(z)| : z ∈ K.

Polinomijalno konveksna ljuska (polinomijalno konveksni pokrivač) skupa K, uoznaci K, je skup

Kdef= z ∈ C : |p(z)| ≤ ∥p∥K za svaki polinom p.

Skup K je polinomijalno konveksan ako je K = K.Očigledno je K ⊂ K; ako su K1 i K2 kompaktni podskupovi u C, tada K1 ⊂K2 ⇒ K1 ⊂ K2.

Koristićemo naredna dva tvrđenja.

89

Teorema 1.163. (Princip maksimuma) Neka je D ⊂ C ograničena oblast, f ne-prekidna na D i f holomorfna na D. Tada |f | dostiže maksimum na rubu oblastiD.

Teorema 1.164. (Posledica teoreme Rungea) Neka je L kompaktan podskup uC, neka je C \ L povezan skup. Ako postoji otvoren skup Ω ⊃ L, tako da je fholomorfna na Ω, tada postoji niz polinoma (pn)n koji ravnomerno konvergira kaf na skupu L.

Teorema 1.165. Neka je K kompaktan podskup skupa C. Tada je komplementskupa K jednak neograničenoj komponenti skupa Kc i

K = K ∪W, gde je W unija svih rupa u K.

Dokaz. S obzirom da skup Kc ima najviše prebrojivo mnogo komponenata, ozna-čimo ih sa C0, C1, C2, ..., gde je C0 neograničena komponenta. Dokažimo da jeCc

0 = K. Skup Cn je otvoren za svako n ∈ N0 i zato je ∂Cn ⊂ K. Zaista, pretpo-stavimo da postoji neko z ∈ ∂Cn, koje ne pripada K, tj. z ∈ Kc. Budući da je Cn

otvoren skup, on ne sadrži svoje rubne tačke, te z /∈ Cn. Kako z ∈ Kc, to ondapostoji i ∈ N0, i = n, tako da z ∈ Ci. Ci je otvoren skup koji sadrži tačku z i kakoje z ∈ ∂Cn, sledi da je Ci ∩ Cn = ∅, što je nemoguće.

Neka je λ ∈ Cn proizvoljno. Za proizvoljan polinom p, iz ∂Cn ⊂ K, na osnovuprincipa maksimuma imamo da je |p(λ)| ≤ ∥p∥∂Cn ≤ ∥p∥K, što znači da je λ ∈ K.Dakle, Cn ⊂ K, n = 1, 2, .... Prema tome, iz Cc

0 = K ∪ (∪∞

n=1Cn), sledi Cc0 ⊂ K.

Dokažimo da je C0 ⊂ Kc. Neka je L = Cc0. Kako je λ ∈ C : |λ| > ρ(K) ⊂ C0,

to je Cc0 ⊂ λ ∈ C : |λ| ≤ ρ(K), pa je L = Cc

0 ograničen skup. Budući da je L izatvoren, zaključujemo da je kompaktan. Neka je λ ∈ C0. Iz λ /∈ L = clL, sledida je d = d(λ, L) > 0. Neka je Ω =

∪z∈L

(K(z, d

2)). Očigledno, Ω je otvoren skup i

L ⊂ Ω. Kako λ /∈ Ω, to je funkcija z 7→ (z − λ)−1 analitička u okolini Ω skupa L.Na osnovu posledice Rungeove teoreme postoji niz polinoma (pn)n takav da je

∥pn(z)− (z − λ)−1∥L → 0 kada n → ∞.

Funkcija g(z) = z − λ je neprekidna na kompaktnom skupu L, pa je i ograničena.Ako ograničenom funkcijom pomnožimo ravnomerno konvergentan niz, dobijamoponovo ravnomerno konvergentan niz. Prema tome, za qn(z) = (z − λ)pn(z), sledida ∥qn(z)− 1∥L → 0, i postoji prirodan broj m takav da je ∥qm − 1∥L < 1

2. Kako

je |qm(λ) − 1| = 1, to |qm(λ) − 1| ∥qm − 1∥L, pa λ /∈ L. Sada, iz K ⊂ L, slediK ⊂ L i kako λ /∈ L, zaključujemo da λ /∈ K. Ovim smo dokazali da je C0 ⊂ Kc.

Kako je Cc0 ⊂ K i C0 ⊂ Kc, sledi Cc

0 = K.

Teorema 1.166. Neka su F i E neprazni kompaktni podskupovi skupa C takvi daje ∂F ⊂ E. Tada je

90

(i) F ⊂ F ⊂ E;

(ii) Ako je U komponenta povezanosti skupa Ec, onda je U ⊂ F ili je U ∩F = ∅,tj. U ⊂ F c.

Dokaz. (i): Neka je λ ∈ F . Tada je, na osnovu principa maksimuma, |p(λ)| ≤∥p∥F = ∥p∥∂F ≤ ∥p∥E za svako p ∈ C[z], pa je λ ∈ E.(ii): Kako je F kompaktan, on je zatvoren, pa sadrži svoj rub i stoga je F =intF ∪ ∂F . Neka je U komponenta povezanosti u Ec. Tada je U ∩ E = ∅ i zbog∂F ⊂ E sledi U ∩ ∂F = ∅. Prema tome,

U = (U ∩ F ) ∪ (U ∩ F c) = (U ∩ (intF ∪ ∂F )) ∪ (U ∩ F c)

= (U ∩ intF ) ∪ (U ∩ ∂F ) ∪ (U ∩ F c) = (U ∩ intF) ∪ (U ∩ Fc).

Skup U ∩ intF je otvoren kao presek dva otvorena, a kako je F zatvoren, to jeF c otvoren, pa je U ∩ F c takođe otvoren kao presek dva otvorena skupa. Prematome, U je unija dva disjunktna otvorena skupa, a budući da je povezan skup,zaključujemo da jedan od skupova U ∩ intF i U ∩ F c mora biti prazan. Stoga jeili U ∩ F = U ∩ intF = ∅ ili U ⊂ F .

Posledica 1.167. Neka su E,F neprazni kompaktni podskupovi skupa C takvi daje ∂F ⊂ E. Ako je U komponenta povezanosti skupa Ec, tada je U ⊂ F ili jeU ⊂ U ′, gde je U ′ komponenta povezanosti skupa F c.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.166 i činjenice da je svaki povezan podskup nekog skupasadržan u nekoj komponenti povezanosti tog skupa.

Teorema 1.168. Neka su E i F neprazni kompaktni podskupovi skupa C i nekaje ∂F ⊂ E i ∂E ⊂ F . Tada

(i) F = E;

(ii) Neograničena komponenta povezanosti skupa Ec se poklapa sa neograničenomkomponentom povezanosti skupa F c.

(iii) Ako je U rupa u E, onda je U ⊂ F ili se poklapa sa nekom rupom u skupuF , i ako je V rupa u F onda je V ⊂ E ili se V poklapa sa nekom rupom uE.

Dokaz. (i): Na osnovu Teoreme 1.166 imamo da F ⊂ E i E ⊂ F , pa je F = E.(ii): Na osnovu Teoreme 1.165 neograničena komponenta povezanosti skupa Ec jejednaka skupu Ec, koji je na osnovu (i) jednak skupu F c, a ovaj je opet na osnovuTeoreme 1.165 jednak neograničenoj komponenti povezanosti skupa F c.(iii): Neka je U rupa u E. Onda je U komponenta povezanosti skupa Ec, pa je naosnovu Posledice 1.167, U ⊂ F ili postoji komponenta povezanosti U ′ skupa F c

91

tako da je U ⊂ U ′. Pretpostavimo da postoji komponenta povezanosti U ′ skupaF c takva da je U ⊂ U ′. Kako je ∂E ⊂ F , ponovo na osnovu Posledice 1.167 važida je U ′ ⊂ E ili da postoji komponenta povezanosti U ′′ skupa Ec, takva da jeU ′ ⊂ U ′′. Budući da U ′ sadrži U i da je U ⊂ Ec, to ne može biti U ′ ⊂ E. Daklepostoji komponenta povezanosti U ′′ skupa Ec, takva da je U ′ ⊂ U ′′. Imamo daljeda je U ⊂ U ′ ⊂ U ′′, a kako su i U i U ′′ komponente povezanosti skupa Ec, ondaje U = U ′′, pa je i U = U ′, odnosno U se poklapa sa komponentom povezanostiskupa F c. Kako je U ograničen skup, to je i U ′ ograničen skup, pa je U ′, kaoograničena komponenta skupa F c, rupa u F . Pošto je uslov za E i F simetričan,važi i obrnuto, tj. ako je V rupa u F onda je V ⊂ E ili se V poklapa sa nekomrupom u E.

Primedba 1.169. Za a ∈ A znamo da je ∂σl(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr(a) i ∂σr(a) ⊂σap(a) ⊂ σl(a), pa sledi ∂σl(a) ⊂ σr(a) i ∂σr(a) ⊂ σl(a). Na osnovu prethodneteoreme imamo σl(a) = σr(a). Ako je U rupa u levom (desnom) spektru elementaa, onda je U podskup desnog (levog) spektra, ili se U poklapa sa nekom rupom udesnom (levom) spektru.

Teorema 1.170. Neka su E,F ⊂ C neprazni. Ako je ∂F ⊂ E ⊂ F , onda je∂F ⊂ ∂E.

Dokaz. Neka je λ ∈ ∂F . Onda je λ ∈ E, pa sledi da λ ∈ clE. Neka je U proizvoljnaokolina od λ. Kako je λ ∈ ∂F , imamo da je U ∩ F c = ∅. Važi da je E ⊂ F , istoga je F c ⊂ Ec. Odavde imamo da U ∩ Ec = ∅, pa je λ ∈ cl(Ec). Iz λ ∈ clE iλ ∈ cl(Ec) sledi da je λ ∈ clE ∩ cl(Ec) = ∂E.

Posledica 1.171. Ako su E,F ⊂ C neprazni, pri čemu je E zatvoren, onda iz∂F ⊂ E ⊂ F sledi da je ∂F ⊂ ∂E ⊂ E ⊂ F .

Teorema 1.172. Neka su E i F neprazni kompaktni podskupovi skupa C i nekaje ∂F ⊂ E ⊂ F . Tada je:

(1) ∂F ⊂ ∂E ⊂ E ⊂ F .

(2) E = F .

(3) Neograničena komponenta povezanosti skupa Ec se poklapa sa neograničenomkomponentom povezanosti skupa F c.

(4) Ako je U rupa u E, onda je U ⊂ F ili se U poklapa sa nekom rupom u F .Ako je V rupa u F , onda je V rupa u E.

Dokaz. Iz ∂F ⊂ E ⊂ F sledi, na osnovu Posledice 1.171, da je ∂F ⊂ ∂E ⊂ E ⊂ F(E je kompaktan i sadrži svoj rub). Dalje imamo ∂F ⊂ E i ∂E ⊂ F , pa je naosnovu Teoreme 1.168, E = F . Takođe, na osnovu Teoreme 1.168 imamo da, ako

92

je V rupa u F , onda je V ⊂ E ili će se poklopiti sa rupom u E. V ne može bitipodskup od E zato što bi zbog inkluzije E ⊂ F bila sadržana u skupu F , što jekontradikcija.

Teorema 1.173. Neka su E i F neprazni kompaktni podskupovi skupa C takvi daje ∂F ⊂ E ⊂ F . Tada je

F = E ∪R, (1.128)

gde je R prazan skup, unija nekih rupa u E ili unija svih rupa u E.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.172. Ako je ∂F ⊂ E ⊂ F , gde su E i F neprazni kompaktni podskupovi skupa

C, zbog jednakosti (1.128) kažemo da je skup F nastao popunjavanjem nekih (ilimoguće svih) rupa skupa E.

Primedba 1.174. Primenjujući prethodno razmatranje, dobijamo da iz sledećihinkluzija ∂σ(a) ⊂ σap(a) ⊂ σl(a) ⊂ σ(a) i ∂σ(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr ⊂ σ(a) slediσ(a) = σl(a) = σr(a) = σap(a) = σδ(a). Takođe, zaključujemo da spektar na-staje popunjavanjem nekih rupa u levom (respektivno, desnom, aproksimativnotačkastom spektru i aproksimativno defektnom) spektru.

Teorema 1.175. Neka su E i F neprazni kompaktni podskupovi skupa C takvi daje ∂F ⊂ E ⊂ F . Tada važe sledeća tvrđenja:(i) Ako je Ec povezan skup, tada je E = F .

Specijalno, ako je E ⊂ R, tada je E = F .(ii) Ako je intF = ∅, tada je E = F .

Dokaz. Iz Teoreme 1.173 sledi da je

F = E ∪R, (1.129)

gde je R prazan skup, unija nekih rupa u E ili unija svih rupa u E.(i): Neka je Ec povezan skup. To znači da je jedina komponenta povezanosti

ovog skupa upravo on sam, tj. skup Ec ima samo jednu komponentu, ona jeneograničena (skup Ec je neograničen kao komplement ograničenog skupa E), iskup Ec nema nijednu ograničenu komponentu povezanosti, tj. skup E nemarupu. Stoga je R = ∅ i iz (1.129) sledi da je E = F .

Ako je E ⊂ R, onda je Ec put-povezan, pa stoga i povezan skup. Sada naosnovu već dokazanog dela tvrđenja sledi da je E = F .

(ii): Neka je intF = ∅. Kako je R otvoren skup, iz (1.129) sledi da je R = ∅,pa je E = F .

93

Teorema 1.176. Neka je a ∈ A, i neka je σ∗(a) ∈ σap(a), σδ(a), σl(a), σr(a).(i) Ako je komplement skupa σ∗(a) povezan, tada je σ(a) = σ∗(a).

Specijalno, ako je σ∗(a) ⊂ R, tada je σ(a) = σ∗(a).(ii) Ako je intσ(a) = ∅, tada je σ(a) = σ∗(a).

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.175 i inkluzija (1.111) i (1.112).

Lema 1.177. Neka je E najviše prebrojiv skup. Tada je Ec povezan skup.

Dokaz. Pokazaćemo da je Ec put-povezan skup, odakle će slediti da je povezan.Neka su z1 i z2 dve proizvoljne tačke iz skupa Ec. Konstruišimo simetralu

duži određene tačkama z1 i z2. Uočimo proizvoljnu tačku s sa simetrale, a potomduž određenu tačkama z1 i s, kao i duž određenu tačkama z2 i s. Unija te dveduži predstavlja putanju čije su krajnje tačke z1 i z2. Prema tome, svaka tačkas na simetrali određuje jednu putanju od z1 do z2, i svake dve različite tačke nasimetrali određuju dve različite putanje od z1 do z2. Kako tačaka na simetrali imakontinuum mnogo, to i takvih putanja ima kontinuum mnogo, dok tačaka skupaE ima najviše prebrojivo mnogo, pa postoji barem jedna putanja od z1 do z2 kojane sadrži nijednu tačku skupa E, tj. cela je sadržana u skupu Ec. Sledi Ec jeput-povezan skup.

Lema 1.178. Neka je E najviše prebrojiv kompaktan skup. Tada se E poklapa sasvojom polinomijalno konveksnom ljuskom.

Dokaz. Na osnovu Teoreme 1.165 sledi da je E = Cc0, gde je C0 neograničena

komponenta povezanosti komplementa skupa E. Kako je E najviše prebrojiv, naosnovu Leme 1.177 imamo da je Ec povezan, pa je C0 = Ec. Sledi E = Cc

0 =(Ec)c = E.

Lema 1.179. Neka su E i F kompaktni skupovi u C. Ukoliko važi E = F , ondaje E konačan (prebrojiv) ako i samo ako je F konačan (prebrojiv), i u tom slučajuje E = F .

Dokaz. Na osnovu Leme 1.178.

Sledeće dve teoreme slede na osnovu Leme 1.179, Primedbe 1.174 i Teoreme1.99. Takođe se mogu dobiti na osnovu Teoreme 1.176 i Leme 1.177.

Teorema 1.180. Neka je a ∈ A. Sledeći uslovi su ekvivalentni:

(1) a ∈ Poly−1Aqnil,

(2) σ(a) je konačan,

(3) σap(a) je konačan,

94

(4) σδ(a) je konačan,

(5) σl(a) je konačan,

(6) σr(a) je konačan.

Ako važi jedan od gornjih uslova, onda važi jednakost:

σ(a) = σap(a) = σδ(a) = σr(a) = σl(a) = π−1a (0).

Teorema 1.181. Neka je a ∈ A. Sledeći uslovi su ekvivalentni:

(1) σ(a) je prebrojiv,

(2) σap(a) je prebrojiv,

(3) σδ(a) je prebrojiv,

(4) σl(a) je prebrojiv,

(5) σr(a) je prebrojiv.

Ako važi jedan od gornjih uslova, onda važi jednakost:

σ(a) = σap(a) = σδ(a) = σr(a) = σl(a).

Dokaz. Sledi iz Leme 1.179 i Primedbe 1.174.

Posledica 1.182. Neka je e ∈ A netrivijalan idempotent. Tada je

σ(e) = σap(e) = σδ(e) = σr(e) = σl(e) = 0, 1.

Dokaz. Sledi iz Tvrđenja 1.73 i Teoreme 1.180. Tvrđenja Teorema 1.180 i 1.181 smo mogi dokazati ne koristeći polinomijalno

konveksne ljuske već sledeće dve leme.

Lema 1.183. Neka je K ⊂ C kompaktan. Ako je ∂K najviše prebrojiv, onda jeK = ∂K.

Dokaz. Neka je ∂K najviše prebrojiv. Na osnovu Leme 1.177 imamo da je (∂K)c

povezan skup. Zbog ograničenosti skupa K, njegov komplement je neprazan, azbog zatvorenosti skupa K, njegov komplement je otvoren, i s obzirom da je

(∂K)c = intK ∪Kc, (1.130)

zaključujemo da je (∂K)c unija dva disjunktna otvorena skupa (intK i Kc), i kakoje (∂K)c povezan, a Kc neprazan skup, sledi da je intK prazan skup. Sada iz(1.130) sledi (∂K)c = Kc, pa je ∂K = K.

95

Lema 1.184. Neka su E i F neprazni kompaktni podskupovi skupa C i neka je

∂F ⊂ E ⊂ F. (1.131)

Tada je E prebrojiv (konačan) ako i samo ako je F prebrojiv (konačan) .

Dokaz. Neka je E prebrojiv skup. Tada je zbog prve inkluzije u (1.131), skup ∂Fprebrojiv, pa na osnovu Leme 1.183 sledi da je ∂F = F . Sada opet na osnovu(1.131) dobijamo da je E = F .

Neka je F prebrojiv skup. Tada iz (1.131) sledi da je ∂F prebrojiv, pa naosnovu Leme 1.183 zaključujemo da je ∂F = F , i opet na osnovu (1.131) sledi daje E = F .

Slično se dokazuje tvrđenje za slučaj da jeE konačan ako i samo ako je Fkonačan, i da u tom slučaju takođe važi jednakost E = F .

Sada je Teoreme 1.180 i 1.181 lako dobiti iz Leme 1.184 i inkluzija ∂σ(a) ⊂σap(a) ⊂ σl(a) ⊂ σ(a) i ∂σ(a) ⊂ σδ(a) ⊂ σr ⊂ σ(a).

1.10 Spektar i podalgebreNeka je A Banahova algebra sa jedinicom 1, i B Banahova podalgebra algebre

A takva da 1 ∈ B. Za a ∈ B spektar elementa a u odnosu na B označavaćemo saσB(a), dok uobičajeni spektar elementa a u odnosu na A označavamo sa σ(a) ≡σA(a). Neka je rB(a) (r(a) = rA(a)) spektralni poluprečnik elementa a u odnosuna B (A). Iz definicije spektralnog poluprečnika sledi

rB(a) = limn→∞

∥an∥1n = rA(a). (1.132)

Iz Teoreme 1.81 i (1.132) sledi

sup|λ| : λ ∈ σB(a) = sup|λ| : λ ∈ σA(a).

Lema 1.185. Neka je A Banahova algebra sa jedinicom 1, i B Banahova podal-gebra u A sa istom jedinicom 1. Ako a ∈ B, tada je

∂σB(a) ⊂ σA(a) ⊂ σB(a).

Dokaz. Pretpostavimo da λ /∈ σB(a). Tada a − λ ∈ B−1, pa kako je B−1 ⊂ A−1,imamo a− λ ∈ A−1 i λ /∈ σA(a). Odavde sledi da je σA(a) ⊂ σB(a).

Neka je λ ∈ ∂σB(a). Tada na osnovu Teoreme 1.125 sledi da je a−λ je dvostranitopološki delilac nule u B, pa je a− λ dvostrani topološki delilac nule u A. Otudaa− λ /∈ A−1, pa je λ ∈ σA(a). Time smo dokazali da je ∂σB(a) ⊂ σA(a).

96

Teorema 1.186. Neka je A Banahova algebra sa jedinicom 1, i B Banahovapodalgebra u A sa istom jedinicom 1. Ako je a ∈ A, sa A(a) označimo najmanjuBanahovu podalgebru u A koja sadrži 1, a. Ako je a ∈ B, tada je:

∂σB(a) ⊂ ∂σA(a) ⊂ σA(a) ⊂ σB(a)

σA(a) = σB(a),

Ako je U rupa u σA(a) ⇒ U ⊂ σB(a) ili se U poklapa sa nekom rupomu σB(a),

σA(a) = σA(a)(a).

Dokaz. Na osnovu Leme 1.185 i Teoreme 1.172 sledi ∂σB(a) ⊂ ∂σA(a) ⊂ σA(a) ⊂σB(a) i σA(a) = σB(a). Takođe, odavde sledi da ako je U rupa u σA(a), onda je iliU ⊂ σB(a) ili se U poklapa sa rupom u σB(a).

