§E12.14Banach 環と指標

証明. 劣乗法性を繰り返し用いると$\|x^n\|\leq\|x\|^n$（$n\geq1$）であり、$\|x^0\|=\|1\|=1$であるから、この不等式は$n=0$でも成り立つ。部分和を$s_N=\sum_{n=0}^Nx^n$とおくと、$M>N$に対して

である。右辺は$N\to\infty$で$0$に収束するので$(s_N)$は Cauchy 列であり、$A$の完備性により極限$s\in A$が存在する。また$\|s_N\|\leq\sum_{n=0}^N\|x\|^n\leq(1-\|x\|)^{-1}$であり、ノルムは連続であるから$\|s\|\leq(1-\|x\|)^{-1}$である。

有限和について

が成り立つ。$\|(1-x)s_N-(1-x)s\|\leq\|1-x\|\,\|s_N-s\|\to0$および$\|x^{N+1}\|\leq\|x\|^{N+1}\to0$であるから、$N\to\infty$として$(1-x)s=1$を得る。同様に$s(1-x)=1$である。したがって$1-x$は可逆であり、その逆元は$s$である。▨

証明.$a\in G(A)$を取ると$a^{-1}a=1\neq0$であるから$a^{-1}\neq0$であり、$\|a^{-1}\|>0$である。$x=a^{-1}(a-b)$とおくと$\|x\|\leq\|a^{-1}\|\,\|a-b\|=t<1$であり、

である。補題 1.3により$1-x$は可逆であるから、$b$は可逆元の積として可逆であり$b^{-1}=(1-x)^{-1}a^{-1}$である。したがって

である。さらに

であるから、$\|b^{-1}-a^{-1}\|\leq\|b^{-1}\|\,\|a-b\|\,\|a^{-1}\|\leq\|a^{-1}\|^2\|b-a\|/(1-t)$である。

$a\in G(A)$を中心とする半径$\|a^{-1}\|^{-1}$の開球は$G(A)$に含まれるから$G(A)$は開集合である。$b\to a$のとき$t\to0$であり、上の第二の評価の右辺は$0$に収束するから、$a\mapsto a^{-1}$は$a$で連続である。▨

証明.(1)を示す。$|\lambda|>\|a\|$とする。$\lambda\neq0$であり$\|a/\lambda\|<1$であるから、補題 1.3により$1-a/\lambda$は可逆であって、その逆元は$\sum_{n=0}^\infty(a/\lambda)^n$に等しい。$\lambda1-a=\lambda(1-a/\lambda)$であるから$\lambda1-a$は可逆であり、

である。同じ補題のノルム評価から

を得る。

(2)を示す。$\lambda_0\in\rho(a)$を取り、$R_0=R(\lambda_0,a)$とおく。$R_0\neq0$であるから$\|R_0\|>0$である。$h\in\mathbb C$が$|h|\,\|R_0\|<1$を満たすとき、

であり、補題 1.3を$x=-hR_0$に適用すると$1+hR_0$は可逆である。よって$\lambda_0+h\in\rho(a)$であり、$\rho(a)$は開集合である。さらに

であるから、$h\neq0$に対して

である。右辺は$h\to0$で$0$に収束するので、$\lambda\mapsto R(\lambda,a)$は$\lambda_0$で複素微分可能であり、微分係数は$-R_0^2$である。

(3)の証明は演習とする（問題 6.1 (レゾルベント方程式)）。▨

証明.$\lambda_0\in\Omega$と$\varphi\in E^*$を取る。$h\neq0$が$\lambda_0+h\in\Omega$を満たすとき、$\varphi$の線形性から

であり、$\varphi$の有界性から、この左辺の絶対値は

で上から抑えられる。$F$が$\lambda_0$で複素微分可能であることから、$h\to0$のとき右側の因子は$0$に収束する。よって$\varphi\circ F$は$\lambda_0$で複素微分可能であり、微分係数は$\varphi(F'(\lambda_0))$である。$\lambda_0$は任意であるから、$\varphi\circ F$は$\Omega$上の正則関数であり$(\varphi\circ F)'=\varphi\circ F'$である。▨

証明.命題 2.3 (1)により$|\lambda|>\|a\|$を満たす$\lambda$は$\rho(a)$に属するから、$\sigma(a)$は半径$\|a\|$の閉円板に含まれる。命題 2.3 (2)により$\rho(a)$は開集合であるから$\sigma(a)$は閉集合である。§E1.14 定義 4.1により$\mathbb C$を$\mathbb R^2$とみなすと、$\sigma(a)$は有界閉集合であるから§E2.9 定理 4.3によりコンパクトである。

