Verze z 30. 9. 2015, 14:42

Zdrojový kód

%\wikiskriptum{01FA2}
\section{Spektrální rozklad pro samosdružené omezené operátory}
 
Mějme samosdružený operátor $A$. Je-li dimenze $\H$ konečná, existuje ortonormální báze z~vlastních
vektorů $\{x_n\}$: $Ax_k=\lambda_k x_k$, a tedy můžeme psát
\[\H=\osum_{i=1}^m\Ker(A-\lambda_i'),\]
kde $\lambda_1',\dots,\lambda_m'$ jsou různá vlastní čísla. Operátor $A$ můžeme zapsat jako lineární kombinaci
projektorů na vlastní podprostory $\{P_1,\dots,P_m\}$:
\[A=\sum_{i=1}^m\lambda_i'P_i.\]
 
Na nekonečné dimenzi lze totéž provést pro $A$ kompaktní operátor. Ten má totiž čistě bodové spektrum, tj. existuje ON báze z vlastních vektorů. Jeho bodové spektrum je nejvýše spočetné a jediným možným hromadným bodem je nula, vlastní hodnoty tedy lze seřadit podle velikosti v absolutní hodnotě od největšího k nejmenšímu. Kompaktní operátor pak lze rozložit na nejvýše spočetnou sumu stejně jako výše.
 
V náseledující kapitole popsaný \emph{spektrální rozklad} zobecníme na libovolné hermitovské operátory. Již nám však nebude stačit ani nekonečná suma, ale vybudujeme za tímto účelem integrál. Nejprve však bude následovat množství potřebných lemmat týkajících se hermitovských operátorů.
 
\begin{lemma}\label{slim}
  Buď $A_n\in\B(\H)$, $A_1\ge A_2\ge\dots\ge A_n\ge\dots\ge
  0$ (tedy $A=A^*$). Potom existuje \[A=\slim_{n\to\infty}A_n \in \B(\H)\] a pro každé $n$ je
  $A_n\ge A\ge 0$. Jinými slovy klesající posloupnost hermitovských operátorů má silnou limitu.
\end{lemma}
  \begin{proof}
    Buď $x\in\H$. Díky předpokladům je posloupnost $\{\la x,A_n x\ra\}_n$
    nerostoucí omezená číselná posloupnost, tudíž má limitu, a je tedy cauchyovská. Protože
    \[\norm{A_n}=\sup_{\norm{x}=1}\abs{\la x,A_nx\ra}=\sup_{\norm{x}=1}\la x,A_nx\ra,\]
    je také $\norm{A_1}\ge\norm{A_2}\ge\dots$
 
    Ukážeme, že pro libovolné $x\in\H$ je $A_nx$ cauchyovská. Z úplnosti $\H$ to bude znamenat, že existuje silná limita $A$ splňující $Ax=\lim A_nx$ na celém $\H$. Pro $m,n\in\N$ je 
    \[\norm{(A_m-A_n)x}^2\le\norm{A_m-A_n}\abs{\la x,(A_m-A_n)x\ra}\le 2\norm{A_1}\abs{\la x,A_mx\ra -\la x,A_nx\ra}<2\norm{A_1}\epsilon.\]
 
    Nyní dokážeme omezenost $A$. Ze spojitosti normy dostaneme
    \[\norm{Ax}=\lim\norm{A_nx}\le\lim\norm{A_n}\norm{x}\le\norm{A_1}\norm{x}.\]
 