Neka je P(a) = p(a) : p ∈ C[z]. Lako se pokazuje da je P(a) podalgebraalgebre A i P(a) očigledno sadrži skup 1, a. Tada je A(a) = P(a) zatvorenapodalgebra algebre A (Tvrđenje 1.24 (i)). Kako je zatvorena, onda je i Banahovapodalgebra algebre A. Dokažimo da je najmanja koja sadrži skup 1, a. Neka jeC proizvoljna zatvorena podalgebra od A, koja sadrži 1, a. Tada je p(a) ∈ C, zasvaki polinom p. Dalje imamo p(a) : p ∈ C[z] ⊂ C, pa je A(a) = P(a) ⊂ C = C.Dakle, A(a) je najmanja zatvorena podalgebra algebre A, koja sadrži skup 1, a.

Dokažimo da je σA(a) = σA(a)(a). Kako je A(a) podalgebra, važi da jeσA(a)(a) = σA(a), pa je σA(a)(a) ⊂ σA(a). Potrebna nam je i druga inkluzija.

Dokazaćemo da je σA(a) \ σA(a)(a) = ∅. Pretpostavimo suprotno, da postojiλ ∈ σA(a)\σA(a)(a). Iz λ /∈ σA(a)(a), sledi a−λ ∈ A(a)−1, pa je (a−λ)−1 ∈ A(a).Odavde imamo da postoji niz polinoma (pn)n takav da pn(a) → (a − λ)−1 kadan → ∞. Zbog neprekidnosti množenja pn(a)(a − λ) → (a − λ)(a − λ)−1 = 1, tj.pn(a)(a − λ) − 1 → 0 kada n → ∞. Označimo qn(z) = pn(z)(z − λ) − 1. Tada∥qn(a)∥ → 0, n → ∞. Primetimo da je qn(λ) = −1. Kako je λ ∈ σA(a), važi|qn(λ)| ≤ ∥qn∥σA(a). Koristeći Teoremu 1.92 dobijamo

1 = | − 1| = |qn(λ)| ≤ ∥qn∥σA(a) = sup|qn(z)| : z ∈ σA(a)= sup|µ| : µ ∈ qn(σ

A(a)) = sup|µ| : µ ∈ σA(qn(a))= rA(qn(a)) ≤ ∥qn(a)∥.

Budući da∥qn(a)∥ → 0, kada n→ ∞,

dobili smo kontradikciju.

97

Teorema 1.187. Neka je A Banahova algebra sa jedinicom 1, i neka je p netrivi-jalan idempotent algebre A. Tada je

pAp = pap : a ∈ A

Banahova podalgebra algebre A, sa jedinicom p, i važi

pAp = a ∈ A : a = pa = ap = a ∈ A : a = pap.48 (1.133)

Dokaz. Neka je x ∈ pAp. Tada postoji y ∈ A, takvo da je x = pyp. Koristećida je p idempotent imamo px = ppyp = pyp = x i xp = pypp = pyp = x. Dakle,x ∈ a ∈ A : a = pa = ap. Ako je a ∈ A takvo da je a = pa = ap, onda jepap = ap = a. Prema tome,

pAp ⊂ a ∈ A : a = pa = ap ⊂ a ∈ A : pap = a ⊂ pAp,

i stoga važi (1.133). Iz prve jednakosti u (1.133) zaključujemo da je p jedinica upAp.

Dokažimo sada da je pAp zatvorena podalgebra. Neka su a, b ∈ pAp. Tada jea = pap i b = pbp. Imamo ab = pappbp = papbp = pabp ∈ pAp, kao i a + b =pap + pbp = p(a + b)p ∈ pAp. Neka je λ ∈ C. Važi λa = λpap = p(λa)p ∈ pAp.Dakle, pAp je podalgebra.

Neka je a ∈ pAp. Tada postoji niz (an)n elemenata skupa pAp koji konvergiraka a ∈ A. Kako je an ∈ pAp, to je an = panp, n ∈ N. Zbog neprekidnosti množenjaimamo da an = panp→ pap, a zbog jedinstvenosti granične vrednosti dobijamo daje a = pap, i stoga a ∈ pAp. Prema tome, pAp je zatvorena podalgebra Banahovealgebre A, i stoga je i sama Banahova.

Teorema 1.188. Neka je A Banahova algebra sa jedinicom 1, p ∈ A netrivija-lan idempotent i a elemenat algebre A takav da je ap = pa. Tada važe sledećeekvivalencije:

a ∈ A−1l ⇔ pap ∈ (pAp)−1

l i (1− p)a(1− p) ∈ ((1− p)A(1− p))−1l ,

a ∈ A−1r ⇔ pap ∈ (pAp)−1

r i (1− p)a(1− p) ∈ ((1− p)A(1− p))−1r ,(1.134)

a ∈ A−1 ⇔ pap ∈ (pAp)−1 i (1− p)a(1− p) ∈ ((1− p)A(1− p))−1.

Dokaz. Ako je a ∈ A−1l , onda postoji b ∈ A tako ba = 1. Odavde, koristeći

činjenice da je p idempotent, i da a i p komutiraju, zaključujemo da je

pbppap = pbpap = pbapp = p · 1 · p = pp = p,

pa je pbp levi inverz za pap u pAp.48Ako bi p bio trivijalni idempotent, tj. p = 0 ili p = 1, onda bismo u prvom slučaju imali da

je pAp = 0, a u drugom pAp = A.

98

Kako je p idempotent, to je i 1 − p idempotent, a iz pa = ap sledi (1 − p)a =a(1− p), odakle zaključujemo da je

(1− p)b(1− p)(1− p)a(1− p) = (1− p)b(1− p)a(1− p)

= (1− p)ba(1− p)(1− p)

= (1− p)(1− p)(1− p)

= (1− p),

te je (1− p)b(1− p) levi inverz za (1− p)a(1− p) u (1− p)A(1− p).Dakle, pap ∈ (pAp)−1

l i (1− p)a(1− p) ∈ ((1− p)A(1− p))−1l .

Dokažimo sada obrnutu implikaciju. Neka pap ∈ (pAp)−1l i (1 − p)a(1 − p) ∈

((1−p)A(1−p))−1l . Tada postoji c ∈ pAp takvo da je cpap = p i d ∈ (1−p)A(1−p)

takvo da je d(1 − p)a(1 − p) = 1 − p. Kako je c ∈ pAp važi cp = c i kako jed ∈ (1− p)A(1− p) važi da je d(1− p) = d. Prema tome,

p = cpap = cppa = cpa = ca

1− p = d(1− p)a(1− p) = d(1− p)(1− p)a = d(1− p)a = da,

pa je

1 = p+ (1− p) = ca+ da = (c+ d)a,

što znači da je a ∈ A−1l .

Druga ekvivalencija u (1.134) se dokazuje slično, a treća sledi iz prve dve.

Teorema 1.189. Neka je A Banahova algebra sa jedinicom 1, p ∈ A netrivijalanidempotent i a ∈ A takvo da je ap = pa. Tada je

σA(a) = σpAp(pap) ∪ σ(1−p)A(1−p)((1− p)a(1− p)). (1.135)

Dokaz. Za λ ∈ C važi da p i a − λ komutiraju, da je p(a − λ)p = pap − λp i(1 − p)(a − λ)(1 − p) = (1 − p)a(1 − p) − λ(1 − p), pa na osnovu Teoreme 1.188imamo

λ ∈ σA(a) ⇐⇒ a− λ /∈ A−1 ⇐⇒⇐⇒ p(a− λ)p /∈ (pAp)−1 ∨ (1− p)(a− λ)(1− p) /∈ ((1− p)A(1− p))−1

⇐⇒ pap− λp /∈ (pAp)−1 ∨ (1− p)a(1− p)− λ(1− p) /∈ ((1− p)A(1− p))−1

⇐⇒ λ ∈ σpAp(pap) ∨ λ ∈ σ(1−p)A(1−p)((1− p)a(1− p))

⇐⇒ λ ∈ σpAp(pap) ∪ σ(1−p)A(1−p)((1− p)a(1− p)),

odakle sledi jednakost (1.135).

99

Teorema 1.190. Neka je A Banahova algebra, p ∈ A netrivijalan idempotent ia ∈ pAp. Tada je

σA(a) = σpAp(a) ∪ 0.

Dokaz. Iz a ∈ pAp sledi pap = a i ap = pa = a, te je a(1− p) = a−ap = a−a = 0i (1− p)a(1− p) = 0. Sada iz Teoreme 1.189 dobijamo

σA(a) = σpAp(pap) ∪ σ(1−p)A(1−p)((1− p)a(1− p)) = σpAp(a) ∪ σ(1−p)A(1−p)(0)

= σpAp(a) ∪ 0.

Primetimo da analogna tvrđenja onim u Teoremama 1.189 i 1.190 važe i za levii desni spektar.

1.11 Relativno regularni elementiNeka je A algebra sa jedinicom 1.

Definicija 1.191. Za element a ∈ A kažemo da je relativno regularan ili g-invertibilan ako postoji element b ∈ A takav da je aba = a. Za b u tom slu-čaju kažemo da je g1-inverz ili unutrašnji inverz elementa a. Skup svih relativnoregularnih elemenata algebre A obeležavamo sa AΠ.

Za element c ∈ A kažemo da je spoljašnji inverz za a ako je cac = c.Za element x ∈ A koji je i unutrašnji i spoljašnji inverz elementa a, tj. za koji

važi:

axa = a,

xax = x,

kažemo da je g2-inverz ili samo g-inverz elementa a.Za a ∈ AΠ sa a1 označavamo skup njegovih unutrašnjih inverza, a sa a1, 2

skup njegovih g-inverza.

Očigledno,a1, 2 ⊂ a1.

Sa A označavamo skup svih idempotenata Banahove algebre A.Kako za a ∈ A važe jednakosti a · a · a = a i a · 1 · a = a, to je a relativno

regularan, i a ∈ a1, 2 i 1 ∈ a1. Prema tome,

A ⊂ AΠ.

100

Tako je 0 ∈ AΠ i 01 = A jer je 0 · a · 0 = 0 za sve a ∈ A, dok je 01, 2 =0.49 Opštije, ako je a idempotent različit od 1, tada je 1 ∈ a1 ali 1 /∈ a1, 2(1 · a · 1 = a = 1), pa je a1, 2 $ a1.

Sledeće tvrđenje pokazuje da ako a ∈ A ima g1-inverz, onda a ima i g2-inverz.

Tvrđenje 1.192. Neka je a ∈ A. Ako su b i c unutrašnji inverzi elementa a ∈ A,onda je bac g-inverz elementa a.

Dokaz. Neka su b i c unutrašnji inverzi elementa a ∈ A. Tada je aba = a i aca = a.Neka je x = bac. Tada je

axa = a(bac)a = (aba)ca = aca = a,

xax = (bac)a(bac) = b(aca)(bac) = ba(bac) = b(aba)c = bac = x,

pa je x = bac g2-inverz elementa a. Iz Tvrđenja 1.192 sledi da ako je b unutrašnji inverz elementa a ∈ A, onda je

bab g-inverz elementa a.Sledeće tvrđenje govori o tome da su invertibilni elementi jedini među rela-

tivno reguralnim elementima koji imaju tačno po jedan unutrašnji inverz. Drugimrečima, relativno regularan element koji nije invertibilan ima više unutrašnjih in-verza.

Tvrđenje 1.193. Element a ∈ A ima jedinstveni unutrašnji inverz ako i samo akoje a ∈ A−1, i a−1 je njegov jedini unutrašnji inverz (g-inverz), tj. važi jednakost

a1, 2 = a1 = a−1.

Dokaz. (=⇒) Neka je b ∈ A jedinstveni unutrašnji inverz elementa a. Tada je

aba = a. (1.136)

Iz (1.136) sledi

a(b+ ab− 1)a = aba+ aaba− a2 = a+ a · a− a2 = a,

a(b+ ba− 1)a = aba+ abaa− a2 = a+ a · a− a2 = a.

te su b + ab − 1 i b + ba − 1 unutrašnji inverzi elementa a. Kako je b jedinstveniunutrašnji inverz elementa a, to je

b+ ab− 1 = b i b+ ba− 1 = b,

odakle dobijamo da je ab = ba = 1. Prema tome, a ∈ A−1 i a−1 = b.49Iz x ∈ 01, 2 sledi x · 0 · x = x sledi x = 0, pa je 01, 2 = 0.

101

(⇐=) Neka je a ∈ A−1. Tada je aa−1 = a−1a = 1, i stoga aa−1a = a ia−1aa−1 = a−1, pa je a−1 g-inverz elementa a. Neka je b ∈ A unutrašnji inverzelementa a. Tada je

aba = a,

odakle množenjem sleva i zdesna sa a−1 dobijamo

a−1abaa−1 = a−1aa−1,

tj.b = a−1.

Prema tome, a−1 je jedini unutrašnji inverz elementa a, pa samim tim i jedinig-inverz elementa a.

Za a ∈ A−1l sa al označavamo skup njegovih levih inverza, tj.

al = b ∈ A : ba = 1.

Slično, za a ∈ A−1r ,

ar = b ∈ A : ab = 1.

Sledeće tvrđenje pokazuje da je svaki levo (desno) invertibilan element i rela-tivno regularan, i da je svaki njegov g-inverz (unutrašnji inverz) ujedno i njegovlevi inverz, i obrnuto.

Tvrđenje 1.194. Ako je a ∈ A levo (desno) invertibilan element, onda je i g-invertibilan, i važi jednakost

al = a1, 2 = a1.

(ar = a1, 2 = a1.)

Dokaz. Neka je a ∈ A−1l . Tada postoji b ∈ A tako da je

ba = 1.

Odavde množeći sleva sa a i zdesna sa b dobijamo

aba = a,

bab = b.

Prema tome, a je relativno regularan i b je njegov g-inverz. Ovim smo ujednodokazali da je

al ⊂ a1, 2. (1.137)

102

Neka je c unutrašnji inverz elementa a. Tada je

aca = a.

Odavde množeći sa b sleva dobijamo baca = ba, odakle, s obzirom da je ba = 1,sledi ca = 1, te je c levi inverz elementa a. Prema tome,

a1 ⊂ al. (1.138)

Iz (1.137) i (1.138) sledi al = a1, 2 = a1. Primetimo da se Tvrđenje 1.44 može dobiti iz Tvrđenja 1.194 i Tvrđenja 1.193.

Zaista, ako a ∈ A ima jedinstveni levi inverz, onda iz sledi iz Tvrđenja 1.194 sledida a ima jedinstveni g-inverz, pa je stoga na osnovu Tvrđenja 1.193 invertibilan.

Tvrđenje 1.195. Neka su a, b ∈ A. Tada je 1−ab relativno regularan ako i samoako je 1− ba relativno regularan.

Dokaz. Neka je 1 − ab relativno regularan i neka je u unutrašnji inverz elementa1− ab, tj.

(1− ab)u(1− ab) = 1− ab.

Odavde sledi da je

(1− ba)(1 + bua)(1− ba) = 1 + bua− ba− buaba− ba− babua+ baba+ babuaba

= 1− ba− ba+ baba+ b(u− abu− uab+ abuab)a

= 1− ba− ba+ baba+ b(1− ab)u(1− ab)a

= 1− ba− b(1− ab)a+ b(1− ab)a = 1− ab,

pa je 1− ba relativno regularan.Obrnutu implikaciju dobijamo kada u prethodnoj implikaciji zamenimo mesta

elementima a i b.

Lema 1.196. U algebri A važi jednakost:

a ∈ A : a ∈ aA−1a = AA−1 = A−1A.

Dokaz. Neka a ∈ a ∈ A : a ∈ aA−1a. Tada postoji g ∈ A−1 tako da jea = aga. Stoga je ag = agag i ga = gaga, te su ag i ga idempotenti. Kakoje a = (ag)g−1 i a = g−1(ga), sledi da a ∈ AA−1 i a ∈ A−1A. Prema tome,a ∈ A : a ∈ aA−1a ⊂ AA−1 i a ∈ A : a ∈ aA−1a ⊂ A−1A.

Neka je a ∈ AA−1. Tada postoje p ∈ A i g ∈ A−1 takvi da je a = pg. Kako je

ag−1a = (pg)g−1(pg) = p(gg−1)pg = ppg = pg = a,

103

to a ∈ aA−1a. Sledi AA−1 ⊂ a ∈ A : a ∈ aA−1a.Ako a ∈ A−1A. Tada postoje g1 ∈ A−1 i q ∈ A takvi da je a = g1q, pa je

ag−11 a = (g1q)g

−11 (g1q) = (g1q)(g

−11 g1)q = g1qq = g1q = a,

i stoga a ∈ aA−1a. Prema tome, A−1A ⊂ a ∈ A : a ∈ aA−1a.

Teorema 1.197. U Banahovoj algebri A važi jednakost:

AΠ ∩ A−1 = A−1A. (1.139)

Dokaz. Primetimo najpre da 0 pripada i skupu na levoj i skupu na desnoj strani

jednakosti u (1.139). Zaista, 0 ∈ AΠ i kako je1

n·1 ∈ A−1 za n ∈ N i ∥ 1

n·1∥ =

1

n→ 0

kad n→ ∞, tj.1

n· 1 → 0 kad n→ ∞, to je 0 ∈ A−1, i prema tome 0 ∈ AΠ ∩A−1.

Kako je 0 idempotent i 0 = 1 · 0, to 0 ∈ A−1A.Neka je a ∈ AΠ ∩ A−1 i a = 0. Tada postoji x ∈ A takav da je a = axa. Iz

a = 0 sledi x = 0. Kako je a ∈ A−1, to je K(a,1

∥x∥)∩A−1 = ∅, pa postoji b ∈ A−1

takav da je ∥a− b∥ < 1

∥x∥. Odavde sledi da je ∥(a− b)x∥ ≤ ∥a− b∥∥x∥ < 1, pa iz

Posledice 1.49 sledi da je 1− (a− b)x ∈ A−1, te je

a = (1− (a− b)x)−1(1− (a− b)x)a = (1− (a− b)x)−1(a− axa+ bxa)

= (1− (a− b)x)−1(a− a+ bxa) = (1− (a− b)x)−1bxa

= ((1− (a− b)x)−1b)xa.

Kako je (1− (a−b)x)−1 ∈ A−1 i b ∈ A−1, to je (1− (a−b)x)−1b ∈ A−1. Iz a = axasledi xa = xaxa, pa je xa ∈ A. Stoga a = ((1 − (a − b)x)−1b)xa ∈ A−1A. Takosmo dokazali da je AΠ ∩ A−1 ⊂ A−1A.

Dokažimo obrnutu inkluziju. Kako je na osnovu Leme 1.196 A−1A = a ∈ A :a ∈ aA−1a ⊂ AΠ, ostaje da dokažemo da je A−1A ⊂ A−1. Neka a ∈ A−1A. Tadapostoje elementi g ∈ A−1 i p ∈ A takvi da je a = gp. Neka je

an = g(p+1

n(1− p)), n ∈ N.

S obzirom da1

n(1 − p) → 0 kada n → ∞, to p +

1

n(1 − p) → p kada n → ∞ i

budući da je množenje u normiranoj algebri neprekidna funkcija, to onda

an = g(p+1

n(1− p)) → gp = a kada n→ ∞. (1.140)

104

Kako je p idempotent, to je σ(p) ⊂ 0, 1. S obzirom da je

p+1

n(1−p) = 1

n+(1− 1

n)p =

1

n+n− 1

np =

n− 1

n(p+

1

n− 1) =

n− 1

n(p− 1

1− n)

i1

1− n/∈ 0, 1 za n = 2, 3, . . . , to

1

1− n/∈ σ(p), tj. p − 1

1− n∈ A−1 za

n = 2, 3, . . . , odakle dobijamo da je p +1

n(1 − p) =

n− 1

n(p − 1

1− n) ∈ A−1 za

n = 2, 3, . . . . Odavde sledi da je an = g(p+1

n(1− p)) ∈ A−1 za n = 2, 3, . . . . Sada

iz (1.140) dobijamo da je a ∈ A−1. Prema tome, A−1A ⊂ AΠ ∩ A−1.

Relativno regularni operatori

Lema 1.198. Neka je X vektorski prostor, A ∈ L(X) i B ∈ L(X) unutrašnjiinverz za A. Tada su AB i I − BA projektori, i R(AB) = R(A) i R(I − BA) =N(A).

Dokaz. IzABA = A

slediABAB = AB

iBABA = BA,

pa su AB i BA, te stoga i I −BA projektori.Iz

N(A) ⊂ N(BA) ⊂ N(ABA) = N(A)

sledi N(A) = N(BA). Kako je R(I −BA) = N(BA), to sledi da je R(I −BA) =N(A).

IzR(A) = R(ABA) ⊂ R(AB) ⊂ R(A)

sledi da je R(AB) = R(A).

Teorema 1.199. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Tada je A relativnoregularan operator ako i samo ako postoje projektori P,Q ∈ B(X) takvi da jeR(P ) = R(A) i R(Q) = N(A).

105

Dokaz. (=⇒) Sledi iz Leme 1.198.(⇐=) Neka postoje projektori P,Q ∈ B(X) takvi da je R(P ) = R(A) i R(Q) =N(A). Tada je

X = R(Q)⊕N(Q) = N(A)⊕N(Q),

i

X = N(P )⊕R(P ) = N(P )⊕R(A),

i N(Q) i R(A) = R(P ) = N(I − P ) su zatvoreni potprostor u X, te su stogaBanahovi prostori. Operator A1 : N(Q) → R(A) definisan sa A1x = Ax, zax ∈ N(Q), je ograničen linearan bijektivan operator sa Banahovog prostora N(Q)na Banahov prostor R(A),50 te na osnovu Banahove teoreme o ograničenom inverzuzaključujemo da je A−1

1 ∈ B(R(A), N(Q)). Neka je

B = (I −Q)A−11 P.

