Отображение спектра (как с многочленом, только хуже)

[Sul]

Пусть $X$ - комплексное банахово пространство,$ A$- линейный ограниченный оператор на $X$, функция $f(z)=\sum_{n=0}^\infty c_nz^n$ аналитична в круге радиуса $r>||A||$ с центром в нуле. Доказать, что $\sigma(f(A))=f(\sigma(A))$, где $f(A):=\sum_{n=0}^\infty c_nA^n$.

В книге "Данфорд, Шварц - Линейные операторы. Том 1. Общая теория" вводится определение функции от оператора через интеграл, по аналогии с формулой Коши. В частности они доказывают, что для аналитических функций, представленных рядом, сходящимся в окрестности спектра, их определение и определение из задачи - совпадают. Потом они доказывают данную теорему уже для их определения, примерно так:

Цитата:

Пусть $\lambda\in\sigma(A)$, определим в области задания функции $f$ функцию $g(z)=(f(\lambda)-f(z))/(\lambda-z)$. Тогда $f(\lambda)I-f(A)=(\lambda\cdot I-A)g(A)$ Отсюда, если бы для $f(\lambda)I-f(A)$ существовал бы ограниченный обратный оператор $B$, то $g(A)B$ был бы таковым для $(\lambda\cdot I-A)$. Значит $f(\lambda)\in \sigma(f(A))$.
Обратно, предположим, что $\mu\in\sigma(f(A))$, но $\mu\notin f(\sigma(A))$. Тогда функция $h(z)=1/(f(z)-\mu)$ аналитична в некоторой окрестности $\sigma(A)$. Тогда $h(A)(f(A)-\mu\cdot I)=I$, что противоречит предположению $\mu\in\sgma(f(A))$.

Тут используются свойства определения функции от оператора через интеграл, например, что $f(A)g(A)=(fg)(A)$. Очень хотелось бы решить задачу без теории с интегралами, потому что в курсе интегралов от операторов вообще не определяли. Пытался таким же способом, просто определяя через ряды. Первая часть вроде бы работает, потому что сходимость ряда для нашей функции легко доказать. А вот в обратную сторону уже не получается, поскольку нам известно лишь, что функция $g(z)$ аналитична в окрестности $\sigma(A)$, но не во всем круге радиуса $r$. Более того, если, например, $f(0)=\lambda$, то $h(z)$ вовсе нельзя разложить в ряд Тейлора вокруг нуля, а значит и подставить в нее оператор по самому первому определению. Поэтому формулу $h(A)(f(A)-\mu\cdot I)=I$, к сожалению, пока не получается написать.

Подскажите, может есть другой путь.

[sup]

А Вы рассмотрите функцию

$$\tilde h(z) = \frac{P(z)}{f(z) - \mu},$$

с подходящим полиномом $P(z)$, который погасит полюса. Получится уже функция аналитическая в круге. Покажите, что $P(A)$ обратим (где лежат нули символа?). Дальше по схеме.

[Sul]

sup в сообщении #1017649 писал(а):

А Вы рассмотрите функцию

$$\tilde h(z) = \frac{P(z)}{f(z) - \mu},$$

с подходящим полиномом $P(z)$, который погасит полюса. Получится уже функция аналитическая в круге. Покажите, что $P(A)$ обратим (где лежат нули символа?). Дальше по схеме.

Пока не понимаю, как доказать обратимость $P(A)$. Но даже если так, все равно ведь $1/P(A)$ будет иметь те самые полюса в круге, а значит не аналитична, поэтому впихнуть ее в произведение уже нельзя.

Ведь идея в том, чтобы написать $\tilde h(A)\cdot(1/P(A))\cdot(f(A)-\mu \cdot I)=I$, или я неправильно понял?

-------------
UPD: Туплю, видимо смысл просто написать $\tilde h(A)\cdot(f(A)-\mu \cdot I)=P(A)$ и если $ P(A)$ обратим, то домножить на обратный. Но пока все равно не понимаю как доказать обратимость

Мне кажется или обратимость очевидна?) Нули функции $f(z)-\mu$, назовем их $\mu_1,...,\mu_n$ лежат вне спектра $A$ по построению, значит обратимы операторы $(\mu_1\cdot I-A),...,(\mu_n\cdot I-A)$, а так же их степени и произведения их степеней. Я прав?