    Nakonec ze spojitosti skalárního součinu je $\la x,Ax\ra$ limita klesající nezáporné posloupnosti $\la x,A_nx\ra$. Platí tedy
    \[0\le\la x,Ax\ra\le\la x,A_nx\ra,\]
    tj. $0\le A\le A_n$ pro každé $n\in\N$.
  \end{proof}
 
\begin{lemma}
  \label{ABnezap}
  Nechť $A,B\in\B(\H)$, $A\ge 0$, $B\ge 0$ a $AB=BA$. Potom $AB\ge 0$. Jinými slovy součin pozitivních komutujících operátorů je pozitivní.
  \begin{proof}
    Definujme posloupnost $A_n\in\B(\H)$:
    \[A_1=A,\quad
    A_{n+1}=A-\sum_{k=1}^n A_k^2=
    \left(A-\sum_{k=1}^{n-1}A_k^2\right)-A_n^2.\]
    Zřejmě $A_{n+1}=A_n-A_n^2$. Bez újmy na obecnosti můžeme
    předpokládat, že $\norm{A}\le 1$. Pak platí, že
    \[\sup_{\norm{x}=1}\la x,Ax\ra=\norm{A}\le 1,\]
    a z~toho plyne, že pro každé $x$ je $\la x,Ax\ra\le\norm{x}^2=\la x,x\ra$, a
    tedy $0\le A\le I$. Dokážeme, že pro každé $n$ je $0\le A_n\le I$.
    \begin{enumerate}
    \item $n=1$: $A_1=A\le I$.
    \item $n\to n+1$: Z~předpokladu $0\le A_n\le I$ plyne
      \[\la x,A_n^2x\ra =\la A_n x,A_n x\ra =\norm{A_n x}^2\le
      \norm{A_n}\la x,A_n x\ra\le\la x,A_n x\ra.\]
      Z~toho také plyne, že
      \[0\le\la x,(A_n-A_n^2)x\ra=\la x,A_{n+1}x\ra,\]
      a proto $0\le A_{n+1}$. Konečně $A_{n+1}=A_n-A_n^2\le A_n\le I$.
    \end{enumerate}
    Protože pro každé $n\in\N$ je $A_n^2\ge 0$ a $A_{n+1}\le
    A_{n+1}+A_n^2=A_n$, je $A_2\ge A_3\ge\dots\ge A_{n+1}\ge\dots\ge
    0$.  Podle předchozího lemmatu existuje $\slim A_n$, a tedy
    existuje i
    \[\slim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n A_k^2=\sum_{k=1}^\infty A_k^2.\]
    Díky spojitosti skalárního součinu platí pro každé $x\in\H$
    \[\infty>\left\langle,\sum_{k=1}^\infty A_k^2 x\right\rangle=
    \sum_{k=1}^\infty(x,A_k^2 x)=
    \sum_{k=1}^\infty\norm{A_k x}^2.\]
    Pro každé $x$ je proto $\lim_{k\to\infty}\norm{A_k x}=0$ a
    $\slim_{n\to\infty}A_n=0$. Proto (v~silném smyslu) platí
    \[\sum_{k=1}^\infty A_k^2=A.\]
    Z~konstrukce posloupnosti $\{A_n\}$ plyne, že $A_n=p_n(A)$, kde
    $p_n$ je polynom. Protože $AB=BA$, pro každé $n$ také platí
    $A_nB=BA_n$, a proto
    \[\la x,ABx\ra =\left\langle x,\sum_{k=1}^\infty A_k^2 Bx\right\rangle=
    \sum_{k=1}^\infty\la x,A_kBA_k x\ra=
    \sum_{k=1}^\infty\underbrace{\la A_k x,BA_kx\ra}_{\ge 0}\ge 0.\qed\]
    \noqed
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{remark}
Triviálně platí naopak, že je-li součin pozitivních operátorů také pozitivní, musejí operátory komutovat. Pozitivita totiž znamená hermitovskost, a tak $BA=B^*A^*=(AB)^*=AB$.
\end{remark}
 