Tada B ∈ B(X). Budući da je R(P ) = R(A) to je PA = A i kako je I − Qprojektor, to za sve y ∈ R(A) zbog A−1

1 y ∈ N(Q) = R(I−Q) važi (I−Q)(A−11 y) =

A−11 y, i stoga je

ABAx = A(I −Q)A−11 PAx = A(I −Q)A−1

1 Ax = AA−11 Ax = A1(A

−11 (Ax))

= Ax

i

BABx = (I −Q)A−11 PA(I −Q)A−1

1 Px = (I −Q)A−11 A(I −Q)A−1

1 Px

= (I −Q)A−11 AA−1

1 Px = (I −Q)A−11 A1A

−11 Px = (I −Q)A−1

1 Px

= Bx

za sve x ∈ X. Odavde sledi da je ABA = A i BAB = B, pa je B ∈ A1, 2. Ako je operator A relativno regularan, tada A može imati više g-inverza.

Teorema 1.200. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X), i neka je A1, 2 skupsvih g-inverza operatora A. Neka je P skup svih projektora iz B(X) čija je slikaR(A) i Q skup svih projektora iz B(X) čija je slika N(A). Tada postoji bijekcijasa P ×Q na A1, 2, tj. skupovi P ×Q i A1, 2 imaju isti kardinalni broj.

50Iz X = N(A)⊕N(Q) i sledi da je R(A) = A(X) = A(N(Q)) = A1(N(Q)), pa je A1 surjekcija,dok iz

A1x1 = A1x2, x1, x2 ∈ N(Q) ⇒ A(x1 − x2) = 0, x1 − x2 ∈ N(Q)

⇒ x1 − x2 ∈ N(Q) ∩N(A) = N(Q) ∩R(Q) = 0⇒ x1 = x2.

sledi da je A1 injekcija.

106

Dokaz. Za P ∈ P , Q ∈ Q neka je f(P,Q) = (I − Q)A−11 P , gde je A1 : N(Q) →

R(A) operator definisan sa A1x = Ax, x ∈ N(Q). Kako što smo videli u dokazuTeoreme 1.199, A1 je bijekcija, A−1

1 ∈ B(R(A), N(Q)) i (I − Q)A−11 P ∈ A1, 2,

pa je na ovaj način definisano preslikavanje f : P ×Q → A1, 2. Za B ∈ A1, 2neka je g(B) = (AB, I−BA). Iz Leme 1.198 sledi da AB ∈ P i I−BA ∈ Q, pa jena ovaj način definisano preslikavanje g : A1, 2 → P ×Q. Dokažimo da je f gidentičko preslikavanje skupa A1, 2, a g f identičko preslikavanje skupa P ×Q.

Za B ∈ A1, 2 je

(f g)B = f(g(B)) = f(AB, I −BA) = (I − (I −BA))A−11 AB = BAA−1

1 AB

= BA1A−11 AB = BAB = B.

Za (P,Q) ∈ P ×Q je

(g f)(P,Q) = g(f(P,Q)) = g((I −Q)A−11 P )

= (A(I −Q)A−11 P, I − (I −Q)A−1

1 PA). (1.141)

Kako za sve y ∈ R(A) važi (I −Q)(A−11 y) = A−1

1 y, to je za sve x ∈ X

A(I −Q)A−11 Px = AA−1

1 Px = A1A−11 Px = Px,

odakle sledi da je

A(I −Q)A−11 P = P. (1.142)

Neka je x ∈ X proizvoljan element. Tada zbog X = R(Q)⊕N(Q) = N(A)⊕N(Q) sledi da postoje x1 ∈ N(A) i x2 ∈ N(Q) tako da je x = x1 + x2, pa je

(I − (I −Q)A−11 PA)x = x− (I −Q)A−1

1 PAx = x− A−11 Ax

= x− A−11 A(x1 + x2) = x− A−1

1 (Ax1 + Ax2)

= x− A−11 (A1x2) = x− x2 = x1

= Qx,

i prema tome

I − (I −Q)A−11 PA = Q. (1.143)

Iz (1.141), (1.142) i (1.143) sledi

(g f)(P,Q) = (P,Q).

Budući da je f g identičko preslikavanje skupa A1, 2, a g f identičko presli-kavanje skupa P ×Q, zaključujemo da je f bijekcija, pa skupovi P ×Q i A1, 2imaju isti kardinalni broj.

107

Teorema 1.201. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je relativno regularan operator.(2) R(A) = R(A), i R(A) i N(A) imaju zatvorene direktne komplemente.(3) R(A) i N(A) imaju zatvorene direktne komplemente.

Dokaz. (1)⇐⇒(2) Sledi iz Teoreme 1.199 i Teoreme 1.66.(2)⇐⇒(3) Sedi iz Teoreme 1.68.

Teorema 1.202. Neka je X konačno-dimenzionalan normiran prostor. Tada jesvaki operator A ∈ B(X) relativno regularan.

Dokaz. Neka je A ∈ B(X) proizvoljan operator. Kako je svaki potprostor konačno-dimenzionalnog normiranog prostora zatvoren, to R(A) i N(A) imaju zatvorenedirektne komplemente, pa iz Teoreme 1.201 sledi da je A relativno regularan ope-rator.

Teorema 1.203. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je levo invertibilan operator.(2) A je relativno regularan operator i A je injekcija.

Dokaz. Sledi iz Teoreme ?? i Teoreme 1.199 (ili Teoreme 1.71 i Teoreme 1.201).

Teorema 1.204. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) A je desno invertibilan operator.(2) A je relativno regularan operator i R(A) = X.(3) A je relativno regularan operator i A je surjekcija.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.72 i Teoreme 1.201.

Teorema 1.205. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Tada je A relativnoregularan operator ako i samo ako je R(A) zatvoren podskup u X.

Dokaz. (=⇒): Neka je A relativno regularan operator. Iz Teoreme 1.201 sledi daje R(A) zatvoren podskup u X.(⇐=): Neka je R(A) zatvoren podskup uX. Kako zatvoren potprostor Hilbertovogprostora ima zatvoren direktan komplement [13, Teorema 3.7.1],51 to R(A) i N(A)imaju zatvorene komplemente, pa iz Teoreme 1.201 sledi da je A relativno regularanoperator.

51Ako je M zatvoren potprostor Hilbertovog prostora X, tada je X = M ⊕M⊥.

108

Posledica 1.206. Neka je X Hilbertov prostor, A ∈ B(X) i neka je dimR(A) <∞. Tada je A relativno regularan operator.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.205 budući da je slika R(A), kao konačno-dimenzionalanpotprostor, zatvoren podskup.

Primer 1.207. Neka je S ∈ B(ℓ2) operator razmatran u Primeru 1.37 i definisansa

Se2k−1 = e2k, Se2k = 0, k ∈ N,

gde je ek niz čiji je k-ti član jednak 1, a svi ostali jednaki 0.Za x = (ξi) ∈ ℓ2 je

Sx = S

(∞∑n=1

ξnen

)=

∞∑k=1

ξnSen =∞∑k=1

ξ2k−1e2k,

tj.S(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (0, ξ1, 0, ξ3, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2.

Pokažimo da je R(S) zatvoren potprostor u ℓ2. Neka je y = (ηi)i ∈ R(S) ⊂ ℓ2.Tada je

∑∞i=1 |ηi|2 < +∞, i postoji niz (xn) iz ℓ2, xn = (ξ

(n)i )∞i=1, takav da

Sxn → y kad n→ ∞. (1.144)

Preslikavanje fj : ℓ2 → C definisano sa fj(x) = ξj za x = (ξi) ∈ ℓ2 je neprekidanlineran funkcional,52 pa iz (1.144) sledi da za sve i ∈ N važi

f2i−1(Sxn) → f2i−1(y) kad n→ ∞. (1.145)

Kako je Sxn = (0, ξ(n)1 , 0, ξ

(n)3 , . . . ), to je f2i−1(Sxn) = 0 za sve n ∈ N, pa iz (1.145)

sledi da je f2i−1(y) = 0, tj. η2i−1 = 0 za sve i ∈ N. Stoga je y = (0, η2, 0, η4, 0, . . . )i∑∞

i=1 |η2i|2 =∑∞

i=1 |ηi|2 < +∞, pa je

z = (η2, 0, η4, 0, η6, 0, . . . ) ∈ ℓ2,

iSz = (0, η2, 0, η4, 0, . . . ) = y,

te y ∈ R(S). Prema tome, R(S) je zatvoren potprostor, pa na osnovu Teoreme1.205 zaključujemo da je operator S relativno regularan. •

52Za x = (ξi) ∈ ℓ2 važi

|fj(x)| = |ξj | ≤∞∑i=1

|ξi|2 = ∥x∥,

pa je fj ograničen i stoga neprekidan linearan funkcional na ℓ2.

109

Primer 1.208. Operator T : ℓ2 → ℓ2 definisan sa

T (ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (ξ1,ξ22,ξ33, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2,

je kompaktan operator (videti Primer 3.27). Kako je Ten =1

nen, to en ∈ R(T ) za

sve n ∈ N, pa je dimR(T ) beskonačno-dimenzionalan potprostor. Takođe operatorA ∈ B(ℓ2) (razmatran već u Primeru 1.38), definisan sa

Aek =1

kek+1, k ∈ N,

je kompaktan operator (Primer 3.27) i kako je e2, e3, . . . ⊂ R(A), to je slikaR(A) beskonačno-dimenzionalan potprostor. Na osnovu [13, Posledica 4.2.5]53

sledi da R(T ) i R(A) nisu zatvoreni podskupovi. Sada na osnovu Teoreme 1.205zaključujemo da T i A nisu relativno regularni operatori. •

Sledeći primer pokazuje da proizvod relativno regularnih operatora ne morabiti relativno regularan operator.

Primer 1.209. Neka su S, A ∈ B(ℓ2) operatori razmatrani u Primerima 1.207 i1.208, tj. takvi da je

Aek =1

kek+1,

Se2k−1 = e2k, Se2k = 0, k ∈ N.

Budući da je A kompaktan operator, to je i operator SAS kompaktan [13, Po-sledica 2.12.7]. S obzirom da je SASe2k−1 = S(Ae2k) = S( 1

2ke2k+1) =

12kS(e2k+1) =

12ke2k+2, k ∈ N, to je R(SAS) beskonačno-dimenzionalan potprostor, i na osnovu

[13, Posledica 4.2.5] zaključujemo da R(SAS) nije zatvoren podskup u ℓ2. Neka jeλ ∈ ρ(A) i T = S(A − λI). Pokazaćemo da je T relativno regularan operator, ada T 2 nije relativno regularan.

Kako je R(T ) = R(S(A − λI)) ⊂ R(S) i iz S = T (A − λI)−1 sledi da jeR(S) = R(T (A− λI)−1) ⊂ R(T ), zaključujemo da je R(T ) = R(S). Prema tome,R(T ) je zatvoren skup, i na osnovu Teoreme 1.205 sledi da je T relativno regularanoperator. Kako je S2 = 0, to je

T 2 = S(A− λI)S(A− λI) = (SA− λS)(SA− λS)

= SASA− λS2A− λSAS + λ2S2 = SAS(A− λI),

odakle sledi da je R(T 2) = R(SAS). Prema tome, R(T 2) nije zatvoren skup, i naosnovu Teoreme 1.205 zaključujemo da T 2 nije relativno regularan operator. •

53Neka su X i Y Banahovi prostori i A ∈ B(X,Y ) kompaktan operator. Tada je R(A) zatvorenpotprostor ako i samo ako je dimR(A) < ∞.

110

Za A ∈ B(X) ako je An (levo, desno) invertibilan operator za neko n ∈ N, tadaje i A (levo, desno) invertibilan operator (Posledica 1.43). Relativno regularni ope-ratori nemaju u opštem slučaju ovakvu osobinu. Na primer, nilpotentan operatorčija slika nije zatvoren skup je primer operatora koji sam nije relativno regularan,ali je njegov stepen relativno regularan operator.

Primer 1.210. Neka su S, A ∈ B(ℓ2) operatori razmatrani u Primerima 1.207,1.208 i 1.209, i neka je B = AS. S obzirom da je A kompaktan operator, to je ioperator B kompaktan [13, Posledica 2.12.7]. Iz

Be2k = ASe2k = 0, Be2k−1 = ASe2k−1 = Ae2k =1

2ke2k, k ∈ N.

sledi da e2k ∈ R(B), k ∈ N, te je dimR(B) = ∞, i na osnovu [13, Posledica 4.2.5]zaključujemo da R(B) nije zatvoren skup u ℓ2. Iz Teoreme 1.205 sledi da B nijerelativno regularan operator. Iz

B2e2k = (AS)2e2k = 0, B2e2k−1 = (AS)2e2k−1 =1

2kASe2k = 0, k ∈ N,

sledi da je B2 = 0, i prema tome B2 je relativno regularan operator.Slično, C = SA( = AS) je nilpotentan operator čija slika nije zatvoren skup, pa

C nije relativno regularan operator, ali je C2 = 0 relativno regularan. •

Tvrđenje 1.211. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi suekvivalentni:(1) R(A) je zatvoren podskup u X.(2) R(A∗) je zatvoren podskup u X.(3) R(AA∗) je zatvoren podskup u X.(4) R(A∗A) je zatvoren podskup u X.

Ako važi jedan od uslova (1)-(4), tada važe jednakosti

R(AA∗) = R(A), R(A∗A) = R(A∗).

Dokaz. (1)⇐⇒(2): Neka je R(A) zatvoren podskup u X. Iz Teoreme 1.205 sledida je A relativno regularan operator, pa postoji operator B ∈ B(X) takav daje ABA = A. Tada je (ABA)∗ = A∗, tj. A∗B∗A∗ = A∗, pa je A∗ relativnoregularan operator. Opet na osnovu Teoreme 1.205 zaključujemo da je R(A∗)zatvoren podskup u X.

Obrnutu implikaciju dobijamo kada prethodno dokazanu implikaciju primenimona A∗ umesto A.

(1)=⇒(3): Neka je R(A) zatvoren podskup u X. Tada je prema već dokazanomR(A∗) zatvoren potprostor u X, pa na osnovu teoreme o ortogonalnoj dekompo-ziciji Hilbertovog prostora [13, Teorema 3.7.1] zaključujemo da je

X = R(A∗)⊕R(A∗)⊥ = R(A∗)⊕N(A), (1.146)

111

jer je R(A∗)⊥ = N(A) [13, Teorema 3.12.5]. Iz (1.146) sledi da je

R(A) = A(X) = A(R(A∗)) = A(A∗(X)) = R(AA∗),

te je stoga R(AA∗) zatvoren podskup u X.(3)=⇒(1): Neka je R(AA∗) zatvoren skup. Kako je na osnovu [13, Teorema

3.12.5] R(A) = R(AA∗), i kako je R(AA∗) = R(AA∗), to je R(A) = R(AA∗). Iz

R(A) ⊂ R(A) = R(AA∗) ⊂ R(A)

sledi da je R(A) = R(A) = R(AA∗) i R(A) je zatvoren skup.Ekvivalencija (2)⇐⇒(4) se dobija kada se u ekvivalenciji (1)⇐⇒(3) operator

A zameni operatorom A∗.

Napomena 1.212. Da je ograničen operator A na Hilbertovom prostoru odozdoograničen ako i samo ako je A∗ surjekcija (ekvivalencija (1)⇐⇒(5) u Tvrđenju1.153) se može dokazati i korišćenjem Tvrđenja 1.211.

Zaista, neka je A odozdo ograničen operator. Tada je R(A) zatvoren podskupu X i N(A) = 0. Odavde sledi da je N(A)⊥ = 0⊥ = X, i kako je 54 N(A)⊥ =R(A∗), zaključujemo da je R(A∗) = X. Iz Tvrđenja 1.211 sledi da je R(A∗)zatvoren podskup u X, te dobijamo da je R(A∗) = X, tj. A∗ je surjekcija.

Neka je A∗ surjekcija. Tada je R(A∗) = X i R(A∗) je zatvoren podskup u X, tena osnovu Tvrđenja 1.211 sledi da je R(A) zatvoren podskup u X. Iz R(A∗) = Xsledi N(A) = R(A∗)⊥ = X⊥ = 0, pa je A injekcija. Sada na osnovu Teoreme1.140 zaključujemo da je A odozdo ograničen operator. •

Teorema 1.213. Neka je X normiran prostor i A ∈ B(X). Za operator A postojispoljašnji inverz B ∈ B(X) takav da je B = 0 ako i samo ako je A = 0.

Dokaz. Neka je B spoljašnji inverz operatora A i B = 0. Tada je BAB = B i nemože biti A = 0, jer u protivnom bi iz A = 0 sledilo BAB = 0, odakle bismo ondadobili da je B = 0, što je suprotno pretpostavci. Prema tome, A = 0.

Neka je A = 0. Tada postoji u ∈ X \ 0 tako da je Au = 0. Iz [13, Posledica4.1.5] sledi da postoji linearan ograničen funkcional f takav da je f(Au) = 1.Neka je operator B : X → X definisan sa Bx = f(x)u. Tada B ∈ B(X), i kako jeB(Au) = f(Au)u = u = 0, to je B = 0. Budući da je

BABx = B(A(f(x)u)) = f(x)B(Au) = f(x)u = Bx za sve x ∈ X,

to je BAB = B. Prema tome, B je nenula spoljašnji inverz operatora A.

Nula operator, kao i bilo koji invertibilan operator, ima jedinstven g-inverz.Pokazaćemo da su to jedini operatori u algebri B(X) sa tom osobinom.

54Iz R(A∗)⊥ = N(A) sledi R(A∗)⊥⊥ = N(A)⊥, a R(A∗)⊥⊥ = R(A∗) na osnovu [13, Posledica3.72], pa je N(A)⊥ = R(A∗).

112

Teorema 1.214. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X), i neka je A1, 2skup svih g-inverza operatora A. Neka je CR(A) skup svih zatvorenih direktnih kom-plemenata potprostora R(A) i CN(A) skup svih zatvorenih direktnih komplemenatapotprostora N(A). Tada postoji bijekcija sa CR(A) × CN(A) na A1, 2, tj. skupoviCR(A) × CN(A) i A1, 2 imaju isti kardinalni broj.

Dokaz. Neka je P skup svih projektora iz B(X) čija je slika R(A) i Q skup svihprojektora iz B(X) čija je slika N(A).

Za M ∈ CR(A) i N ∈ CN(A) neka su P,Q ∈ L(X) projektori takvi da je R(P ) =R(A), N(P ) = M , i R(Q) = N(A), N(Q) = N .55 Iz Teoreme 1.66 sledi daP,Q ∈ B(X), te je P ∈ P i Q ∈ Q. Neka je h(M,N) = (P,Q). Na taj način jedefinisano preslikavanje h : CR(A) × CN(A) → P ×Q.

Neka je (M1, N1) = (M2, N2), gde su M1,M2 ∈ CR(A) i N1, N2 ∈ CN(A). Tada jeM1 = M2 ili N1 = N2. Neka je M1 = M2. Iz X = R(A) ⊕M1 i X = R(A) ⊕M2

sledi da postoje projektori P1, P2 ∈ B(X), takvi da je R(P1) = R(P2) = R(A),N(P1) =M1 i N(P2) =M2. Jasno, P1 = P2, pa je h(M1, N1) = h(M2, N2). Slično,iz N1 = N2 sledi h(M1, N1) = h(M2, N2). Prema tome, h je injekcija.

Za P ∈ P i Q ∈ Q imamo da je X = R(P ) ⊕ N(P ) = R(A) ⊕ N(P ) iX = R(Q) ⊕ N(Q) = N(A) ⊕ N(Q), pa N(P ) ∈ CR(A) i N(Q) ∈ CN(A). Tada jeh(N(P ), N(Q) = (P,Q). Prema tome, h je surjekcija.

Stoga je h bijekcija, i kako je preslikavanje f : P ×Q → A1, 2 iz dokaza Teo-reme 1.200 bijekcija, zaključujemo da je preslikavanje fh : CR(A)×CN(A) → A1, 2bijekcija. Odavde sledi da skupovi CR(A)×CN(A) i A1, 2 imaju isti kardinalni broj.Posledica 1.215. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X). Operator A ima jedin-stveni g-inverz ako i samo ako R(A) i N(A) imaju jedinstvene zatvorene direktnekomplemente.

Dokaz. Sledi iz Teoreme 1.214. Sledeća lema govori o tome da ako pravi nenula potprostor normiranog prostora

ima barem jedan zatvoren direktni komplement, onda ih ima beskonačno mnogo.

Lema 1.216. Neka je E potprostor u normiranom prostoru X, dimX > 1, nekaje 0 = E & X i neka postoji zatvoren potprostor F u X takav da je

X = E ⊕ F.