$\sigma(a)=\emptyset$と仮定する。このとき$\rho(a)=\mathbb C$であり、命題 2.3 (2)により$\lambda\mapsto R(\lambda,a)$は$\mathbb C$全体でノルムについて複素微分可能である。$\varphi\in A^*$を取り$f=\varphi\circ R(\,\cdot\,,a)$とおくと、補題 2.4により$f$は$\mathbb C$上の正則関数である。命題 2.3 (1)により、$|\lambda|>\|a\|$では

である。したがって$|\lambda|\geq\|a\|+1$では$|f(\lambda)|\leq\|\varphi\|$である。$D=\{\lambda\in\mathbb C:|\lambda|\leq\|a\|+1\}$とおくと、$\mathbb C$を$\mathbb R^2$とみなして$D$は空でない有界閉集合であるから§E2.9 定理 4.3によりコンパクトであり、$|f|$は$D$上の実数値連続関数であるから§E2.19 定理 4.4により$D$上で最大値をとる。よって$f$は$\mathbb C$上で有界である。§E5.9 定理 4.1により$f$は定数であり、上の評価から$|\lambda|\to\infty$で$f(\lambda)\to0$であるから$f$は恒等的に$0$である。

よって、すべての$\lambda\in\mathbb C$とすべての$\varphi\in A^*$について$\varphi(R(\lambda,a))=0$である。§E12.3 系 3.1により$A^*$は$A$の点を分離するから$R(\lambda,a)=0$である。しかし$R(\lambda,a)(\lambda1-a)=1$であり、$\|1\|=1$から$1\neq0$であるので、これは矛盾である。したがって$\sigma(a)\neq\emptyset$である。▨

証明.$\iota$は線形であり、$\iota(\lambda)\iota(\mu)=\lambda\mu1=\iota(\lambda\mu)$かつ$\iota(1)=1$であるから代数準同型である。$\|\iota(\lambda)\|=|\lambda|\,\|1\|=|\lambda|$であるから$\iota$は等長であり、とくに単射である。

$a\in A$を取る。定理 2.5により$\sigma(a)\neq\emptyset$であるから$\lambda\in\sigma(a)$を取ることができる。$\lambda1-a$は可逆でないので、仮定により$\lambda1-a=0$であり$a=\iota(\lambda)$である。よって$\iota$は全射である。▨

証明.$a^0=1$と定めて計算すると

である。$a$と$\lambda1$はいずれも$q$と可換であるから、同じ計算により$q(\lambda1-a)=\lambda^n1-a^n$である。

$\lambda\in\sigma(a)$とし、$\lambda^n\in\rho(a^n)$と仮定する。$b=(\lambda^n1-a^n)^{-1}$とおく。可逆元$u$と$u$に可換な元$c$については$uc=cu$の両辺に左右から$u^{-1}$を掛けて$cu^{-1}=u^{-1}c$を得るので、$a$と可換な$\lambda^n1-a^n$の逆元$b$は$a$と可換であり、したがって$q$とも可換である。よって

であり、$\lambda1-a$は可逆である。これは$\lambda\in\sigma(a)$に反する。よって$\lambda^n\in\sigma(a^n)$である。

$\lambda\in\sigma(a)$とすると、いま示したことと定理 2.5により$|\lambda|^n=|\lambda^n|\leq\|a^n\|$であり、$|\lambda|\leq\|a^n\|^{1/n}$である。$\lambda\in\sigma(a)$について上限を取ると、各$n\geq1$について$r(a)\leq\|a^n\|^{1/n}$であるから$r(a)\leq\inf_{n\geq1}\|a^n\|^{1/n}$である。▨

証明.定理 2.5により$\sigma(a)$は空でないコンパクト集合であり、$\lambda\mapsto|\lambda|$は連続であるから、§E2.19 定理 4.4により$\{|\lambda|:\lambda\in\sigma(a)\}$は最大値をもつ。最大値は上限に等しいので、この最大値は$r(a)$である。

