Espectros de elementos de un álgebra de Banach y el papel desempeñado por el Teorema de Hahn-Banach.

Question

Este problema se planteó en Math StackExchange hace algún tiempo, pero no obtuvo ninguna solución allí. Creo que es lo suficientemente interesante como para plantearlo aquí en Math Overflow, así que aquí va.

Sea $ \mathcal{A} $ un álgebra de Banach unitaria sobre $ \mathbb{C} $, con $ \mathbf{1}_{\mathcal{A}} $ denotando la identidad de $ \mathcal{A} $. Para cada $ a \in \mathcal{A} $, define el espectro de $ a $ como el siguiente subconjunto de $ \mathbb{C }$:

$$ {\sigma_{\mathcal{A}}} (a) \stackrel{\text{def}}{=} \lbrace \lambda \in \mathbb{C} ~|~ \text{ $ a - \lambda \cdot \mathbf{1}_{\mathcal{A}} $ no es invertible } \rbrace. $$

Con la ayuda del Teorema de Hahn-Banach y el Teorema de Liouville del análisis complejo, se puede demostrar el resultado conocido de que $ {\sigma_{\mathcal{A}}} (a) \neq \varnothing $ para todo $ a \in \mathcal{A} $. Todas las pruebas que he visto de este resultado utilizan el Teorema de Hahn-Banach de una forma u otra (una prueba típica se puede encontrar en Real and Complex Analysis de Walter Rudin). Por lo tanto, una pregunta natural sería: ¿Podemos eliminar la dependencia de este resultado en el Teorema de Hahn-Banach? ¿Es una consecuencia solo de ZF? De lo contrario, si es equivalente a alguna variante débil del Axioma de Elección (posiblemente más débil que el propio Teorema de Hahn-Banach), ¿alguien ha logrado construir un modelo de ZF que contenga un álgebra de Banach que tenga un elemento con espectro vacío?

Answer 1

Creo que Hahn-Banach se puede eliminar de la prueba habitual, pero siendo un no experto en teoría de conjuntos, no puedo garantizar que la prueba sea completamente independiente del axioma de elección.

Aquí hay un bosquejo de una prueba básica de cálculo. Una función $U\to B$ desde una región $U\subset C$ a un espacio de Banach $B$ se llama analítica si cada punto tiene un vecindario donde está representado por una serie de Taylor convergente. Puedes demostrar una forma débil del teorema de Cauchy que dice que si una función es analítica en $| z | < R \leq \infty$, entonces su serie de Taylor tiene un radio de convergencia de al menos $R$. Parece que esto no utiliza el axioma de elección. Luego pruebas que las desigualdades de Cauchy se cumplen (hay una demostración algebraica simple de esto, ver mi respuesta a el teorema de Liouville con tus propias manos), y derivas el teorema de Liouville para funciones con valores en espacios de Banach.

Luego es un hecho elemental que si $a-\lambda_0 1$ tiene un inverso acotado, entonces el resolvente es una función analítica (en el sentido que definí antes) en un vecindario de $\lambda_0$. Luego muestras que si el resolvente existe en todas partes, entonces tiende a $0$ cuando $\lambda\to\infty$. Entonces me parece que obtienes una prueba sin Hahn-Banach aplicando el teorema de Liouville al resolvente.

Disculpa si me he perdido algo...

EDITAR. La forma débil del teorema de Cauchy mencionada utiliza solo manipulaciones elementales con series absolutamente convergentes, no hay integración involucrada, ver el teorema de Liouville con tus propias manos.

Answer 2

No creo que el teorema de Hahn-Banach sea necesario. En algún momento había planeado escribir una publicación en el blog para verificar esto, pero perdí la motivación...

La idea es que se puede demostrar el teorema de Liouville en el ámbito del espacio de Banach directamente sin usar Hahn-Banach para reducirlo al caso de $\mathbb{C}$ (pregunté si esto era posible en esta pregunta de math.SE). La mayoría de los pasos en la prueba son exactamente los mismos; el único que no lo es, hasta donde puedo decir, es el teorema fundamental del cálculo, que generalmente se demuestra usando el teorema del valor medio pero que en su lugar se puede demostrar siguiendo las respuestas a esta pregunta de math.SE.

Answer 3

Hay una prueba sin usar incluso análisis complejo, y a primera vista sin usar AC. Reemplazamos la fórmula integral de Cauchy por sumas finitas inteligentes. Es decir, definimos el radio espectral como $r(a):=\lim \|a^n\|^{1/n}$ (el límite existe por el lema de Fekete), escalando basta considerar dos casos: $r(a)=0$ y $r(a)=1$. En el primer caso $a$ no es invertible, ya que si $ab=1$, entonces $a^nb^n=1$ y $\|a^n\|\cdot \|b\|^n\geqslant 1$, por lo tanto $r(a)\geqslant 1/\|b\|$. Si $r=1$, demostramos que existen $\lambda$ en el círculo unitario tal que $a-\lambda$ no es invertible. Supongamos lo contrario, entonces por la continuidad de la inversa y la compacidad del círculo obtenemos $\|(a-\lambda)^{-1}\|\leqslant M$ para todo $\lambda$ en el círculo unitario y cierto $M>0$. Ahora usamos la identidad de las funciones racionales $$n^2 a^{n-1}=(1-a^n)^2\sum_{w:w^n=1}w(a-w)^{-2}$$ y tomamos el radio espectral de ambos lados derecho e izquierdo. Utilizando las igualdades e desigualdades fáciles $r(u^n)=(r(u))^n$, $r(uv)\leqslant r(u)\cdot \|v\|$, $r(1+u)\leqslant 1+r(u)$ para $u,v$ conmutativos vemos que $r(n^2a^{n-1})=n^2$ mientras que $r(LHS)=O(n)$. Una contradicción.

Leí esta prueba en el artículo de E. Gorin, quien dice que es una simplificación de la prueba en [Rickart C. E. General Theory of Banach Algebras. Princeton NJ, D. van Nostrand (1960)].