Tada postoji zatvoren potprostor M u X takav da je 56

X = E ⊕M i M = F. (1.147)55Za x = x1 + x2, gde je x1 ∈ R(A) i x2 ∈ M , Px = x1.Za x = x1 + x2, gde je x1 ∈ N(A) i x2 ∈ N , Qx = x1.56Ako je X skup geometrijskih vektora jedne ravni, bazu za ovaj prostor čine dva nekolinearna

113

Dokaz. Neka je ei : i ∈ I baza u E i fj : j ∈ J baza u F , i prema tome,

E = lin ei : i ∈ I, F = lin fj : j ∈ J,

i ei : i ∈ I ∪ fj : j ∈ J je linearno nezavisan skup vektora.Neka je e1 ∈ ei : i ∈ I i f1 ∈ fj : j ∈ J. Tada lin f1 ima zatvoren

direktni komplement u F , tj. postoji zatvoren potprostor F1 u F (zatvoren ondai u X) tako da je F = lin f1 ⊕ F1. Prema tome,

X = E ⊕ lin f1 ⊕ F1︸ ︷︷ ︸F

. (1.148)

Neka je r ∈ K \ 0. Pokažimo da je

X = E ⊕ lin re1 + f1 ⊕ F1. (1.149)

Neka je x ∈ X proizvoljan element. Tada iz (1.148) sledi da postoje skalariλ1, λ2, . . . , λn, µ, i vektori e2, . . . , en ∈ E i y ∈ F1 tako da je

x = λ1e1 + λ2e2 + · · ·+ λnen + µf1 + y.

Tada je

x = (λ1 − µr)e1 + λ2e2 + · · ·+ λnen + µ(re1 + f1) + y ∈ E + lin e1 + f1+ F1.

Prema tome, X = E + lin re1 + f1+ F1. Pokažimo da je ova suma direktna.Neka je

λ1e1 +λ2e2 + · · ·+ en +µ(re1 + f1)+ y = λ′1e1 +λ′2e2 + . . . λ′nen +µ′(re1 + f1)+ y′,

vektora e1 i e2, i važi jednakost:

X = lin e1 ⊕ lin e2.

Neka je e3 = e1 + e2.

Tada su vektori e1 i e3 linearno nezavisni (nekolinearni su), i takođe čine bazu, i važi

X = lin e1 ⊕ lin e3.

Kako e2 ∈ lin e2, ali e2 /∈ lin e3, to je lin e2 = lin e3, te su lin e2 i lin e3 dva razıčita(inače zatvorena) direktna komplementa potprostora lin e1.

114

gde su λ1, . . . , λn, λ′1, . . . , λ′n, µ, µ′ ∈ K, e2, . . . , en ∈ E, y, y′ ∈ F1. Tada je

(λ1 + µr)e1 + λ2e2 + . . . λnen + µf1 + y = (λ′1 + µ′r)e1 + λ′2e2 + . . . λ′nen + µ′f1 + y′,

odakle zbog (1.148) zaključujemo da je

λ1 + µr = λ′1 + µ′r, λ2 = λ′2, λn = λ′n, µ = µ′, y = y′.

Odavde slediλ1 = λ′1, λ2 = λ′2, λn = λ′n, µ = µ′, y = y′.

Neka je Mr = lin re1 + f1 ⊕ F1. Tada je Mr zatvoren potprostor kao sumakonačno-dimenzionalnog i zatvorenog potprostora, i Mr je zatvoreni direktni kom-plement potprostora E:

X = E ⊕ lin re1 + f1 ⊕ F1︸ ︷︷ ︸Mr

= E ⊕Mr.

Dokažimo da f1 /∈ Mr. Pretpostavimo da f1 ∈ Mr. Tada postoje λ ∈ K i y ∈ F1

tako da jef1 = λ(re1 + f1) + y,

i stoga jeλre1 + (λ− 1)f1 + y = 0.

Odavde, s obzirom na (1.148), sledi

λr = 0, λ− 1 = 0,

i kako je r = 0, dobijamo da je λ = 0 i λ = 1, što je apsurd. Prema tome, f1 /∈Mr

i kako f1 ∈ F , sledi da je F =Mr.Za potprostor M u (1.147) možemo uzeti bilo koji potprostor oblika Mr =

lin re1 + f1 ⊕ F1, gde je r ∈ K \ 0.

Napomena 1.217. Ako su r1, r2 ∈ K \ 0, r1 = r2, onda r1e1+ f1 /∈Mr2 , i stogaje Mr1 =Mr2 .

Zaista, ako je r1e1 + f1 ∈ Mr2 = lin r2e1 + f1 ⊕ F1, onda postoje λ ∈ K iy ∈ F1 tako da je

r1e1 + f1 = λ(r2e1 + f1) + y,

odakle sledi da je(λr2 − r1)e1 + (λ− 1)f1 + y = 0,

i na osnovu (1.148) zaključujemo da je λr2 − r1 = 0 i λ− 1 = 0. Odavde sledi daje r1 = r2, što je u suprotnosti sa pretpostavkom da je r1 = r2.

Kako r1e1 + f1 ∈Mr1 i r1e1 + f1 /∈Mr2 , zaključujemo da je Mr1 =Mr2 .

115

Prema tome, ako pravi nenula potprostor normiranog prostora ima jedan zatvo-reni direktni komplement, onda ih ima beskonačno mnogo. Preciznije, kardinalnibroj skupa njegovih direktnih komplemenata je veći ili jednak od kardinalnog brojapolja K, tj. od c. •

Teorema 1.218. Neka je X Banahov prostor i A ∈ B(X), A = 0. Tada A imajedinstven g-inverz ako i samo ako je A invertibilan operator.

Dokaz. (⇐=): Sledi iz Tvrđenja 1.193.(=⇒): Neka A ima jedinstveni g-inverz. Na osnovu Posledice 1.215 sledi da

R(A) i N(A) imaju jedinstvene zatvorene komplemente. Kako je A = 0, to jeN(A) = X i R(A) = 0. Na osnovu Leme 1.216 zaključujemo da je N(A) = 0i R(A) = X.57 Prema tome, A je bijekcija, i na osnovu Banahove teoreme oograničenom inverzu sledi da je A invertibilan operator.Drugi način: Neka je A ∈ B(X) g-invertibilan operator. Iz Teoreme 1.201 sledi dasu R(A) i N(A) imaju zatvorene direktne komplemente. Neka su M i N zatvorenipotprostori u X takvi da je

X = N ⊕N(A) i X = R(A)⊕M. (1.150)

Operator A1 : N → R(A) definisan sa A1x = Ax, za x ∈ N , je bijekcija i A1 ∈B(R(A), N). Neka je P projektor na R(A) paralelno M i Q projektor na N(A)paralelno N . Operator A ima sledeću matričnu formu u odnosu na dekompozicije(1.150):

A =

[A1 A12

A21 A22

]:

[N

N(A)

]→[R(A)M

],

gde su A12 : N(A) → R(A), A22 : N(A) → M , A21 : N → M operatori definisanisa A12x = PAx i A22x = (I − P )Ax za x ∈ N(A), i A21x = (I − P )Ax za x ∈ N .Jasno, A12 = A22 = A21 = 0. Stoga A ima sledeću matričnu formu:

A =

[A1 00 0

]:

[N

N(A)

]→[R(A)M

].

Neka je B ∈ B(X) g-inverz operatora A. Prema tome

ABA = A, (1.151)BAB = B. (1.152)

Operator B ima sledeću matričnu formu u odnosu na dekompozicije (1.150):

B =

[B11 B12

B21 B22

]:

[R(A)M

]→[

NN(A)

],

57Ako je dimX = 1, onda iz N(A) = X i R(A) = 0 sledi da je R(A) = X i N(A) = 0,budući da su X i 0 jedini potprostori prostora X. Ako je pak dimX > 1 zaključak izvodimona osnovu Leme 1.216.

116

gde su B11 : R(A) → N , B12 : M → N , B21 : R(A) → N(A), B22 : M → N(A)operatori definisani sa B11x = (I − Q)Bx, za x ∈ R(A), B12x = (I − Q)Bx, zax ∈M , B21x = QBx, za x ∈ R(A), i B22x = QBx, za x ∈M , gde Q projektor naN(A) paralelno N .

Iz (1.151) sledi[A1 00 0

] [B11 B12

B21 B22

] [A1 00 0

]=

[A1 00 0

],

tj. [A1B11A1 0

0 0

]=

[A1 00 0

],

te je A1B11A1 = A1, i prema tome, B11 = A−11 . Sada iz (1.152) sledi[

A−11 B12

B21 B22

] [A1 00 0

] [A−1

1 B12

B21 B22

]=

[A−1

1 B12

B21 B22

],

tj. [A−1

1 B12

B21 B21A1B12

]=

[A−1

1 B12

B21 B22

],

te je B22 = B21A1B12. Prema tome, svaki g-inverz operatora A ima sledeću ma-tričnu formu:

B =

[A−1

1 B12

B21 B21A1B12

]:

[R(A)M

]→[

NN(A)

],

gde su B21 ∈ B(R(A), N(A)) i B12 ∈ B(M,N) proizvoljni operatori. Operator Aima jedinstveni g-inverz ako su B(R(A), N(A)) i B(M,N) nula prostori, tj. ako jeR(A) = 0 i N = 0, ili M = 0 i N(A) = 0. U prvom slučaju je A = 0, adrugom slučaju je A bijekcija, pa stoga i invertibilan operator.

Napomena 1.219. Za nenula operator A na Banahovom prostoru koji je g-invertibilan, ali ne i invertibilan, postoji beskonačno mnogo g-inverza (kardinalnibroj skupa A1, 2 je veći ili jednak od c). Zaista, kako je A nenula operator, toje N(A) = X i R(A) = 0. Kako još A nije invertibilan, to je N(A) = 0 iliR(A) = X. Prema tome, barem jedan od potprostora R(A) i N(A) je nenula pravipotprostor u X, i s obzirom da ima zatvoren direktni komplement jer A je rela-tivno regularan, to na osnovu Napomene 1.217 ima beskonačno mnogo zatvorenihdirektnih komplemenata. Sada na osnovu Teoreme 1.214 zaključujemo da A imabeskonačno mnogo g-inverza.

117

Prema tome, g-invertibilan operator ili ima jedinstven g-inverz ili beskonačnomnogo g-inverza. Specijalno, svaki levo (desno) invertibilan operator koji nije in-vertibilan ima beskonačno mnogo levih (desnih) inverza.58 59

Da nenula operator A koji je g-invertibilan, ali ne i invertibilan, ima beskonačnomnogo g-inverza, mogli smo zaključiti koristeći matričnu reprezentaciju g-inverzaoperatora A. Naime, za takav operator A postoje potprostori M i N , gde je Mzatvoren direktan komplement potprostora R(A), a N zatvoren direktan komple-ment potprostora R(A), i važi da je N(A) = 0 i R(A) = 0, ili N(A) = X iR(A) = X. Ako je N(A) = 0 i R(A) = 0, tada postoji beskonačno mnogooperatora B21 ∈ B(R(A), N(A)) (barem kontinuum mnogo), a ako je N(A) = X iR(A) = X, onda je M = 0 i N = 0, pa postoji beskonačno mnogo operatoraB12 ∈ B(M,N) (barem kontinuum mnogo).60 Samim tim, postoji beskonačnomnogo (barem kontinuum mnogo) g-inverza operatora A:

B =

[A−1

1 B12

B21 B21A1B12

]:

[R(A)M

]→[

NN(A)

]. •

Ako je dimX = 1, onda je svaki nenula operator A ∈ B(X) invertibilan. Naime,iz R(A) = 0 i N(A) = X sledi da je R(A) = X i N(A) = 0, pa je A bijekcija, iprema tome invertibilan operator. Stoga je B(X) = B(X)−1∪0, i svaki operatoriz B(X) je g-invertibilan i ima jedinstveni g-inverz.

0

B(X)

B(X), dim X=1-1

B(X)= B(X)-1 U 0=B(X)п

58Imaće barem kontinuum mnogo levih (desnih) inverza.59Za levo invertibilan operator svaki njegov g-inverz je i levi inverz, i obrnuto (Tvrđenje 1.194).60Iz M = 0 sledi da postoji f ∈ M ′ tako da je f = 0, a iz N = 0 sledi da postoji z ∈ N ,

z = 0. Za r ∈ K neka je Cr(x) = rf(x)z, x ∈ M . Tada Cr ∈ B(M,N), i Cr1 = Cr2 zar1, r2 ∈ K i r1 = r2. Prema tome, kardinalni broj skupa B(M,N) je veći ili jednak od c. Slično,iz N(A) = 0 i R(A) = 0 sledi da je kardinalni broj skupa B(R(A), N(A)) veći ili jednak odc.

118

Ako je pak 1 < dimX < ∞, onda postoje nenula operatori koji nisu inver-tibilni. Na osnovu Teoreme 1.202 i Napomene 1.219 sledi da su takvi operatorig-invertibilni i da imaju beskonačno mnogo g-inverza.

g-invertibilni

operatori koji imaju

beskonačno mnogo g-inverza

0

B(X)

B(X), 1< dim X<∞

-1

B(X)=B(X)п

Primer 1.220. Operator S iz Primera 1.207 definisan sa

S(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (0, ξ1, 0, ξ3, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2,

je g-invertibilan, ali kako nije injekcija, on nije levo invertibilan, i kako nije su-rjekcija, on nije desno invertibilan. S obzirom da S nije invertibilan, sledi da imabeskonačno mnogo g-inverza.

Pokazaćemo da je jedan g-inverz upravo S∗.Kako je

Se2k = 0, Se2k−1 = e2k, k ∈ N,

to je za x = (ξi) ∈ ℓ2,

S∗x =∞∑i=1

(S∗x, ei)ei =∞∑i=1

(x, Sei)ei =∞∑k=1

(x, Se2k−1)e2k−1 =∞∑k=1

(x, e2k)e2k−1

=∞∑k=1

ξ2ke2k−1,

te jeS∗(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (ξ2, 0, ξ4, 0, ξ6, 0, . . . ),

i

S∗e2k = e2k−1, S∗e2k−1 = 0, k = 1, 2, . . . .

119

Odavde

SS∗Se2k = 0 = Se2k, SS∗Se2k−1 = SS∗e2k = Se2k−1, k = 1, 2, . . .

i

S∗SS∗e2k = S∗Se2k−1 = S∗e2k, S∗SS∗e2k−1 = 0 = S∗e2k−1, k = 1, 2, . . .

pa je SS∗S = S i S∗SS∗ = S∗, i S∗ je g2-inverz za S.

Za r ∈ K \ 0 neka je Tr ∈ B(ℓ2) definisan sa

Tre2k = e2k−1,

Tre7 = re5, Tre2k−1 = 0, k ∈ N, k = 4,

tj. za x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2 je

Trx = Tr(∞∑i=1

(x, ei)ei) =∞∑i=1

(x, ei)Trei =∞∑i=1

ξiTrei

= ξ1Tre1 + ξ2Tre2 + ξ3Tre3 + ξ4Tre4 + ξ5Tre5 + ξ6Tre6 + ξ7Tre7 + ξ8Tre8 +

ξ9Tre9 + ξ10Tre10 + . . .

= ξ1 · 0 + ξ2e1 + ξ3 · 0 + ξ4e3 + ξ5 · 0 + ξ6e5 + rξ7e5 + ξ8e7 + ξ9 · 0 + ξ10e9 + . . .

= (ξ2, 0, ξ4, 0, ξ6 + rξ7, 0, ξ8, 0, ξ10, . . . ).

Kako je za k ∈ N,

TrSTre7 = rTrSe5 = rTre6 = re5 = Tre7,

TrSTre2k−1 = 0 = Tre2k−1, k = 4,

TrSTre2k = TrSe2k−1 = Tre2k,

i

STrSe7 = STre8 = Se7,

STrSe2k−1 = STre2k = Se2k−1, k = 4,

STrSe2k = 0 = Se2k,

to je TrSTr = Tr i STrS = S, pa je S g2-inverz za S, i Tr = S∗.Slično možemo dobiti g2-inverz za S birajući r ∈ K \ 0 i l,m ∈ N, i stavlja-

jući61

Ul,m,re2k = e2k−1,

Ul,m,re2l−1 = re2m−1, Ul,m,re2k−1 = 0, k ∈ N, k = l.

61Ako bi operator Ul,m,r slikao e2l−1 u re2m, onda on ne bi bio g2-inverz operatora S.

120

g-invertibilni

operatori koji imaju

beskonačno mnogo g-inverza

g-invertibilni

operatori

0

A

T

S

S*

B(l2)

B(l2)U Ul

-1

B(l2)-1

B(l2)r

-1

*

Operator U je desni šift, dok su S, T i A operatori iz Primera 1.207 i 1.208. •

121

Glava 2

Perturbacione klase. Radikal

2.1 Perturbacione klaseDefinicija 2.1. Neka je A vektorski prostor i neka je S ⊂ A. Perturbaciona klasaskupa S, u oznaci P (S), je skup svih elemenata a ∈ A takvih da je a+ S ⊂ S, tj.

P (S) = a ∈ A : a+ s ∈ S za svako s ∈ S.

Primetimo da je P (S) = ∅ jer očigledno 0 ∈ P (S).

Lema 2.2. Neka je A vektorski prostor i neka S ⊂ A zadovoljava sledeći uslov:

λS ⊂ S za svaki skalar λ = 0. (2.1)

Tada je P (S) potprostor u A.

Dokaz. Neka su a, b ∈ P (S), s ∈ S i α ∈ C, α = 0. Tada je

αa+ s = α(a+

s

α

)∈ S,

(a+ b) + s = a+ (b+ s) ∈ S.

Prema tome, P (S) je potprostor u A.

Lema 2.3. Neka je A normirani prostor i neka je S ⊂ A otvoren skup. Tada jeP (S) zatvoren skup.

Dokaz. Budući da je S otvoren skup, za svako s ∈ S postoji δ > 0 tako da iz∥c− s∥ < δ sledi c ∈ S. Neka je (xn)n niz u P (S) koji konvergira ka x ∈ A. Tadapostoji prirodan broj n0 takav da je ∥xn − x∥ < δ za sve prirodne brojeve n ≥ n0.Prema tome, s + x − xn ∈ S, a iz xn ∈ P (S) dobijamo da je s + x ∈ S. Stoga jex ∈ P (S). Ovim smo dokazali da je P (S) zatvoren skup.

122

Lema 2.4. Neka je A normirani prostor i neka S1, S2 ⊂ A zadovoljavaju uslov(2.1). Ako je S1 ⊂ S2 i ako S2 ne sadrži nijednu rubnu tačku skupa S1, onda jeP (S2) ⊂ P (S1).

Dokaz. Pretpostavimo da je S1 ⊂ S2 i da S2 ne sadrži nijednu rubnu tačku skupaS1. Odavde sledi da S1 ne sadrži nijednu svoju rubnu tačku, pa je S1 otvoren skup.

Neka je a2 ∈ P (S2) proizvoljan element i neka je s1 ∈ S1 proizvoljan element.Iz (2.1) sledi da αa2 + s1 = α

(a2 +

s1α

)∈ S2 za svako α ∈ C, α = 0. Kako je S1

otvoren, sledi da αa2 + s1 ∈ S1 za male vrednosti |α|. Stoga

αa2 + s1 ∈ S1 za svako α, (2.2)

jer bi u protivnom postojalo neko α0 takvo da je α0a2 + s1 rubna tačka skupa S1

koja pripada skupu S2, što protivureči pretpostavci. Stavljajući u (2.2) α = 1,dobijamo a2+ s1 ∈ S1. S obzirom na proizvoljnost elementa s1 ∈ S1, zaključujemoda je a2 ∈ P (S1). sada s obzirom na proizvoljnost elementa a2 ∈ P (S2), dobijamoda je P (S2) ⊂ P (S1).

U daljem tekstu pretpostavljamo da je A Banahova algebra sa jedinicom 1.

Lema 2.5. Neka S ⊂ A ima osobinu (2.1). Ako je A−1S ⊂ S, onda je P (S) leviideal u A. Ako je SA−1 ⊂ S, onda je P (S) desni ideal u A.

Dokaz. Neka je a ∈ A−1, b ∈ P (S) i s ∈ S. Tada je ab+s = a(b+a−1s) ∈ S. Sledida ab ∈ S. Kako je svaki element a ∈ A zbir dva elemenata iz A−1 (a = (a−λ)+λ,gde je |λ| > ∥a∥), i kako je P (S) potprostor u A na osnovu Leme 2.2, sledi da jeP (S) levi ideal. Analogno se pokazuje drugi slučaj.

Teorema 2.6. Neka S ⊂ A ima osobinu (2.1) i neka je S otvoren skup. Ako jeA−1S ⊂ S i SA−1 ⊂ S, tada je P (S) zatvoren dvostrani ideal.

Dokaz. Sledi iz Leme 2.2, Leme 2.3 i Leme 2.5.

2.2 RadikalU ovoj sekciji A je Banahova algebra sa jedinicom 1.

Definicija 2.7. (Džekobsonov) radikal algebre A, u oznaci RadA, je definisan sa

RadA = x ∈ A : r(ax) = 0 za svako a ∈ A= x ∈ A : r(xa) = 0 za svako a ∈ A.

Podsetimo se da jednakost r(xa) = r(ax) sledi iz Teoreme 1.39 (iv) (videtitakođe Primedbu 1.85).

123

Lema 2.8. Važe sledeće jednakosti:

RadA = x ∈ A : 1 +Ax ⊂ A−1 = x ∈ A : 1 + xA ⊂ A−1. (2.3)

Dokaz. Druga jednakost u (2.3) sledi iz Džekobsonove leme.Dokažimo prvu jednakost u (2.3). Pretpostavimo da x ∈ RadA i a ∈ A. Tada

je r(ax) = 0. Odavde sledi da −1 /∈ σ(ax), tj. 1 + ax ∈ A−1.S druge strane, neka je x ∈ A takvo da je 1 + ax ∈ A−1 za svako a ∈ A.