$\Omega_1=\{\lambda\in\mathbb C:|\lambda|>r(a)\}$、$\Omega_2=\{\lambda\in\mathbb C:|\lambda|>\|a\|\}$とおく。§E5.11 定義 1.1の記法では$\Omega_1$と$\Omega_2$は原点を中心とし内半径がそれぞれ$r(a)$と$\|a\|$、外半径が$\infty$の円環であり、$\Omega_2\subseteq\Omega_1$である。$s>0$に対して、$C_s$は原点を中心とする半径$s$の円周を反時計回りにたどるものとする。

$\varphi\in A^*$を固定し、$f=\varphi\circ R(\,\cdot\,,a)$とおく。$\Omega_1\subseteq\rho(a)$であるから、命題 2.3 (2)と補題 2.4により$f$は$\Omega_1$上の正則関数である。§E5.11 定理 2.1により、$s>r(a)$の選び方によらない複素数族$(c_n)_{n\in\mathbb Z}$が

で定まり、$\Omega_1$の各点で$f(\lambda)=\sum_{n\geq0}c_n\lambda^n+\sum_{n\geq1}c_{-n}\lambda^{-n}$が成り立つ。

一方、命題 2.3 (1)と$\varphi$の連続性により、$\Omega_2$では

である。$\|a\|<s_1\leq s_2<\infty$とすると、$s_1\leq|\lambda|\leq s_2$において

であり、右辺は公比が$1$より小さい等比級数の項であるから、この級数の部分和の列は閉円環$s_1\leq|\lambda|\leq s_2$上で一様 Cauchy であり、一様収束する。そこで$b_n=0$（$n\geq0$）、$b_{-n-1}=\varphi(a^n)$（$n\geq0$）とおくと、族$(b_n)_{n\in\mathbb Z}$は$\Omega_2$の各点で$f$の両側冪級数表示を与え、$\Omega_2$の内部の各閉円環上で一様収束する。$c_n$の上の積分表示は$s>\|a\|$でも成り立つから、$(c_n)$は$\Omega_2$上の$f$の Laurent 係数でもある。したがって§E5.11 命題 2.2を円環$\Omega_2$に適用して、すべての$n\in\mathbb Z$について$c_n=b_n$を得る。

$\lambda_1\in\Omega_1$を取る。級数$\sum_{n\geq1}c_{-n}\lambda_1^{-n}$は収束するので、その項は$0$に収束する。前段で$c_{-n-1}=\varphi(a^n)$であったから、各$\varphi\in A^*$について

である。$J:A\to A^{**}$を§E12.3 定理 3.3の標準写像とし、$T_n=J(a^n\lambda_1^{-n-1})$とおく。$A^{**}=B(A^*,\mathbb C)$であり、上の評価は各$\varphi\in A^*$について$\sup_{n\geq0}|T_n(\varphi)|<\infty$であることを述べている。§E12.2 定理 2.1により$A^*$は Banach 空間であるから、§E12.4 定理 2.1により$\sup_{n\geq0}\|T_n\|<\infty$である。$M$をこの上限と$1$の大きいほうとすると、$J$が等長であることから

である。$n\geq1$について$\|a^n\|^{1/n}\leq M^{1/n}|\lambda_1|^{(n+1)/n}$であり、$M\geq1$から$M^{1/n}\to1$、また$|\lambda_1|^{(n+1)/n}\to|\lambda_1|$であるから

である。$\lambda_1$は$\Omega_1$の元として任意であり、$\{|\lambda|:\lambda\in\Omega_1\}$の下限は$r(a)$であるから、$\limsup_{n\to\infty}\|a^n\|^{1/n}\leq r(a)$である。

補題 3.2により$r(a)\leq\inf_{n\geq1}\|a^n\|^{1/n}$であり、下限は下極限以下であるから

が成り立つ。上極限は下極限以上であるから、これらはすべて等しい。したがって極限$\lim_{n\to\infty}\|a^n\|^{1/n}$が存在し、$r(a)$および$\inf_{n\geq1}\|a^n\|^{1/n}$に等しい。▨

証明.(1)を示す。$I\subsetneq A$を両側イデアルとする。$u\in I$が可逆であるとすると$1=u^{-1}u\in I$であり、任意の$r\in A$について$r=r1\in I$となって$I=A$である。これは$I$が真であることに反するので、$I$は可逆元を含まない。