Neka je a ∈ A proizvoljan element i neka je λ ∈ C \ 0 proizvoljno. Tada je1 − λ−1ax ∈ A−1, i stoga λ − ax ∈ A−1, te λ /∈ σ(ax). Odavde sledi da jeσ(ax) ⊂ 0, i stoga je r(ax) = 0. S obzirom na proizvoljnost elementa a ∈ Azaključujemo da x ∈ RadA. Lema 2.9. Važe sledeće jednakosti:

RadA = x ∈ A : 1 +Ax ⊂ A−1l = x ∈ A : 1 + xA ⊂ A−1

l (2.4)

iRadA = x ∈ A : 1 +Ax ⊂ A−1

r = x ∈ A : 1 + xA ⊂ A−1r . (2.5)

Dokaz. Pretpostavimo da je x ∈ A i da je 1 + Ax ⊂ A−1l . Tada za proizvoljno

a1 ∈ A postoji a2 ∈ A takvo da je

a2(1 + a1x) = 1. (2.6)

Odavde sledi da je a2 = 1−a2a1x, a kako je 1−a2a1x ∈ 1+Ax ⊂ A−1l , zaključujemo

da je a2 ∈ A−1l . Odavde i iz (2.6) zaključujemo da a2 ∈ A−1, pa opet iz (2.6) sledi

da je 1 + a1x ∈ A−1. Prema tome, x ∈ A : 1 + Ax ⊂ A−1l ⊂ x ∈ A :

1 + Ax ⊂ A−1, i kako je obrnuta inkluzija očigledna, važi jednakost x ∈ A :1 + Ax ⊂ A−1

l = x ∈ A : 1 + Ax ⊂ A−1. Odavde i na osnovu Leme 2.8 slediRadA = x ∈ A : 1 +Ax ⊂ A−1

l . Druga jednakost u (2.4) sledi iz Džekobsonoveleme.

Analogno se dokazuju jednakosti u (2.5). Lema 2.10. Važe sledeće jednakosti:

RadA = x ∈ A : 1 +A−1x ⊂ A−1 = x ∈ A : 1 + xA−1 ⊂ A−1. (2.7)

Dokaz. Neka je z ∈ A takvo da je 1+ gz ∈ A−1 za svako g ∈ A−1, i neka je a ∈ A.Postoje g1, g2 ∈ A−1 tako da je a = g1 + g2. (g1 = a − λ i g2 = λ, za |λ| ≥ ∥a∥).Neka je c = 1 + g1z. Kako je c ∈ A−1, imamo

1 + az = 1 + g1z + g2z = c+ g2z = c(1 + c−1g2z) ∈ A−1.

Ovim smo dokazali da je x ∈ A : 1 +A−1x ⊂ A−1 ⊂ x ∈ A : 1 +Ax ⊂ A−1,a kako je obrnuta inkluzija očigledna, to sledi da je

x ∈ A : 1 +Ax ⊂ A−1 = x ∈ A : 1 +A−1x ⊂ A−1. (2.8)

Sada iz (2.8), Leme 2.8 i Džekobsonove leme slede jednakosti u (2.7).

124

Lema 2.11. Važe sledeće jednakosti:

RadA = x ∈ A : r(gx) = 0 za svako g ∈ A−1= x ∈ A : r(xg) = 0 za svako g ∈ A−1.

Dokaz. Analogno kao u Lemi 2.8 dobijamo da je x ∈ A : r(gx) = 0 za svako g ∈A−1 = x ∈ A : 1 + gx ∈ A−1 za svako g ∈ A−1. Odavde i iz Leme 2.10dobijamo tražene jednakosti. Teorema 2.12. P (A−1) = RadA.

Dokaz. Neka je x ∈ P (A−1) proizvoljan element i neka je a ∈ A−1 proizvoljan.Tada je a−1 + x ∈ A−1. Odavde dobijamo da je 1 + ax = a(a−1 + x) ∈ A−1. Sobzirom na proizvoljnost elementa a ∈ A−1, zaključujemo da je 1 +A−1x ⊂ A−1.Iz Leme 2.10 sledi da je x ∈ RadA. Ovim smo dokazali da je P (A−1) ⊂ RadA.

Neka su x ∈ RadA i a ∈ A−1 proizvoljni. Tada je 1 + a−1x ∈ A−1 i a + x =a(1 + a−1x) ∈ A−1. Sledi x ∈ P (A−1). Prema tome, RadA ⊂ P (A−1). Posledica 2.13. RadA je zatvoren dvostrani ideal u A.

Dokaz. Kako je A−1 · A−1 ⊂ A−1, tvrđenje sledi iz Teoreme 2.12 i Teoreme 2.6. Lema 2.14. RadA je najveći ideal od A koji je sadržan u skupu svih kvazinil-potentnih elemenata od A. Drugim rečima, ako je I levi (desni) ideal od A iI ⊂ Aqnil, onda je I ⊂ RadA.

Dokaz. Iz Definicije 2.7 sledi da je r(x) = 0, za svaki x ∈ RadA. Stoga jeRadA ⊂ Aqnil. Neka je x ∈ I proizvoljan element i neka je a ∈ A proizvoljan.Kako je I ideal u A, to je xa ∈ I, a kako je I ⊂ Aqnil, sledi da je r(xa) = 0. Sobzirom na proizvoljnost a ∈ A zaključujemo da je x ∈ RadA. ovim smo dokazalida je I ⊂ RadA. Teorema 2.15. P (A−1

l ) = P (A−1r ) = RadA.

Dokaz. Neka je x ∈ RadA proizvoljan element i neka je a ∈ A−1l proizvoljan. Tada

postoji element b ∈ A takav da je ba = 1, te je

a+ x = (1 + xb)a. (2.9)

Iz Leme 2.8 sledi da je 1 + xb ∈ A−1l i kako je a ∈ A−1

l , to je i (1 + xb)a ∈ A−1l

(Tvrđenje 1.41). Sada iz (2.9) sledi da a + x ∈ A−1l . S obzirom na proizvoljnost

elemnta a ∈ A−1l , zaključujemo da je x ∈ P (A−1). Ovim smo dokazali da je

RadA ⊂ P (A−1).Obrnutu inkluziju dokazujemo koristeći Lemu 2.4. Naime, A−1 ⊂ A−1

l , sku-povi A−1 i A−1

l zadovoljavaju uslov (2.1), a rubne tačke skupa A−1 su na osnovuTeoreme 1.125 (i) dvostrani topološki delioci nule i stoga nisu levo invertibilni ele-menti (Teorema 1.116 (i)). Sada na osnovu Leme 2.4 zaključujemo da je P (A−1

l ) ⊂P (A−1). Kako je P (A−1) = RadA na osnovu Teoreme 2.12, to je P (A−1

l ) ⊂ RadA.Jednakost P (A−1

r ) = RadA se slično dokazuje.

125

Tvrđenje 2.16. Važe inkluzije:

P (Hl) ⊂ RadA, (2.10)P (Hr) ⊂ RadA. (2.11)

Dokaz. Iz inkluzija (1.98) i (1.99) sledi A−1 ⊂ Hl i A−1 ⊂ Hr. Skupovi A−1,Hl,Hr

zadovoljavaju uslov (2.1) i rubne tačke skupa A−1 su dvostrani topološki deliocinule, pa ne pripadaju ni skupu Hl, ni skupu Hr. Sada na osnovu Leme 2.4 zaklju-čujemo da važe inkluzije (2.10) i (2.11).

Teorema 2.17. Element x ∈ A je levo (desno) invertibilan u A ako i samo akoje x+RadA levo (desno) invertibilan u A/RadA.

Dokaz. Neka je x ∈ A−1l . Tada, budući da je kvocijentno preslikavanje π : A →

A/RadA epimorfizam, na osnovu Tvrđenja 1.58 sledi da je π(x) ∈ (A/RadA)−1l .

Obrnuto, neka je π(x) ∈ (A/RadA)−1l . Onda postoji y ∈ A tako da je π(y)π(x) =

π(1), tj. yx−1 ∈ RadA. Sada na osnovu Leme 2.8 sledi da je 1+1(yx−1) ∈ A−1,i prema tome yx ∈ A−1. Tada je (yx)−1yx = 1, te je stoga x ∈ A−1

l .Za slučaj desne invertibilnosti tvrđenje se dokazuje analogno.

Definicija 2.18. Algebra A je poluprosta ako je RadA = 0.

Teorema 2.19. B(X) je poluprosta za svaki Banahov prostorX za koji je dimX ≥1.

Dokaz. Neka je T ∈ B(X), T = 0. Tada je Tx = 0 za neko x ∈ X, x = 0. Naosnovu [13, Posledica 4.1.5] postoji g ∈ X ′, takvo da je g(Tx) = 1. DefinišimoS ∈ B(X) sa Sy = g(y) ·x za y ∈ X. Tada je STx = x, pa je (I−ST )x = 0. Kakoje x = 0, sledi da I − ST nije injekcija i stoga I − ST nije invertibilan operator.Na osnovu Leme 2.8 sledi T /∈ RadB(X). Prema tome, RadB(X) = 0 i B(X) jepoluprosta Banahova algebra.

2.3 Maksimalni ideali i radikalNeka je A je Banahova algebra sa jedinicom 1.

Sledeće dve leme je jednostavno dokazati.

Lema 2.20. Neka su J1,J2 dva leva (desna ) ideala u A. Tada je J1 + J2 levi(desni) ideal u A.

Lema 2.21. Neka je x ∈ A. Tada je Ax levi ideal u A, dok je xA desni ideal uA.

126

Lema 2.22. (i) Ideal J je pravi ako i samo ako ne sadrži 1.(ii) Levi (desni) ideal J u A je pravi ako i samo ako ne sadrži nijedan levo (desno)invertibilan element, tj. J ∩ A−1

l = ∅ (J ∩ A−1r = ∅).

(iii) Ideal J u A je pravi ako i samo ako je J ∩ A−1 = ∅.

Dokaz. (i) Neka je J , recimo, pravi levi ideal, i neka 1 ∈ J . Tada za proizvoljnielement a ∈ A važi a = a · 1 ⊂ A · J ⊂ J , pa je A ⊂ J ⊂ A, i stoga A = J , što jesuprotno pretpostavci da je J pravi ideal. Prema tome, ako je J pravi ideal, onda1 /∈ J . Obrnuta implikacija je očigledna.

(ii) Neka je J pravi levi ideal u A i neka postoji element a ∈ J ∩ A−1l . Tada

postoji b ∈ A tako da je 1 = ba ∈ A · J ⊂ J , te 1 ∈ J , što je na osnovu (i) usuprotnosti sa pretpostavkom da je J pravi ideal. Obrnuto, ako je J ∩ A−1

l = ∅,onda je J = A i J je pravi ideal.

Slično se pokazuje da je J pravi desni ideal u A ako i samo ako je J ∩A−1r = ∅.

(iii) Implikacija (=⇒) sledi iz (ii) i inkluzija A−1 ⊂ A−1l i A−1 ⊂ A−1

r . Obrnutaimplikacija je očigledna. Tvrđenje 2.23. Neka je J pravi levi (desni) ideal u A. Tada je J pravi levi(desni) ideal u A.

Dokaz. Neka je J pravi levi ideal. Da je J levi ideal sledi iz Tvrđenja 1.24 (ii).Dokažimo da je J $ A.Prvi način: Kako je J pravi ideal, to iz Leme 2.22 (iii) sledi J ∩ A−1 = ∅, te

je J ⊂ A \ A−1. S obzirom da je A−1 otvoren skup u A, to je A \ A−1 zatvorenskup, i stoga iz J ⊂ A \ A−1 sledi J ⊂ A \ A−1 = A \ A−1, te je J $ A.

Drugi način: Pretpostavimo suprotno da je J = A. Tada 1 ∈ J . Kako1 ∈ A−1 i kako je A−1 kao otvoren skup okolina elementa 1, to iz 1 ∈ J sledi daje A−1 ∩ J = ∅. Sada iz Leme 2.22 (iii) sledi da je J = A, što je u suprotnosti sapretpostavkom. Prema tome, J pravi levi ideal u A.

Treći način: Pretpostavimo suprotno da je J = A. Tada 1 ∈ J , te postoji niz(xn) takav da je xn ∈ J , n ∈ N, i xn → 1 kad n → ∞. Stoga za dovoljno velikon ∈ N važi nejednakost ∥1− xn∥ < 1. Sada na osnovu Posledice 1.49 dobijamo daje 1 − (1 − xn) ∈ A−1, pa xn ∈ J ∩ A−1. Iz Leme 2.22 (iii) sledi da J nije praviideal, što je suprotno pretpostavci. Definicija 2.24. Neka je J levi ideal u A. Kažemo da je J maksimalan levi idealu A ako je J pravi levi ideal i ako ne postoji pravi levi ideal I takav da je J $ I.

Drugim rečima, J je maksimalan levi ideal u A ako je pravi levi ideal i ukolikoje jedini pravi levi ideal koji sadrži J upravo on sam. Prema tome, ako je J jemaksimalan levi ideal u A i ako je I pravi levi idealu A takav da je J ⊂ I, tadaje J = I.

Na sličan način definišemo maksimalan desni ideal u A.

127

Tvrđenje 2.25. Neka je J maksimalni levi (desni) ideal. Tada je J zatvoren.

Dokaz. Budući da je J (kao maksimalni levi ideal) pravi ideal, to iz Tvrđenja2.23 sledi da je J pravi levi ideal. Kako je J ⊂ J $ A, to iz činjenice da je Jmaksimalni levi ideal sledi da je J = J .

Tvrđenje 2.26. Svaki pravi levi (desni) ideal je sadržan u maksimalnom levom(desnom) idealu.

Dokaz. Neka je J pravi levi ideal u A, i neka je P skup svih pravih levih idealau A koji sadrže J . Očigledno J ∈ P i P je neprazan skup. Skup P je delimičnouređen relacijom inkluzije ⊂. Pokažimo da (P ,⊂) ispunjava uslove Cornove leme.

Neka je L linerano uređen skup (lanac) u P. Neka je ML =∪I∈L

I. Pokažimo

najpre da ML ∈ P . Kako je ML = ∪I∈L

I i kako 1 /∈ I za svako I ∈ L, to onda

1 /∈ ML, te je ML = A. Neka su a ∈ A i r ∈ ML proizvoljni elementi. Iz r ∈ MLsledi da postoji I ∈ L tako da r ∈ I. Budući da je I levi ideal, zaklučujemo daar ∈ I, te stoga ar ∈ ML. Neka su sada a, b ∈ ML. Tada postoje Ia, Ib ∈ L, gdea ∈ Ia, b ∈ Ib. Kako je L lanac, to je Ia ⊂ Ib ili Ib ⊂ Ia. Neka je, recimo, Ib ⊂ Ia.Tada je a, b ∈ Ia, odakle sledi da a + b ∈ Ia, te stoga a + b ∈ ML. Na osnovuTvrđenja 1.6 zaključujemo da je ML levi ideal u L. Očigledno je da J ⊂ I ⊂ML,za svako I ∈ L, te stoga ML sadrži J . Prema tome, ML je pravi levi ideal u Akoji sadrži J , i stoga ML ∈ P . Kako je I ⊂ML, za svako I ∈ L, to je ML gornjagranica za L u P . Dokazali smo da svaki lanac u P ima gornju granicu, pa naosnovu Cornove leme postoji maksimalni element G ∈ P . Ideal G je maksimalniideal koji sadrži ideal J .

Teorema 2.27. (i) RadA je jednak preseku svih maksimalnih levih ideala u A.(ii) RadA je jednak preseku svih maksimalnih desnih ideala u A.

Dokaz. (i) Neka je x ∈ RadA proizvoljan element i neka je J proizvoljan mak-simalni levi ideal. Tada je J + Ax levi ideal u A na osnovu Lema 2.20 i 2.21.Kako je J ⊂ J + Ax ⊂ A, zbog maksimalnosti ideala J zaključujemo da je iliJ = J + Ax ili J + Ax = A. Ako bi važila jednakost J + Ax = A, onda bi,s obzirom da 1 ∈ A, sledilo da postoji a ∈ A i j ∈ J tako da je j + ax = 1, pabi 1 − ax ∈ J . Kako je x ∈ RadA, iz Leme 2.8 sledi da je 1 − ax ∈ A−1. Stogaje J ∩ A−1 = ∅, te na osnovu Leme 2.22 (iii) zaključujemo da J nije pravi ideal,što je suprotno pretpostavci. Prema tome, J = J + Ax, te je i kako Ax ⊂ J .Stoga iz x ∈ Ax sledi x ∈ J . Ovim smo pokazali da proizvoljan element iz RadApripada bilo kom maksimalnom levom idealu, pa je RadA podskup preseka svihmaksimalnih levih ideala u A.

Neka je x u preseku svih maksimalnih levih ideala algebre A i neka x /∈ RadA.Iz Leme 2.8 sledi da postoji a ∈ A tako da 1 − ax /∈ A−1. Odavde sledi da je

128

1 ∈ σ(ax), i stoga je r(ax) > 0. Iz Leme 1.131 sledi da postoji λ ∈ ∂ σ(a) takoda je |λ| = r(ax) > 0. Na osnovu Posledice 1.126 zaključujemo da je λ − ax levitopološki delilac nule, pa nije levo invertibilan na osnovu Teoreme 1.116. Odavdesledi da levi ideal A(λ − ax) ne sadrži jedinicu, te je stoga pravi levi ideal. Sadana osnovu Tvrđenja 2.26 zaključujemo da postoji maksimalan levi ideal J takavda je A(λ − ax) ⊂ J . Odavde sledi da λ − ax ∈ J , a kako je x ∈ J , to ax ∈ J ,te konačno zaključujemo da λ · 1 ∈ J . Kako je λ = 0, odavde sledi da 1 ∈ J ,te J nije pravi ideal (Lema 2.22 (i)), što je nemoguće. Dobijena kontradikcijapokazuje da proizvoljan element koji se nalazi u preseku svih maksimalnih levihideala algebre A mora biti u radikalu algebre A.

Tvrđenje (ii) se dokazuje analogno.

2.4 Komutativne Banahove algebrePrimer komutativne Banahove algebre je polje kompleksnih brojeva C sa mo-

dulom kao normom. Takođe, ako je A Banahova algebra i a ∈ A, tada je drugikomutant a′′ komutativna Banahova algebra na osnovu Leme 2(v).

Najvažniji primer komutativne Banahove algebre je algebra C(K) svih nepre-kidnih kompleksnih funkcija definisanih na nepraznom kompaktnom skupu K ⊂ Csa supremum normom ∥f∥ = sup|f(z)| : z ∈ K.

Pretpostavljamo da svaka algebra u ovoj sekciji ima jedinicu. Jedinicu algebreA označavamo sa 1A.

Lema 2.28. Algebra A ne sadrži netrivijalne ideale ako i samo ako je njen svakinenula element invertibilan.

Dokaz. Pretpostavimo da je A ne sadrži netrivijalne ideale i neka je x ∈ A, x = 0.Kako je Ax levi ideal koji sadrži x i zbog toga Ax = 0, sledi Ax = A i x je levoinvertibilan. Analogno se dokazuje da je x desno invertibilan.

Obrnuto, pretpostavimo da je svaki nenula elemenat algebre A invertibilan ineka je J levi (desni) ideal u A različit od 0. Prema tome, postoji x ∈ J ,x = 0. Sledi x je invertibilan, i stoga 1A ∈ Ax (1A ∈ xA). Kako je J levi (desni)ideal, to je Ax ⊂ J (xA ⊂ J ), i stoga 1A ∈ J . Sada iz Leme 2.22 (i) sledi da jeJ = A.

Iz Leme 2.28 i Gelfand -Mazurove teoreme (Teorema 1.80) sledi:

Posledica 2.29. Kompleksna Banahova algebra nema netrivijalne ideale ako isamo ako je izometrički izomorfna algebri kompleksnih brojeva.

Posledica 2.30. Ako kompleksna Banahova algebra nema netrivijalne ideale, ondaje ona komutativna i jedno-dimenzionalna.

129

Dokaz. Sledi iz Posledice 2.29.

U komutativnim algebrama pojmovi levi, desni i dvostrani ideal koincidiraju.

Teorema 2.31. Neka je J ideal u komutativnoj Banahovoj algebri A. Sledećiuslovi su ekvivalentni:

(i) J je maksimalan ideal,(ii) J je zatvoren i kodimenzije 1,(iii) J je kodimenzije 1.

(i) =⇒ (ii) Neka je J maksimalan ideal u A. Iz Tvrđenja 2.25 sledi da je Jzatvoren, te je kvocijentna algebra A/J takođe Banahova algebra. Pokazaćemoda ona nema netrivijalne ideale.

Neka je W ideal u A/J i neka je ρ : A → A/J kvocijentno preslikavanje.Iz 0 ⊂ W ⊂ A/J sledi J = ρ−1(0) ⊂ ρ−1(W) ⊂ ρ−1(A/J ) = A. Kako jeρ−1(W) ideal, zbog maksimalnosti ideala J dobijamo ρ−1(W) = J ili ρ−1(W) = A.Sledi W = ρ(ρ−1(W)) = ρ(J ) = 0 ili W = ρ(ρ−1(W)) = ρ(A) = A/J . Daklesvaki ideal u A/J je trivijalan. Sada iz Posledice 2.30 sledi da je codimJ =dim(A/J ) = 1.

(iii) =⇒ (i) Pretpostavimo da je J ideal u A kodimenzije 1. Sledi da je Jpravi ideal. Ako J nije maksimalan ideal, postojaće maksimalan ideal J1 kojisadrži J i postoji potprostor M = 0 u A tako da je J1 = J ⊕M . Na osnovuveć dokazanog dela sledi da je codimJ1 = 1. Kako je dimM > 0, dobijamo da jecodimJ > 1. Dobijena kontradikcija dokazuje da je J maksimalan ideal.

Ako je φ : A → C multiplikativan funcional, sa N(φ) označavamo jezgrofunkcionala φ, tj.

N(φ) = x ∈ A : φ(x) = 0,

a sa R(φ) sliku funkcionala φ, tj. R(φ) = φ(x) : x ∈ A.Sledeća teorema govori o tome da između skupa svih multiplikativnih funkcio-

nala i skupa svih maksimalnih ideala postoji bijekcija.

Teorema 2.32. Neka je A komutativna Banahova algebra. Tada:(i) Ako je φ multiplikativan funkcional na A, onda je N(φ) maksimalan ideal;(ii) Ako je J maksimalan ideal u A, tada je A = x+λ1A : x ∈ J , λ ∈ C, tj.

A = J ⊕ λ1A : λ ∈ C.

Preslikavanje φ : A → C definisano sa φ(x + λ1A) = λ, x ∈ J , λ ∈ C, jemultiplikativni funkcional i N(φ) = J .

Dokaz. (i) Neka je φ multiplikativan funkcional na A. Lako se proverava da jeN(φ) ideal. Preslikavanje T : A/N(φ) → R(φ) definisano sa T (x+N(φ)) = φ(x)je linearna bijekcija, pa je codimN(φ) = dimR(φ). Kako je φ(1A) = 1, to je

130

R(φ) = 0 i kako je R(φ) ⊂ C, zaključujemo da je dimR(φ) = 1. Prema tome,N(φ) je ideal kodimenzije 1 i na osnovu Teoreme 2.31, Kerφ je maksimalan ideal.

(ii) Neka je J maksimalan ideal u A. Na osnovu dokaza implikacije (i) =⇒ (ii)u Teoremi 2.31 i Leme 2.28, imamo da je u kvocijent algebri A/J svaki nenulaelemenat invertibilan te za svako a ∈ A postoji λ ∈ C tako da je ρ(a) = λρ(1A),gde je ρ kvocijentno preslikavanje sa A na A/J (videti dokaz Gelfand-Mazuroveteoreme (Teorema 1.80)). Sledi postoji x ∈ J tako da je a = x + λ1A. Prematome, dokazali smo da je A = x+ λ1A : x ∈ J , λ ∈ C. Nije teško proveriti da jepreslikavanje φ : A → C definisano sa φ(x+ λ1A) = λ multiplikativni funkcional ida je N(φ) = J .

Skup svih multiplikativnih funkcionala komutativne Banahove algebre A ozna-čavaćemo sa M(A). Iz dokaza tvrđenja (ii) Teoreme 2.32 sledi

Posledica 2.33. Neka je A komutativna Banahova algebra. Tada je M(A) = ∅.

Teorema 2.34. Neka je A komutativna Banahova algebra i x ∈ A. Tada je

σ(x) = φ(x) : φ ∈ M(A). (2.12)

Dokaz. Neka je φ ∈ M(A). Tada x − φ(x)1A ∈ N(φ). Budući da je Kerφ,kao maksimalan ideal (Teorema 2.32 (i)), pravi ideal, to N(φ) ne sadrži nijedaninvertibilan elemenat. Prema tome, x− φ(x)1A nije invertibilan, te φ(x) ∈ σ(x).

Da bismo dokazali obrnutu inkluziju u (2.12), pretpostavimo da λ ∈ σ(x).Tada x − λ nije invertibilan, i stoga je A(x − λ) pravi ideal koji sadrži x − λ.Postoji maksimalan ideal J koji sadrži A(x−λ) i prema tome i x−λ. Na osnovuTeoreme 2.32 (ii), postoji multiplikativan funkcional ψ tako da je Kerψ = J . Slediψ(x− λ) = 0, tj. λ = ψ(x).

Već smo dokazali da je multiplikativni funkcional na proizvoljnoj Banahovojalgebri ograničen i sa normom koja je jednaka 1 (Teorema 1.57). U sledećoj teoremividećemo kako se taj rezultat može još dobiti za multiplikativni funkcional nakomutativnoj Banahovoj algebri.

Teorema 2.35. Neka je φ multiplikativan funkcional na komutativnoj Banahovojalgebri A. Tada je φ neprekidan i ∥φ∥ = 1.

Dokaz. Neka je x ∈ A. Iz φ(x) ∈ σ(x) sledi |φ(x)| ≤ ∥x∥. Zato je ∥φ∥ ≤ 1 i kakoje φ(1A) = 1, zaključujemo ∥φ∥ = 1.

Sledeće tvrđenje govori o neprekidnosti spektra u komutativnim Banahovimalgebrama.

Teorema 2.36. Neka je A komutativna Banahova algebra, x, xk ∈ A, k ∈ N ixk → x. Tada λ ∈ σ(x) ako i samo ako postoji λk ∈ σ(xk), k = 1, 2, . . . , tako daje λ = limk→∞ λk.

131

Dokaz. Ako λ ∈ σ(x), tada na osnovu Teoreme 2.34 postoji φ ∈ M(A) tako daje φ(x) = λ. Za λk = φ(xk), opet iz Teoreme 2.34, sledi λk ∈ σ(xk). Budući daxk → x, na osnovu Teoreme 2.35 sledi φ(xk) → φ(x), tj. λk → λ.

Obrnuto, neka λk ∈ σ(xk) i λk → λ. Za svako k postoji φk ∈ M(A) tako da jeφk(xk) = λk (Teorema 2.34). Neka je µk = φk(x). Opet na osnovu Teoreme 2.34,µk ∈ σ(x). Kako je

|λ− µk| ≤ |λ− λk|+ |λk − µk| = |λ− λk|+ |φk(xk)− φk(x)|,

i |φk(xk)− φk(x)| ≤ ∥xk − x∥ (Teorema 2.35), dobijamo

|λ− µk| ≤ |λ− λk|+ ∥xk − x∥.

Prema tome, µk → λ i budući da je σ(x) zatvoren skup zaključujemo da je λ ∈σ(x). Teorema 2.37. Neka je A Banahova algebra, x, y ∈ A. Tada

xy = yx =⇒σ(xy) ⊂ σ(x) · σ(y)σ(x+ y) ⊂ σ(x) + σ(y).

Dokaz. Pretpostavimo najpre da je A komutativna Banahova algebra. Tada je

σ(xy) = φ(xy) : φ ∈ M(A)= φ(x)φ(y) : φ ∈ M(A)⊂ φ(x)ψ(y) : φ, ψ ∈ M(A)= σ(x) · σ(y).

Slično se dokazuje σ(x+ y) ⊂ σ(x) + σ(y).U opštem slučaju, kada je A Banahova algebra, uočimo A0 = x, y′′. Na

osnovu Tvrđenja 1.26 (v) sledi A0 je komutativna Banahova algebra. Može sepokazati da je σA(x) = σA0(x), σA(y) = σA0(y), σA(xy) = σA0(xy) i σA(x + y) =σA0(x+ y).

Dokažimo da je σA(x) = σA0(x), a ostale jednakosti se analogno dokazuju.Kako je A0 podalgebra u A, to je σA(x) ⊂ σA0(x) na osnovu Leme 1.185. Nekaλ /∈ σA(x). Tada x− λ ∈ A−1 i postoji b ∈ A tako da je (x− λ)b = b(x− λ) = 1A.Neka je z ∈ x, y′. Sledi zx = xz i zato z(x − λ) = (x − λ)z. Množeći ovujednakost s leva i s desna sa b dobijamo bz = zb. Prema tome, b ∈ A0 i x − λ jeinvertibilan u A0, tj. λ /∈ σA0(x). Ovim smo dokazli da je σA0(x) ⊂ σA(x). Prematome, σA(x) = σA0(x).

Sada zaključujemo

σA(xy) = σA0(xy) ⊂ σA0(x) · σA0(y) = σA(x) · σA(y).

Analogno, σ(x+ y) = σA0(x+ y) ⊂ σA0(x) + σA0(y) = σA(x) + σA(y). Iz Teoreme 2.37 sledi:

132

Posledica 2.38. Neka je A Banahova algebra, x, y ∈ A. Tada

xy = yx =⇒r(xy) ≤ r(x) · r(y)r(x+ y) ≤ r(x) + r(y).

Prema tome, spektralni poluprečnik u komutativnoj Banahovoj algebri je algebarskaseminorma (videti [11], Definition 1.2, str. 2).

Sa QN(A) označavamo skup kvazinilpotentnih elemenata Banahove algebre A:

QN(A) = x ∈ A : σ(x) = 0 = x ∈ A : r(x) = 0.

Posledica 2.39. Neka je A Banahova algebra, x, y ∈ A. Tada

xy = yx, x ∈ QN(A) =⇒ xy ∈ QN(A) (2.13)

ixy = yx, x, y ∈ QN(A) =⇒ x+ y ∈ QN(A). (2.14)

Dokaz. Sledi iz Posledice 2.38.

2.5 Kvazinilpotentni elementi i komutativne per-turbacione klase

Neka je A Banahova algebra i H, K ⊂ A. Komutativna suma skupova H i Kje

H +comm K = c+ d : (c, d) ∈ H ×K , cd = dc.Komutativna perturbaciona klasa skupa S ⊂ A je

Pcomm(S) = a ∈ A : S +comm a ⊆ S .

Teorema 2.40. Neka je A Banahova algebra. Tada

QN(A) = Pcomm(A−1) . (2.15)

Dokaz. Neka d ∈ QN(A). Ako a ∈ A−1 komutira sa d, tada takođe a−1 komutirasa d. Na osnovu (2.13) sledi a−1d ∈ QN(A), pa je 1 + a−1d ∈ A−1. Sada, a+ d =a(1 + a−1d) ∈ A−1 i prema tome, d ∈ Pcomm(A−1).

Obrnuto, ako d ∈ Pcomm(A−1), za λ ∈ C, λ = 0 sledi −λ1A ∈ A−1, te jed− λ ∈ A−1. Prema tome, σ(d) = 0, tj. d ∈ QN(A).

Iz Teoreme 1.180 sledi

σ(a) = 0 ⇐⇒ σl(a) = 0 ⇐⇒ σr(a) = 0. (2.16)

133

Ako je θ ∈ σ, σleft, σright, tada iz (2.16) sledi

a ∈ QN(A) ⇐⇒ θ(a) = 0. (2.17)

Korišćenjem teoreme o preslikavanju spekta za dve promenljive ([6], Theorem11.3.4) dokazuje se za x, y ∈ A,

xy = yx =⇒ σl(x+ y) ⊂ σl(x) + σl(y), σr(x+ y) ⊂ σr(x) + σr(y) (2.18)

ixy = yx =⇒ σl(xy) ⊂ σl(x) · σl(y), σr(xy) ⊂ σr(x) · σr(y). (2.19)

Lema 2.41. Ako je θ jedan od σ, σl and σr and a, b ∈ A takvi da ab−ba ∈ Rad(A),tada

θ(a+ b) ⊂ θ(a) + θ(b)

θ(ab) ⊂ θ(a) · θ(b).

Dokaz. Kako je a (levo, desno) invertibilan u A ako i samo je a + Rad(A) (levo,desno) invertibilan u A/Rad(A) (Teorema 2.17), to je

θ(a) = θ(a+Rad(A)). (2.20)

Neka je ρ : A → A/Rad(A) kvocijentno preslikavanje. Budući da ρ(a) i ρ(b)komutiraju, na osnovu (2.20), (2.18) i Teoreme 2.37 imamo θ(a+b) = θ(ρ(a+b)) ⊂θ(ρ(a)) + θ(ρ(b)) = θ(a) + θ(b). Analogno se dokazuje θ(ab) ⊂ θ(a) · θ(b).

Teorema 2.42. Neka je A Banahova algebra i d ∈ A. Ako je θ jedan od σ, σl,σr, sledeći uslovi su ekvivalentni:

d ∈ QN(A) ; (2.21)

(∀a ∈ A) (ad− da ∈ Rad(A) =⇒ θ(a) = θ(a+ d)) ; (2.22)

(∀a ∈ A) (ad = da =⇒ θ(a) = θ(a+ d)) . (2.23)

Dokaz. Ako je d ∈ QN(A), tada θ(d) = 0 prema (2.17), i za a ∈ A, takvo da jead− da ∈ Rad(A), iz Leme 2.41 sledi

θ(a+ d) ⊆ θ(a) + θ(d) = θ(a) .

Takođeθ(a) = θ(a+ d− d) ⊆ θ(a+ d) + θ(−d) = θ(a+ d) .

Prema tome, (2.21) povlači (2.22).(2.22) trivijalno povlači (2.23).Ako važi (2.23), za a = 0 dobijamo θ(d) = 0, što na osnovu (2.17) znači

(2.21).

134

Posledica 2.43. Neka je A Banahova algebra i d ∈ A. Sledeći uslovi su ekviva-lentni:

d ∈ QN(A) ; (2.24)

(∀a ∈ A) (ad− da ∈ Rad(A) =⇒ (a ∈ A−1l ⇐⇒ a+ d ∈ A−1

l ); (2.25)

(∀a ∈ A) (ad = da =⇒ (a ∈ A−1l ⇐⇒ a+ d ∈ A−1

l ) . (2.26)

Analogno tvrđenje važi ako se A−1l zameni sa A−1

r ili A−1.Dokaz. Sledi iz Teoreme 2.42.

Posledica 2.44. Neka je A Banahova algebra. Važi sledeća jednakost:

QN(A) = Pcomm(A−1l ) = Pcomm(A−1

r ) . (2.27)

Dokaz. (2.27) sledi iz ekvivalencije (2.24)⇐⇒(2.26).

135

Glava 3

Spektri operatora

3.1 Spektri operatora pomaka

136

3.2 Rezidualni i kontinuirani spektar operatora

Teorema 3.1. Neka je A ∈ B(X). Tada je

σ(A) = σap(A) ∪ σd(A). (3.1)

Dokaz.

Teorema 3.2. Neka je A ∈ B(X). Tada je

σ(A) = σap(A) ∪ σres(A). (3.2)

Dokaz. Kako je σp(A) ⊂ σap(A), to je

σd(A) = (σd(A) ∩ σp(A)) ∪ (σd(A) \ σp(A)) = (σd(A) ∩ σp(A)) ∪ σres(A)⊂ σp(A) ∪ σres(A) ⊂ σap(A) ∪ σres(A).

Odavde, i iz (3.1) dobijamo

σ(A) = σap(A) ∪ σd(A) ⊂ σap(A) ∪ σres(A) ⊂ σ(A),

odakle sledi jednakost (3.2).

137

3.3 Spektar normalnog operatora

Tvrđenje 3.3. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X). Sledeći uslovi su ekvi-valentni:(1) A je normalan operator.(2) ∥Ax∥ = ∥A∗x∥ za sve x ∈ X.(3) An je normalan operator za sve n ∈ N.(4) ∥Anx∥ = ∥A∗nx∥ za sve x ∈ X i sve n ∈ N.

Dokaz.

Tvrđenje 3.4. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator. Tadaje N(A) = N(A∗).

Dokaz. Na osnovu ekvivalencije (1)⇐⇒(2) u Teoremi 3.3 zaključujemo da je

x ∈ N(A) ⇐⇒ Ax = 0 ⇐⇒ ∥Ax∥ = 0 ⇐⇒ ∥A∗x∥ = 0 ⇐⇒ A∗x = 0

⇐⇒ x ∈ N(A∗),

pa je N(A) = N(A∗).

Tvrđenje 3.5. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator. Tadaje N(A) = N(A2).

Posledica 3.6. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator. Tadaje N(A) = N(An) = N(A∗n) za sve n ∈ N.

Tvrđenje 3.7. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator. Tadaje X = R(A)⊕N(A).

Tvrđenje 3.8. Neka je X Hilbertov prostor, A ∈ B(X) normalan operator i p ∈C[z]. Tada je p(A) normalan operator.

Dokaz.

Tvrđenje 3.9. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator. Tadaje

σp(A)∗ = σp(A

∗). (3.3)

Dokaz. Neka je λ ∈ C i p(z) = z − λ, z ∈ C. Tada je na osnovu Tvrđenja 3.8p(A) = A− λI normalan operator, i na osnovu Posledice 3.4 zaključujemo da je

N(A− λI) = N((A− λI)∗) = N(A∗ − λI). (3.4)

138

Odavde sledi

λ ∈ σp(A) ⇐⇒ N(A− λI) = 0 ⇐⇒ N(A∗ − λI) = 0⇐⇒ λ ∈ σp(A

∗),

te važi jednakost (3.3).

Tvrđenje 3.10. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator.Tada je

σp(A) = σd(A). (3.5)

Dokaz. Prvi način: Iz Tvrđenja 3.9 i Tvrđenja 1.111 sledi

σp(A) = (σp(A∗))∗ = σd(A

∗∗) = σd(A).

Drugi način: Kako je za λ ∈ C, N(A− λI) = N(A∗ − λI) ((3.4)), to važe ekviva-lencije:1

N(A− λI) = 0 ⇐⇒ N(A∗ − λI) = 0 ⇐⇒ N(A∗ − λI)⊥ = 0⊥ = X

⇐⇒ R(A− λI) = X (3.6)

Odavde sledi:

λ ∈ σp(A) ⇐⇒ N(A− λI) = 0 ⇐⇒ R(A− λI) = X ⇐⇒ λ ∈ σd(A),

te stoga važi jednakost (3.5).

Teorema 3.11. Neka je X Hilbertov prostor i A ∈ B(X) normalan operator.Tada je

σres(A) = ∅ (3.7)

iσ(A) = σap(A) = σδ(A). (3.8)

1Objasnimo drugu po redu ekvivalenciju:Iz N(A∗ − λI) = 0 očigledno sledi N(A∗ − λI)⊥ = 0⊥. Obrnuto, iz N(A∗ − λI)⊥ = X

sledi N(A∗ − λI)⊥⊥ = X⊥ = 0. Koristeći činjenicu da za svaki potprostor M Hilbertovogprostora X važi jednakost M = M⊥⊥ [13, Posledica 3.7.2], zaključujemo da je N(A∗ − λI)⊥⊥ =

N(A∗ − λI) = N(A∗ − λI). Prema tome, iz N(A∗ − λI)⊥ = X sledi N(A∗ − λI) = 0.Objasnimo sada treću po redu ekvivalenciju:Za operator T ∈ B(X) važi jednakost R(T )⊥ = N(T ∗) [13, Teorema 3.12.5]. Odavde sledi da

je R(T )⊥⊥ = N(T ∗)⊥, a s obzirom da je R(T )⊥⊥ = R(T ) [13, Posledica 3.7.2], zaključujemo daje N(T ∗)⊥ = R(T ). Prema tome, N(A∗ − λI)⊥ = R(A− λI).

139

Dokaz. Prvi način: Iz Tvrđenja 3.10 sledi da je

σres(A) = σd(A) \ σp(A) = ∅.

Odavde i na osnovu Teoreme 3.1 zaključujemo da je

σ(A) = σap(A) ∪ σres(A) = σap(A).

Kako je i A∗ normalan operator, to je

σ(A∗) = σap(A∗). (3.9)

Iz Tvrđenje 1.154 slediσap(A

∗) = σδ(A)∗ (3.10)

Iz (3.9) i (3.10), budući da je σ(A∗) = σ(A)∗ (Tvrđenje 1.110), dobijamo

σ(A)∗ = σδ(A)∗,

i prema tome σ(A) = σδ(A).

Drugi način: Neka λ ∈ σres(A). Tada je N(A − λI) = 0 i R(A− λI) ( X.Iz N(A − λI) = 0 na osnovu (3.6) dobijamo da je R(A− λI) = X. Dobijenaprotivurečnost dokazuje da je σres(A) = ∅.

Neka λ /∈ σap(A). Tada je A−λI odozdo ograničen operator, te je R(A− λI) =R(A− λI) i N(A− λI) = 0. Iz N(A− λI) = 0 na osnovu (3.6) dobijamo daje R(A− λI) = X, i kako je R(A− λI) = R(A− λI), sledi da je R(A− λI) = X.Prema tome, A−λI je bijekcija, i stoga i invertibilan operator (Posledica 1.64), paλ /∈ σ(A). Ovim smo dokazali inkluziju σ(A) ⊂ σap(A), dok je obrnuta inkluzijaočigledna, pa važi jednakost σ(A) = σap(A).

Neka λ /∈ σδ(A). Tada je R(A − λI) = X, pa je R(A− λI) = X, i na osnovuekvivalencije (3.6) zaključujemo da je N(A − λI) = 0. Prema tome, A − λI jebijekcija, i stoga λ /∈ σ(A). Dakle važi inkluzija σ(A) ⊂ σδ(A), a obrnuta inkluzijaje očigledna, i stoga važi jednakost σ(A) = σδ(A).

140

3.4 Spektar unitarnog operatora

141

3.5 Spektar hermitskog operatora

142

3.6 Spektar kompaktnog operatoraLema 3.12. Neka je X vektorski prostor, A ∈ L(X), i neka su x1, x2, . . . , xmsopstveni vektori koji odgovaraju međusobno različitim sopstvenim vrednostimaλ1, . . . , λm operatora A. Tada su vektori x1, . . . , xm linearno nezavisni.