$\overline I$を$I$の閉包とする。$x,y\in\overline I$、$b\in A$、$\alpha\in\mathbb C$に対して、$x_n\to x$、$y_n\to y$を満たす$I$の列$(x_n)$、$(y_n)$を取ると、$x_n+\alpha y_n\to x+\alpha y$であり、$\|bx_n-bx\|\leq\|b\|\,\|x_n-x\|\to0$と$\|x_nb-xb\|\leq\|x_n-x\|\,\|b\|\to0$から$bx_n\to bx$、$x_nb\to xb$である。よって$x+\alpha y$、$bx$、$xb$はいずれも$\overline I$に属し、$\overline I$は両側イデアルである。さらに、$I$は可逆元を含まないので$I\subseteq A\setminus G(A)$であり、補題 1.4により$G(A)$は開集合であるから$A\setminus G(A)$は閉集合である。したがって$\overline I\subseteq A\setminus G(A)$であり、$1\in G(A)$から$1\notin\overline I$、すなわち$\overline I\neq A$である。

(2)を示す。$M$を可換な$A$の極大イデアルとする。(1)により$\overline M$は$M$を含む真のイデアルであるから、$M$の極大性により$\overline M=M$である。よって$M$は閉である。▨

証明.§E6.3 命題 5.1により$A/I$は単位元$1+I$をもつ環であり、$q$は全射な環準同型で$\ker q=I$である。$\lambda\in\mathbb C$と$x\in I$に対して$\lambda x=(\lambda1)x\in I$であるから、$\lambda(a+I)=\lambda a+I$は代表元の取り方によらず、$A/I$は複素数体上の代数であり$q$は代数準同型である。$A$が可換ならば$(a+I)(b+I)=ab+I=ba+I=(b+I)(a+I)$である。

$\|\cdot\|$がノルムであることを確かめる。$\lambda\neq0$のとき$x\mapsto\lambda x$は$I$から$I$への全単射であるから

であり、$\lambda=0$のときは両辺とも$0$である。$x,y\in I$に対して$\|a+b+x+y\|\leq\|a+x\|+\|b+y\|$であり、$x$と$y$について下限を取ると$\|a+b+I\|\leq\|a+I\|+\|b+I\|$を得る。$\|a+I\|=0$とすると、$a$と$I$の距離が$0$であるから$a\in\overline I=I$であり、$a+I$は$A/I$の零元である。したがって$\|\cdot\|$は$A/I$上のノルムである。

劣乗法性を示す。$x,y\in I$に対して$(a+x)(b+y)=ab+(ay+xb+xy)$であり、$I$が両側イデアルであることから$ay+xb+xy\in I$である。よって$\|ab+I\|\leq\|(a+x)(b+y)\|\leq\|a+x\|\,\|b+y\|$であり、$x$と$y$について下限を取ると$\|(a+I)(b+I)\|\leq\|a+I\|\,\|b+I\|$を得る。$x=0$を取ると$\|q(a)\|\leq\|a\|$である。

$\|1+I\|=1$を示す。$\|1+I\|\leq\|1\|=1$である。$\|1+I\|<1$と仮定すると、$\|1+x\|<1$を満たす$x\in I$が存在する。補題 1.3を$1+x$に適用すると$1-(1+x)=-x$は可逆であり、$-x\in I$であるから$I$は可逆元を含む。これは補題 4.1 (1)に反する。よって$\|1+I\|=1$である。

完備性を示す。$(a_n+I)$を$A/I$の Cauchy 列とする。各$k\in\mathbb Z_{\geq1}$に対して、$m,n\geq n_k$ならば$\|a_n-a_m+I\|<2^{-k}$となる添字$n_k$を、$n_1<n_2<\cdots$となるように取る。$b_1=a_{n_1}$とおき、$b_k-a_{n_k}\in I$を満たす$b_k$が定まったとき、$\|a_{n_{k+1}}-a_{n_k}+I\|<2^{-k}$であるから$\|a_{n_{k+1}}-a_{n_k}+x_k\|<2^{-k}$を満たす$x_k\in I$を取り、$b_{k+1}=b_k+(a_{n_{k+1}}-a_{n_k}+x_k)$とおく。すると$b_{k+1}-a_{n_{k+1}}=(b_k-a_{n_k})+x_k\in I$であり$\|b_{k+1}-b_k\|<2^{-k}$である。$l>k$に対して$\|b_l-b_k\|<\sum_{j\geq k}2^{-j}=2^{-k+1}$であるから$(b_k)$は$A$の Cauchy 列であり、$A$の完備性により$b\in A$に収束する。$b_k+I=a_{n_k}+I$であるから