Dokaz. Dokaz izvodimo primenom principa matematičke indukcije. Za m = 1tvrđenje je istinito jer skup x1 je linearno nezavisan, budući da je x1 = 0 kaosopstveni vektor. Pretpostavimo da je tvrđenje tačno za n, gde je 1 ≤ n < m,tj. da su vektori x1, . . . , xn linearno nezavisni, i dokažimo da je tvrđenje tačno zan+ 1. Pretpostavimo suprotno, tj. da su vektori x1, . . . , xn, xn+1 linerano zavisni.Tada postoje brojevi α1, . . . , αn+1 koji nisu svi jednaki nuli, i takvi da je

α1x1 + · · ·+ αnxn + αn+1xn+1 = 0 (3.11)

Iz (3.11) sledi

A(α1x1 + α2x2 + · · ·+ αnxn + αn+1xn+1) = A(0) = 0,

tj.α1Ax1 + α2Ax2 + · · ·+ αnAxn + αn+1Axn+1 = 0,

i prema tome

α1λ1x1 + α2λ2x2 + · · ·+ αnλnxn + αn+1λn+1xn+1 = 0. (3.12)

Množeći jednakost (3.11) sa λn+1 dobijamo

λn+1α1x1 + λn+1α2x2 + · · ·+ λn+1αnxn + λn+1αn+1xn+1 = 0, (3.13)

a potom, oduzimanjem jednakosti (3.13) od jednakosti (3.12) dobijamo

α1(λ1 − λn+1)x1 + α2(λ2 − λn+1)x2 + · · ·+ αn(λn − λn+1)xn = 0.

Odavde, s obzirom da su vektori x1, . . . , xn linearno nezavisni, sledi

α1(λ1 − λn+1) = 0, α2(λ2 − λn+1) = 0, . . . , αn(λn − λn+1) = 0. (3.14)

Kako je λ1 = λn+1, λ2 = λn+1, . . . , λn = λn+1, iz (3.14) zaključujemo da je

α1 = α2 = · · · = αn = 0.

Odavde i iz (3.11) slediαn+1xn+1 = 0,

i kako je xn+1 = 0, dobijamo da je αn+1 = 0. Prema tome, α1 = α2 = · · · = αn =αn+1 = 0, što je suprotno pretpostavci. Dobijena protivurečnost dokazuje da suvektori x1, . . . , xn, xn+1 linerano nezavisni.

143

Tvrđenje 3.13. Neka je X bekonačno-dimenzionalan Banahov prostor, i neka jeA ∈ B(X) kompaktan operator. Tada 0 ∈ σ(A).

Dokaz. Pretpostavimo da 0 /∈ σ(A). To znači da je A invertibilan operator, tj.postoji B ∈ B(X) tako da je AB = BA = I. Odavde, budući da je A kom-paktan operator, sledi da je I kompaktan operator [13, Posledica 2.12.6]2 Nekaje KX [0, 1] = x ∈ X : ∥x∥ ≤ 1. Kako je I(KX [0, 1]) = KX [0, 1], to je KX [0, 1]relativno kompaktan i stoga kompaktan skup (zbog zatvorenosti), kao slika ograni-čenog skupa KX [0, 1] kompaktnim operatorom I. Sada iz [13, Teorema 2.9.3]3 sledida je prostor X konačno-dimenzionalan, što je suprotno pretpostavci. Dobijenaprotivurečnost dokazuje da je 0 ∈ σ(A). Tvrđenje 3.14. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator i λ ∈ C, λ = 0. Tada jedimN(A− λ) <∞.

Dokaz. Neka je (xn) proizvoljan niz iz KN(A−λ) = x ∈ N(A − λ) : ∥x∥ ≤ 1. Sobzirom da je (xn) ograničen niz, a operator A kompaktan, to postoji podniz (xnk

)takav da (Axnk

) konvergira. Kako xnk∈ N(A − λ), to je Axnk

= λxnk, k ∈ N, i

prema tome niz (λxnk) je konvergentan. Budući da je λ = 0, zaključujemo da je

(xnk) = (

1

λ· λxnk

) konvergentan niz. Prema tome, KN(A−λ) je kompaktan skup, iiz [13, Teorema 2.9.3] sledi da je dimN(A− λ) <∞. Tvrđenje 3.15. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator i λ ∈ C, λ = 0. Tada jeR(A− λ) zatvoren potprostor u X.

Dokaz. Iz Tvrđenja 3.14 sledi da je dimN(A − λ) < ∞. Na osnovu [13, Lema4.1.9] postoji zatvoreni potprostor M u X tako da je

X = N(A− λ)⊕M.

Neka je B operator sa M u X definisan sa Bx = (A − λ)x, x ∈ M . Tadaje B ∈ B(M,X), B je injekcija i R(B) = R(A − λ). Metodom svođenja naprotivurečnost pokazaćemo da je B odozdo ograničen operator. Pretpostavimo daB nije odozdo ograničen. Tada je inf

x∈M, ∥x∥=1∥Bx∥ = 0, te stoga postoji niz (xn) iz

M takav da je ∥xn∥ = 1, za sve n ∈ N, i limn→∞

Bxn = 0, i prema tome

limn→∞

(Axn − λxn) = 0. (3.15)

Kako je niz (xn) ograničen, a operator A kompaktan, to postoji podniz (Axnk)

niza (Axn) koji konvergira ka nekom vektoru x0 ∈ X. Iz (3.15) sledi

limk→∞

(Axnk− λxnk

) = 0,

2Teorema ([13, Posledica 2.12.6]). Ako je T ∈ B(X) i S ∈ K(X), tada je TS, ST ∈ K(X).3Teorema ([13, Teorema 2.9.3]). Neka je X normiran prostor i KX [0, 1] = x ∈ X : ∥x∥ ≤ 1.

Ako je KX [0, 1] kompaktan podskup u X, tada je normirani prostor X konačno-dimenzionalan.

144

odakle i iz limn→∞

Axnk= x0 zaključujemo da je

limk→∞

(λxnk) = x0, (3.16)

Kako je M zatvoren potprostor i xnk∈ M , ∥xnk

∥ = 1, k ∈ N, iz (3.16) sledi da jex0 ∈M ,

|λ| = limk→∞

∥λxnk∥ = ∥x0∥ (3.17)

iBx0 = lim

k→∞B(λxnk

) = λ limk→∞

Bxnk= 0.

Kako je B injekcija, to je x0 = 0. Međutim, iz (3.17) sledi x0 = 0. Dobijenaprotivurečnost dokazuje da je B odozdo ograničen operator, pa je njegova slikaR(B) = R(A− λ) zatvoren potprostor u X.

Tvrđenje 3.16. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator. Tada je za svako r > 0,skup

λ ∈ C : |λ| > r

sadrži samo konačno mnogo sopstvenih vrednosti operatora A.

Dokaz. Neka je r > 0. Pretpostavimo da postoji beskonačno mnogo sopstvenihvrednosti operatora A koje se nalaze u skupu λ ∈ C : |λ| > r. Tada postojiniz (λn) razıčitih sopstvenih vrednosti operatora A takvih da je |λn| > r za sven ∈ N. Neka je xn sopstveni vektor koji odgovara sopstvenoj vrednosti λn, n ∈ N, ineka je Xn = lin x1, . . . , xn. Na osnovu Leme 3.12 vektori x1, . . . , xn su lineranonezavisni, te je stoga Xn−1 * Xn i dimXn = n, n ∈ N, n ≥ 2. Potprostor Xn−1,budući konačno-dimenzionalan, je zatvoren, i kako je Xn−1 i pravi potprostor uXn, to na osnovu Risove leme postoji yn ∈ Xn, takav da je

∥yn∥ = 1 i d(yn, Xn−1) >1

2, n ≥ 2. (3.18)

Kako je yn ∈ Xn, postoje α1, . . . , αn ∈ C tako da je yn = α1x1 + · · ·+ αnxn. Tadaje

(A−λn)yn = (λ1−λn)α1x1+ · · ·+(λn−1−λn−1)αn−1xn−1 ∈ Xn−1, n ≥ 2. (3.19)

Za m > n ≥ 2 imamo da je

∥Aym−Ayn∥ = ∥λmym−(Ayn−(A−λm)ym)∥ = |λm|∥ym− 1

λm(Ayn−(A−λm)ym)∥

(3.20)

145

Kako je Ayn ∈ Xn ⊂ Xm−1 i (A− λm)ym ∈ Xm−1, to je1

λm(Ayn − (A− λm)ym) ∈

Xm−1, pa iz (3.18) sledi da je

∥ym − 1

λm(Ayn − (A− λm)ym)∥ ≥ d(ym, Xm−1) >

1

2. (3.21)

Sada iz (3.20) i (3.21) zaključujemo da je

∥Aym − Ayn∥ >|λm|2

>r

2.

Odavde sledi da niz Ayn, n = 2, 3, . . . , nema Košijev podniz, te stoga nema nikonvergentan podniz. Na drugoj strani, niz yn, n = 2, 3, . . . , je ograničen jer∥yn∥ = 1 za n ≥ 2, a operator A je kompaktan, i stoga postoji konvergentanpodniz (Aynk

)k niza Ayn, n = 2, 3, . . . . Dobijena protivurečnost dokazuje da skupλ ∈ C : |λ| > r sadrži samo konačno mnogo sopstvenih vrednosti operatora A.Tvrđenje 3.17. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator. Tada je σp(A) najvišeprebrojiv skup.

Dokaz. Neka je Kn = K[0, ∥A∥n] = λ ∈ C : |λ| ≤ ∥A∥

n. Budući da je σp(A) ⊂

σ(A) ⊂ λ ∈ C : |λ| ≤ ∥A∥, to je

σp(A) ⊂ 0 ∪+∞∪n=1

(Kn \Kn+1). (3.22)

Kako je

Kn \Kn+1 = λ ∈ C :∥A∥n+ 1

< |λ| ≤ ∥A∥n

⊂ λ ∈ C : |λ| > ∥A∥n+ 1

,

to na osnovu Tvrđenja 3.16 zaključujemo da skup Kn \Kn+1 sadrži samo konačnomnogo elemenata skupa σp(A), pa na osnovu inkluzije (3.22) sledi da je σp(A), kaoprebrojiva unija konačnih skupova, najviše prebrojiv skup. Tvrđenje 3.18. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator i (λn) niz različiti sop-stvenih vrednosti oparatora A. Tada je lim

n→∞λn = 0.

Dokaz. Neka je ϵ proizvoljan pozitivan broj. Iz Tvrđenja 3.16 sledi da se u skupuλ ∈ C : |λ| > ϵ

2 nalazi samo konačno mnogo članova niza (λn). Zato postoji

n0 ∈ N tako da za sve prirodne brojeve n ≥ n0 važi nejednakost |λn| ≤ϵ

2< ϵ.

Prema tome, limn→∞

λn = 0.

Sledeće tvrđenje govori o tome da za kompatan operator A važi inkluzija

σ(A) \ 0 ⊂ σp(A).

146

Tvrđenje 3.19. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator, i neka je λ ∈ σ(A) iλ = 0. Tada je λ sopstvena vrednost operatora A.

Dokaz. Neka je λ ∈ ∂σ(A) i λ = 0. Iz (1.107) sledi da je λ ∈ σap(A), istoga je inf

∥x∥=1∥(A − λ)x∥ = 0, te postoji niz (xn) u X takav da je ∥xn∥ = 1 i

limn→∞

(Axn − λxn) = 0. S obzirom da je A kompaktan operator, a niz (xn) ogra-ničen, postoji podniz (xnk

) niza (xn) takav da niz (Axnk) konvergira ka nekom

z ∈ X. Iz limk→∞

(Axnk− λxnk

) = 0 i limk→∞

Axnk= z sledi

limk→∞

λxnk= z, (3.23)

odakle zbog neprekidnosti operatora A dobijamo

limk→∞

λAxnk= Az,

i stoga,

limk→∞

Axnk=

1

λAz.

Zbog jedinstvenosti granične vrednosti niza (Axnk) zaključujemo da je z =

1

λAz,

tj. Az = λz. Iz (3.23) sledi da je limk→∞

∥λxnk∥ = ∥z∥, te je ∥z∥ = |λ| = 0, i stoga

z = 0. Prema tome, λ je sopstvena vrednost operatora A. Ovim smo dokazali daje

∂σ(A) \ 0 ⊂ σp(A). (3.24)

Odavde na osnovu Tvrđenja 3.17 sledi da je ∂σ(A) najviše prebrojiv skup. Sadana osnovu Leme 1.183 zaključujemo da je

σ(A) = ∂σ(A).

Odavde i iz (3.24) sledi da je σ(A) \ 0 ⊂ σp(A).

Tvrđenje 3.20. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator i λ ∈ C, λ = 0. Ako jeN(A− λ) = 0, tada je R(A− λ) = X.

Dokaz. Neka je B = A−λ, i pretpostavimo da je R(B) = X. Neka je Xn = N(Bn),n ∈ N. Kako je X1 = N(B) = 0, to postoji x1 ∈ X1 takav da je x1 = 0.Budući da je B surjekcija, to postoji x2 ∈ X tako da je Bx2 = x1. Odavde slediB2x2 = B(Bx2) = Bx1 = 0, što znači da x2 ∈ N(B2), a kako je Bx2 = x1 = 0, tox2 /∈ N(B). Indukcijom dolazimo do niza (xn) takvog da je xn ∈ N(Bn)\N(Bn−1)i Bxn = xn−1, n ∈ N, n ≥ 2. S obzirom da je N(Bn−1) pravi zatvoreni potprostornormiranog prostora N(Bn), to postoji yn ∈ N(Bn) takav da je

147

∥yn∥ = 1 i d(yn, N(Bn−1)) >1

2. (3.25)

Za m > n ≥ 2 imamo da je

∥Aym − Ayn∥ = ∥λym − (Ayn − (A− λ)ym)∥ = |λ|∥ym − 1

λ(Ayn −Bym)∥ (3.26)

Kako je4 Ayn ∈ Xn ⊂ Xm−1 i Bym ∈ Xm−1, to je1

λ(Ayn − Bym) ∈ Xm−1, pa iz

(3.25) sledi da je

∥ym − 1

λ(Ayn −Bym)∥ ≥ d(ym, Xm−1) >

1

2. (3.27)

Sada iz (3.26) i (3.27) zaključujemo da je

∥Aym − Ayn∥ >|λ|2.

Odavde sledi da niz Ayn, n = 2, 3, . . . , nema Košijev podniz, te stoga nema nikonvergentan podniz. Ovo je u suprotnosti sa tim da je niz yn, n = 2, 3, . . . ,ograničen, a operator A kompaktan. Dobijena protivurečnost dokazuje da je R(A−λ) = X.

Tvrđenje 3.21. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator i λ ∈ C, λ = 0. Ako jeN(A− λ) = 0, tada je R(A− λ) = X.

Dokaz. Neka je N(A − λ) = 0 i neka je R(A − λ) = X. Iz Tvrđenja 3.14imamo da je R(A− λ) zatvoren potprostor u X. Stoga je operator A− λ odozdoograničen. Sada iz Tvrđenja 1.142 sledi da je R((A− λ)n) zatvoren potprostor zasvako n ∈ N. Metodom svođenja na protivurečnost pokazaćemo da izR(A−λ) = Xi injektivnosti operatora A− λ sledi

R(A− λ) ) R((A− λ)2) ) R((A− λ)3) ) . . . (3.28)

Pretpostavimo da (3.28) nije tačno. Neka je k najmanji prirodan broj k takav daje R((A− λ)k) = R((A− λ)k+1) (k ≥ 1 jer X = R((A− λ)0) ) R(A− λ)). Tadaje R((A− λ)k−1) ! R((A− λ)k). Neka je y ∈ R((A− λ)k−1) proizvoljan element.Tada (A − λ)y ∈ R((A − λ)k) = R((A − λ)k+1), pa postoji x ∈ X tako da je(A − λ)y = (A − λ)k+1x = (A − λ)((A − λ)kx), odakle zbog injektivnosti A − λzaključujemo da je y = (A − λ)kx, te y ∈ R((A − λ)k). Ovim smo dokazali da je

4Iz yn ∈ Xn sledi Bnyn = 0, te zbog komutativnosti A i Bn imamo da je Bn(Ayn) =A(Bnyn) = A(0) = 0, i stoga Ayn ∈ N(Bn) = Xn.

Kako ym ∈ Xm = N(Bm), to Bym ∈ N(Bm−1) = Xm−1.

148

R((A − λ)k−1) ⊂ R((A − λ)k), što je u suprotnosti sa tim da je R((A − λ)k−1) !R((A− λ)k).

Iz Risove leme sledi da za svako n ∈ N postoji yn ∈ R((A − λ)n) tako da je∥yn∥ = 1 i

d(yn, R((A− λ)n+1) >1

2. (3.29)

Za m > n imamo da je

∥Ayn−Aym∥ = ∥λyn−(Aym−(A−λ)yn)∥ = |λ|∥yn−1

λ(Aym−(A−λ)yn)∥ (3.30)

Kako je5 Aym ∈ R((A− λ)m) ⊂ R((A− λ)n+1) i (A− λ)yn ∈ R((A− λ)n+1), to je1

λ(Aym − (A− λ)yn) ∈ R((A− λ)n+1), pa iz (3.29) dobijamo da je

∥yn −1

λ(Aym − (A− λ)yn)∥ ≥ d(yn, R((A− λ)n+1) >

1

2. (3.31)

Iz (3.30) i (3.31) sledi

∥Ayn − Aym∥ >1

2, m > n,

odakle zaključujemo da (Ayn) nema konvergentan podniz jer nema Košijev podniz.Kako je (yn) ograničen niz, sledi da A nije kompaktan operator, što je kontradikcija.Prema tome, R(A− λ) = X.

Iz Tvrđenja 3.20 i 3.21 sledi naredna teorema poznata pod nazivom Fredhol-mova alternativa.

Teorema 3.22. (Fredholmova6 alternativa) Neka je A ∈ B(X) kompaktan opera-tor. Tada je svako λ ∈ C, λ = 0,

N(A− λ) = 0 ⇐⇒ R(A− λ) = X,

tj. A− λ je injektivan operator ako i samo ako je surjektivan.Drugim rečima, za svako λ ∈ C, λ = 0, ili je R(A−λ) = X i N(A−λ) = 0,

ili je R(A− λ) = X i N(A− λ) = 0.

Napomenimo da je Teorema 3.22 specijalan slučaj naredne teoreme [13, Teo-rema 4.8.7]:

5Iz yn ∈ Xn = R((A − λ)n) sledi (A − λ)yn ∈ R((A − λ)n+1). Kako ym ∈ R((A − λ)m),to postoji z ∈ X tako da je ym = (A − λ)m, i zbog komutativnosti A i (A − λ)m imamo daje Aym = A((A − λ)mz) = (A − λ)m(Az) ∈ R((A − λ)m). S obzirom da je m ≥ n + 1, to jeR((A− λ)m) ⊂ R((A− λ)n+1), i stoga Aym ∈ R((A− λ)n+1).

6Erik Ivar Fredholm (1866.-1927.), švedski matematičar.

149

Teorema 3.23. Neka je A ∈ B(X) kompaktan operator. Tada je za svako λ ∈ C,λ = 0,

dimN(A− λ) = codimR(A− λ) <∞.

Teorema 3.24. Neka je X beskonačno-dimenzionalan Banahov prostor i neka jeA ∈ B(X) kompaktan operator. Tada su jedino mogući sledeći slučajevi:(i) σ(A) = 0.(ii) σ(A) = 0, λ1, . . . , λn, gde je λk, 1 ≤ k ≤ n, nenula sopstvena vrednostoperatora A, dimN(A− λk) <∞ i R(A− λk) = R(A− λk) = X.(iii) σ(A) = 0, λ1, λ2, . . . , gde je λk, k ∈ N, nenula sopstvena vrednost operatoraA, dimN(A− λk) <∞, R(A− λk) = R(A− λk) = X i lim

k→∞λk = 0.

Dokaz. Sledi iz Tvrđenja 3.13, Tvrđenja 3.19, Tvrđenja 3.14, Tvrđenja 3.20, Tvr-đenja 3.15 i Tvrđenja 3.18.

U narednim primerima koristićemo sledeće dva teoreme dobro poznate iz kursaFunkcionalna analiza [13, Teorema 2.12.3 i Teorema 2.12.8]:

Teorema 3.25. Neka su X i Y normirani prostori. Ako A ∈ B(X, Y ) i dimA(X) <∞, tada je A kompaktan operator.

Teorema 3.26. Neka je X normiran prostor i Y Banahov prostor, i neka jeAn ∈ K(X,Y ) za sve n ∈ N. Ako niz (An) konvergira ka operatoru A ∈ B(X, Y ),tada je i A kompaktan operator.

Primer 3.27. Za operator A : ℓ2 → ℓ2 definisan sa

A(ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (0, ξ1,ξ22,ξ33, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2,

u Primeru 1.38 pokazali smo da je A ∈ B(ℓ2) i da je A kvazinilpotentan operator.Neka je x = (ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) ∈ ℓ2, i neka je

An(x) = An(ξ1, ξ2, . . . ) = (0, ξ1,ξ22, . . . ,

ξnn, 0, 0, . . . ), n ∈ N.

Očigledno je An ∈ L(ℓ2). Budući da je

∥An(x)∥ = ∥(0, ξ1,ξ22, . . . ,

ξnn, 0, 0, . . . )∥ =

n∑

i=1

|ξi|2

i2

1/2

≤

n∑

i=1

|ξi|21/2

≤

∞∑i=1

|ξi|21/2

= ∥x∥,

150

zaključujemo da je An ∈ B(ℓ2). Kako je dimR(An) = n < ∞, iz Teoreme 3.25sledi da je An kompaktan operator. Iz

∥(A− An)x∥ = ∥(0, ξ1,ξ22, . . . ,

ξnn,ξn+1

n+ 1, . . . )− (0, ξ1,

ξ22, . . . ,

ξnn, 0, 0, . . . )∥

= ∥(0, . . . , 0, ξn+1

n+ 1,ξn+2

n+ 2, . . . )∥ =

∞∑

i=n+1

|ξi|2

i2

1/2

≤ 1

n+ 1

∞∑

i=n+1

|ξi|21/2

≤ 1

n+ 1

∞∑i=1

|ξi|21/2

=1

n+ 1∥x∥

sledi ∥A−An∥ ≤ 1

n+ 1, odakle dobijamo da An → A kad n→ ∞. Sada na osnovu

Teoreme 3.26 zaključujemo da je A kompaktan operator. Kako je r(A) = 0, to izTvrđenja 1.82 sledi da je σ(A) = 0. Kao što smo videli u Primeru ?? operatorA nema sopstvenih vrednosti, pa 0 nije sopstvena vrednost operatora A. •

Primer 3.28. Neka je X separabilan kompleksan Hilbertov prostor sa skalrnimproizvodom ( , ) i en : n ∈ N ortonormirana baza u X, neka je (λn) niz komplek-snih brojeva takav da je (|λn|) opadajući nula-niz, λn = 0 za sve n ∈ N. Tada, kaošto smo videli u Primeru ??, operator T definisan sa

Tx =∞∑n=1

λn(x, en)en, x ∈ X,

je ograničen, σp(T ) = λn : n ∈ N i σ(T ) = λn : n ∈ N = λn : n ∈ N ∪ 0.Dokažimo da je ovaj operator kompaktan.Neka je

Tnx =n∑

k=1

λk(x, ek)ek, x ∈ X.

Iz

∥Tn(x)∥2 =n∑

k=1

|λk|2|(x, ek)|2 ≤ |λ1|2n∑

k=1

|(x, ek)|2

≤ |λ1|2∥x∥2, x ∈ X,

zaključujemo da je Tn ∈ B(X). Budući da je dimR(Tn) = n < ∞, na osnovuTeoreme 3.25 zaključujemo da je Tn kompaktan operator. Iz

∥(T − Tn)x∥2 =∞∑

k=n+1

|λk|2|(x, ek)|2 ≤ |λn|2∞∑

k=n+1

|(x, ek)|2

≤ |λn|2∥x∥2

151

Odavde dobijamo da je∥T − Tn∥ ≤ |λn|. (3.32)

Zbog limn→∞

|λn| = 0, iz (3.32) sledi da Tn → T kad n → ∞. Sada na osnovuTeoreme 3.26 zaključujemo da je T kompaktan operator.

Uzimajući da je µ1 = λ1, . . . , µn = λn, µn+1 = µn+2 = · · · = 0, vidimo da jeTnx =

∑∞n=1 µn(x, en)en, x ∈ X, pa opet iz Primera ?? sledi da je

σp(Tn) = µn : n ∈ N = 0 ∪ λ1, . . . , λn

iσ(Tn) = σp(Tn) = σp(Tn) = 0 ∪ λ1, . . . , λn.

Tako, na primer, ℓ2 je separabilan Hilbertov prostor sa ortonormiranom bazomen : n ∈ N, gde je

en = (0, . . . , 0︸ ︷︷ ︸n−1

, 1, 0, 0, . . . ).

Za operator T : ℓ2 → ℓ2 definisan sa

T (ξ1, ξ2, ξ3, . . . ) = (ξ1,ξ22,ξ33, . . . ), x = (ξi)i∈N ∈ ℓ2,

budući da je(1

n

)opadajući nula-niz, imamo da je T kompaktan operator,

σp(T ) =

1

n: n ∈ N

,

0 nije sopstvena vrednost operatora T i

σ(T ) =

1

n: n ∈ N

= 0 ∪

1

n: n ∈ N

.

Za operator

Tn(x) = Tn(ξ1, ξ2, . . . ) = (ξ1,ξ22, . . . ,

ξnn, 0, 0, . . . ), n ∈ N,

važi takođe da je kompaktan operator, ali je pak 0 sopstvena vrednost operatoraTn i

σ(Tn) = σp(Tn) = 0 ∪1, . . . ,

1

n

. •

3.7 Spektar indukovanog operatora

152

3.8 Poluneprekidnost spektra

153

Glava 4

C∗ algebre

4.1 C∗ algebreZbog osobenosti Hilbertovih prostora, Banahova algebra B(H), gde je H Hil-

bertov prostor, izdvaja se među ostalim Banahovim algebrama oblika B(X), gde jeX Banahov prostor. Tako i C∗ algebre zauzimaju posebno mesto među Banahovimalgebrama.

Definicija 4.1. Neka je A kompleksna algebra. Za preslikavanje a 7→ a∗ : A → Akažemo da je involucija, ako za sve a, b ∈ A i sve λ ∈ C važe sledeće jednakosti:(1) (a∗)∗ = a,(2) (a+ b)∗ = a∗ + b∗,(3) (λa)∗ = λa∗

(4) (ab)∗ = b∗a∗.Za algebru A na kojoj je definisana involucija kažemo da je involutivna algebra

ili ∗-algebra, a za podalgebru B algebre A kažemo da je involutivna podalgebraalgebre A ako iz b ∈ B sledi b∗ ∈ B.

Za U ⊂ C, sa U∗ označavamo skup λ : λ ∈ U.

Lema 4.2. Neka je A ∗-algebra sa jedinicom 1. Tada:(i) 0∗ = 0.(ii) 1∗ = 1.(iii) Ako je a ∈ A−1, onda je a∗ ∈ A−1 i (a∗)−1 = (a−1)∗.(iv) σ(a∗) = σ(a)∗.

Dokaz. (i) Iz 0∗ = (0 + 0)∗ = 0∗ + 0∗ sledi 0∗ = 0.(ii) 1∗ = 1∗1 = (1∗1)∗ = (1∗)∗ = 1.

154

(iii) Neka je a ∈ A−1. Tada je

aa−1 = a−1a = 1,

odakle sledi(aa−1)∗ = (a−1a)∗ = 1∗.

Odavde na osnovu osobine (4) u Definiciji 4.1 i jednakosti (ii), sledi

(a−1)∗a∗ = a∗(a−1)∗ = 1,

pa je a∗ ∈ A−1 i (a∗)−1 = (a−1)∗.(iv) Neka λ /∈ σ(a). Tada je a − λ1 ∈ A−1, i na osnovu (iii) imamo da

je (a − λ1)∗ ∈ A−1. Budući da iz Definicije 4.1 (2),(3), i jednakosti (ii) sledi(a− λ1)∗ = a∗ − λ1∗ = a∗ − λ1, to je a∗ − λ1 ∈ A−1, i stoga λ /∈ σ(a∗). Obrnuto,ako λ /∈ σ(a∗), onda na osnovu već dokazanog sledi λ = λ /∈ σ((a∗)∗) = σ(a).Ovim smo dokazali da važi ekvivalencija: λ /∈ σ(a) ⇐⇒ λ /∈ σ(a∗), tj.

λ ∈ σ(a) ⇐⇒ λ ∈ σ(a∗),

odakle sledi jednakost σ(a∗) = σ(a)∗. Definicija 4.3. Ako je A Banahova algebra sa involucijom, onda kažemo da je ABanahova ∗-algebra.

Ako za Banahovu ∗-algebru A važi da je

∥a∗a∥ = ∥a∥2, za sve a ∈ A, (4.1)

onda za A kažemo da je C∗-algebra. Primeri 4.4. (i) Skup kompleksnih brojeva C sa involucijom λ 7→ λ je C∗-algebra.(ii) Ako je S kompaktan Hauzdorfov prostor, C(S) Banahova algebra svih ne-prekidnih funkcija f : S → C je C∗-algebra u odnosu na involuciju f 7→ f ∗,f ∗(t) = f(t), t ∈ S.(iii) Ako je H Hilbertov prostor, Banahova algebra B(H) sa involucijom A 7→ A∗,gde je A∗ Hilbert adjungovani operator operatora A, je C∗-algebra.

Lema 4.5. Neka je A C∗-algebra. Tada za sve a ∈ A važe jednakosti(i) ∥a∗∥ = ∥a∥,(ii) ∥aa∗∥ = ∥a∥2.

Dokaz. (i) Ako je a = 0, onda na osnovu Leme 4.2 (i) sledi a∗ = 0, pa je ∥a∗∥ =∥a∥ = 0. Neka je a = 0. Tada je ∥a∥ > 0, i iz ∥a∥2 = ∥a∗a∥ ≤ ∥a∗∥∥a∥ deljenjemsa ∥a∥ dobijamo da je ∥a∥ ≤ ∥a∗∥. Ako u poslednjoj nejednakosti zamenimo a saa∗ dobićemo ∥a∗∥ ≤ ∥(a∗)∗∥ = ∥a∥. Prema tome, važi jednakost ∥a∗∥ = ∥a∥.(ii) Iz Definicije 4.1 (1), Definicije 4.3 i jednakosti (i) sledi ∥aa∗∥ = ∥(a∗)∗a∗∥ =∥a∗∥2 = ∥a∥2.

155

Teorema 4.6. Neka je a ∈ A hermitski element. Tada je σ(a) ⊂ R.

Dokaz. Pretpostavimo da α+ iβ ∈ σ(a) za α, β ∈ R i β = 0. Za proizvoljno n ∈ Ni polinom p(z) = z + ni, na osnovu Teoreme 1.92 sledi α+ i(β + n) = p(α+ iβ) ∈p(σ(a)) = σ(p(a)) = σ(a + ni1). Iz Posledice 1.50 sledi da je |α + i(β + n)| ≤∥a+ ni1∥, te je

|α + i(β + n)|2 ≤ ∥a+ ni1∥2 = ∥(a+ ni1)(a+ ni1)∗∥ = ∥(a+ ni1)(a− ni1)∥= ∥a2 + n21∥ ≤ ∥a∥2 + n2,

tj. α2 + β2 + 2βn + n2 ≤ ∥a∥2 + n2, i prema tome α2 + β2 + 2βn ≤ ∥a∥2. Kako

je β = 0, to sledi da nejednakost n ≤ ∥a∥2 − α2 − β2

2βvaži za svako n ∈ N, što je

apsurd.

Tvrđenje 4.7. Neka je a ∈ A samo-konjugovan element. Tada je a2n +1 inverti-bilan element za svako n ∈ N.

Dokaz. Neka je n ∈ N proizvoljan broj. Tada je (an)∗ = (a∗)n = an, pa je ansamo-konjugovan element. Iz Teoreme 4.6 sledi da je σ(an) ⊂ R, dok iz Teoreme1.92 sledi σ(a2n) = σ((an)2) = λ2 : λ ∈ σ(an). Odavde zaključujemo da jeσ(a2n) ⊂ [0,+∞). Stoga −1 /∈ σ(a2n), pa je a2n + 1 invertibilan element.1

Teorema 4.8. Neka je a ∈ A normalan element. Tada je r(a) = ∥a∥.

Dokaz. Neka je b ∈ A samo-konjugovan element. Tada je

∥b2∥ = ∥b∗b∥ = ∥b∥2. (4.2)

S obzirom da je a∗a samo-konjugovan, to iz (4.2) sledi

∥(a∗a)2∥ = ∥a∗a∥2 = ∥a∥4, (4.3)

a s obzirom da je a normalan element zaključujemo da je

∥(a∗a)2∥ = ∥(a2)∗a2∥2 = ∥a2∥2. (4.4)

Sada iz (4.4) i (4.3) sledi ∥a2∥2 = ∥a∥4, tj.

∥a2∥ = ∥a∥2. (4.5)

Koristeći princip matematičke indukcije, dokažimo da je

∥a2n∥ = ∥a∥2n , za sve n ∈ N. (4.6)1Dokaz smo mogli izvesti i na sledeći način:

Kako je σ(an) ⊂ R, to i,−i /∈ σ(an). Stoga su an − i i an + i invertibilni elementi, pa je i injihov proizvod (an − i)(an + i) = a2n − i2 = a2n + 1 invertibilan element.

156

Iz (4.5) sledi da jednakost (4.6) važi za n = 1. Pretpostavimo da je tačna zaprirodan broj n i dokažimo da je tačna za n+ 1.

S obzirom da je a2n takođe normalan element, primenjujući najpre (4.5) naelement a2n (umesto a), a potom i indukcijsku pretpostavku, zaključujemo da je

∥a2n+1∥ = ∥a2n·2∥ = ∥(a2n)2∥ = ∥a2n∥2 = (∥a∥2n)2 = ∥a∥2n+1

.

Iz (4.6) sledi∥a2n∥1/2n = ∥a∥, za sve n ∈ N,

pa jelimn→∞

∥a2n∥1/2n = ∥a∥.

Niz (∥a2n∥1/2n) je podniz niza (∥an∥1/n), i kako je limn→∞

∥an∥1/n = r(a), to je i

limn→∞

∥a2n∥1/2n = r(a).

Zbog jedinstvenosti granične vrednosti zaključujemo da je r(a) = ∥a∥.

Posledica 4.9. Ako je a ∈ A normalan i kvazinilpotentan element, onda je a = 0.

Dokaz. Neka je a ∈ A normalan i kvazinilpotentan. Tada je r(a) = 0, a iz Teoreme4.8 sledi da je r(a) = ∥a∥, pa je ∥a∥ = 0, i prema tome a = 0.

Teorema 4.10. Norma na A je jedinstvena.

Dokaz. Neka su ∥ · ∥1 : A → R+ i ∥ · ∥2 : A → R+ dve norme na A, tako da je Au odnosu na svaku od njih C∗-algebra. Kako je pojam spektra elementa uvedenalgebarski i ne zavisi od izbora norme, to za proizvoljan hermitsi element a ∈ A, naosnovuqq Teoreme 4.8 i Teoreme 1.81 sledi da je ∥a∥1 = sup|λ| : λ ∈ σ(a) = ∥a∥2.Tada za svako x ∈ A, budući da je x∗x hermitski element, važi:

∥x∥21 = ∥x∗x∥1 = ∥x∗x∥2 = ∥x∥22,

pa je ∥x∥1 = ∥x∥2. Prema tome, norme ∥ · ∥1 i ∥ · ∥2 su jednake.

Ako je B zatvorena involutivna podalgebra algebre A, onda kažemo da je BC∗-podalgebra algebre A

Teorema 4.11. Neka je A C∗-algebra sa jedinicom i B C∗-podalgebra algebre Asa istom jedicom. Tada za svako a ∈ B važi jednakost

σA(a) = σB(a). (4.7)

157

Dokaz. Dokažimo najpre da jednakost (4.7) važi za slučaj hermitskog elementa a.Kako je a ∈ B, onda je a hermitski element u B, pa na osnovu Teoreme 4.6 imamoda je σB(a) ⊂ R, i stoga je σB(a) = ∂σB(a). Kako na osnovu Teoreme 1.186 važeinkluzije

∂σB(a) ⊂ σA(a) ⊂ σB(a).

to dobijamo da je σA(a) = σB(a). Odavde sledi da za hermitski element a ∈ B,0 /∈ σA(a) ako i samo ako 0 /∈ σB(a), tj. važi ekvivalencija:

a ∈ A−1 ⇐⇒ a ∈ B−1. (4.8)

Dokažimo da ekvivalencija (4.8) važi za proizvoljan element a ∈ B. Implikacija(⇐) je očigledna. Neka je a ∈ A−1. Tada a∗ ∈ A−1, i stoga aa∗, a∗a ∈ A−1. Kakosu aa∗ i a∗a hermitski, to na osnovu već dokazanog sledi da aa∗, a∗a ∈ B−1, tj.(aa∗)−1, (a∗a)−1 ∈ B−1. Iz aa∗(aa∗)−1 = 1 = (a∗a)−1a∗a i a∗(aa∗)−1, (a∗a)−1a∗ ∈ B,sledi a ∈ B−1. Prema tome, ekvivalencija (4.8) važi za proizvoljan element a ∈ B.Stoga za proizvoljno a ∈ B imamo:

σA(a) = λ ∈ C : a− λ /∈ A−1 = λ ∈ C : a− λ /∈ B−1 = σB(a).

Teorema 4.12. Neka je H Hilbertov prostor i neka je A Banahova algebra B(H).Ako je B C∗-podalgebra algebre A sa istom jedicom I, tada za svako T ∈ B važejednakosti

σAl (T ) = σB

l (T ), (4.9)σAr (T ) = σB

r (T ). (4.10)

Dokaz. Neka je B C∗-podalgebra algebre A sa istom jedicom I. Da bismo do-kazali jednakost (4.9) dovoljno je dokazati da za proizvoljan operator T ∈ B važiekvivalencija

T ∈ A−1l ⇐⇒ T ∈ B−1

l . (4.11)

Implikacija (⇐) u (4.11) je očigledna. Dokažimo sada obrnutu implikaciju. Nekaje T ∈ A−1

l . Tada postoji S ∈ A tako da je ST = I. Odavde sledi da je T injekcija(Tvrđenje 1.60 (i)), tj. N(T ) = 0, i da je T ∗S∗ = I, pa je T ∗ surjekcija (Tvrđenje1.60 (ii)). Na osnovu Tvrđenja 1.211 sledi da je R(T ∗T ) = R(T ∗) = H, pa je T ∗Tsurjekcija. Kako je N(T ∗T ) = N(T ) [13, Teorema 3.12.5], sledi N(T ∗T ) = 0, paje T ∗T injekcija. Prema tome, T ∗T je bijekcija i na osnovu Teoreme 1.64 sledi da jeT ∗T invertibilan operator, tj. T ∗T ∈ A−1. Iz T ∈ B sledi T ∗ ∈ B, pa je i T ∗T ∈ B.Sada na osnovu Teoreme 4.11 zaključujemo da T ∗T ∈ B−1, tj. (T ∗T )−1 ∈ B. Kakoje (T ∗T )−1T ∗T = I i (T ∗T )−1T ∗ ∈ B, sledi da je T ∈ B−1

l .Dokažimo sada ekvivalenciju

T ∈ A−1r ⇐⇒ T ∈ B−1

r . (4.12)

158

Neka je T ∈ A−1r . Tada postoji V ∈ A tako da je TV = I. Odavde sledi da

je T surjekcija (Tvrđenje 1.60 (ii)), pa iz Tvrđenja 1.211 sledi R(TT ∗) = R(T ),te je i TT ∗ surjekcija. Iz TV = I sledi V ∗T ∗ = I, pa je T ∗ injekcija (Tvrđenje1.60 (i)), tj. N(T ∗) = 0. Kako je N(TT ∗) = N(T ∗) [13, Teorema 3.12.5], toje N(TT ∗) = 0 i TT ∗ injekcija. Budući bijekcija, TT ∗ ∈ A−1 (Teorema 1.64).Kako TT ∗ ∈ B, iz Teoreme 4.11 sledi TT ∗ ∈ B−1, tj. (TT ∗)−1 ∈ B. Kako jeTT ∗(TT ∗)−1 = I i T ∗(TT ∗)−1 ∈ B, to je T ∈ B−1

r . Ovim smo dokazali implikaciju(⇒) u (4.12), a obrnuta implikacija je očigledna. Sada iz (4.12) sledi (4.10).

Ako su A i B *-algebre, za homomorfizam ρ : A → B kažemo da je *- homo-morfizam ako je ρ(a∗) = ρ(a)∗ za sve a ∈ A.

Sledeća teorema pokazuje da je svaku C∗-algebru moguće posmatrati kao C∗-podalgebru algebre B(H) ograničenih linearnih operatora na nekom Hilbertovomprostoru H.

Teorema 4.13. (Gelfand-Naimark-Segal) Neka je A C∗-algebra sa jedinicom.Tada postoji Hilbertov prostor H i *-izometrički homomorfizam ρ : A → B(H).

Teorema 4.14. Neka je A C∗-algebra sa jedinicom i B C∗-podalgebra algebre Asa istom jedicom. Tada za svako a ∈ B važi jednakost

σAl (a) = σB

l (a),

σAr (a) = σB

r (a).

Dokaz. Sledi iz Teoreme 4.13, Teoreme 4.12 i Tvrđenja 1.88.

159

Literatura

[1] S. Aljančić, Uvod u realnu i funkcionalnu analizu, Građevinska knjiga, Beo-grad, 1974.

[2] M. Arsenović, M. Dostanić, D. Jocić, Teorija mera, funkcionalna analiza,teorija operatora, Matematički fakultet, Univerzitet u Beogradu, 1998.

[3] B. Aupetit, A primer on spectral theory, Springer Science Business Media,2012.

[4] B. Blackadar, Operator algebras, Springer, New York, 2001.

[5] D. Cvetković-Ilić, V. Rakočević, Funkcionalna analiza-zbirka zadataka,Prirodno-matematički fakultet, Niš, 2007.

[6] R. E. Harte, Invertibility and singularity, Dekker, 1988.

[7] C. S. Kubrusly, The elements of operator theory, Birkhäuser, 2011.

[8] C. S. Kubrusly, Spectral theory of bounded linear operators, Birkhäuser, 2020.

[9] S. Kurepa, Funkcionalna analiza, Elementi teorije operatora, Školska knjiga,Zagreb, 1981.

[10] R. D. Mosak, Banach algebras, The University of Chicago Press, 1975.

[11] V. Müller, Spectral theory of linear operators and spectral systems in Banachalgebras, Birkhäuser, 2007.

[12] S. Petrakis, Introduction to Banach algebras and the Gelfand-Naimark theo-rems, Aristotle University of Thessaloniki, 2008.

[13] V. Rakočević, Funkcionalna analiza, Naučna knjiga, Beograd, 1994.

[14] V. Rakočević, Esencijalni spektar i Banachove algebre, doktorska disertacija,Univerzitet u Beogradu, Prirodno-matematički fakultet, 1984.

160

[15] C. Remling, Functional analysis, Math. Department, University of Okla-homa, Norman.

[16] C. E. Rickart, General theory of Banach algebras, Princeton, Van Nostrand,1960.

[17] W. Rudin, Functional analysis, McGraw-Hill, New York, 1973.

[18] V. Runde, Why Banach algebras?, CMS Notes 44, 2012.

161