\begin{lemma}
  \label{limkomutuje}
  Nechť $X_n,Y_n\in\B(\H)$ a existují $X=\slim X_n$, $Y=\slim
  Y_n$. Potom $XY=\slim X_nY_n$.
  \begin{proof}
    Pro každé $x$ je
    \[XYx-X_nY_nx=\underbrace{(X-X_n)}_{\to 0}Yx+X_n(Y-Y_n)x.\]
    Z~principu stejnoměrné omezenosti plyne existence $K>0$ takového, že pro každé $n$ je $\norm{X_n}\le K$, a tedy
    $\norm{X_n(Y-Y_n)x}\le K\norm{(Y-Y_n)x}\to 0$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{theorem}[o odmocnině z operátoru]
  \label{odmocnina}
  Nechť $A\in\B(\H)$, $A\ge 0$. Potom existuje právě jeden
  $B\in\B(\H)$, $B\ge 0$ takový, že $B^2=A$. Navíc pro každý
  $C\in\B(\H)$ platí $CA=AC\iff CB=BC$. Značíme $B=\sqrt{A}=A^{1/2}$.
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
 
\item Existence: Bez újmy na obecnosti můžeme předpokládat, že $\norm{A}\le 1$ (jinak vezmeme $A/\norm A)$ a proto $0\le A\le I$. Vytvoříme posloupnost operátorů $B_n\in\B(\H)$: $B_0=0$,
      $B_{n+1}=B_n+\frac12(A-B_n^2)$. Ukážeme, že $0\le B_n\le
      B_{n+1}\le I$.
      \begin{enumerate}[a)]
      \item Pro $n=0$ je $B_0=0$ a $B_1=\frac12A$ a $0\le B_0\le
        B_1\le I$.
      \item Přechod $n\to n+1$: Protože $0\le B_n\le I$, je $B_n^2\le
        B_n$, neboť
        \[\la x,B_n^2 x\ra=\norm{B_n x}^2\le\norm{B_n}\la x,B_n x\ra
        \le\la x,B_n x\ra.\]
        Dále platí
        \[B_{n+1}=B_n+\frac12(A-B_n^2)\ge B_n+\frac12(A-B_n)=
        \frac12(A+B_n)\ge 0\]
        a
        \[\begin{split}
          I-B_{n+1}&=I-B_n-\frac12(A-B_n^2)=
          \frac12(I-A)+\frac12(B_n^2-2B_n+I^2)=\\
          &=\frac12(I-A)+\frac12(\underbrace{I-B_n}_{\ge0})^2\ge 0,
        \end{split}\]
        tedy $0\le B_{n+1}\le I$.
 
        Nerovnost $B_{n+1}\ge B_n$ je splněna, právě když $A\ge
        B_n^2$. Předpokládejme, že pro $n-1$ to platí. Potom
        \[\begin{split}
          A-B_n^2&=A-\left(B_{n-1}+\frac12(A-B_{n-1}^2)\right)^2=\\
          &=A-B_{n-1}^2-B_{n-1}(A-B_{n-1}^2)-\frac14(A-B_{n-1}^2)^2=\\
          &=(A-B_{n-1}^2)\left(I-B_{n-1}-\frac14(A-B_{n-1}^2)\right)=\\
          &=(A-B_{n-1}^2)\left(I-\frac12B_{n-1}-\frac12B_n\right)=\\
          &=(A-B_{n-1}^2)\left(\frac12(I-B_{n-1})+\frac12(I-B_n)\right)
          \ge 0,
        \end{split}\]
        protože $A-B_{n-1}^2\ge 0$, $I-B_{n-1}\ge 0$ a $I-B_n\ge 0$.
        Předchozí úpravy jsou korektní, neboť $B_n$ je polynom v~A~a
        pro $C\in\B(\H)$ komutující s~$A$ také platí $CB_n=B_nC$.
        Specielně pro každé $n$ je $AB_n=B_n A$ a pro každé $m,n$ je
        $B_nB_m=B_mB_n$.
      \end{enumerate}
 
      Protože $0\le B_n\le B_{n+1}\le I$, podle lemmatu \ref{slim}
      (aplikovaného na $B_n'=I-B_n$) existuje $\slim B_n$ a pro každé
      $n\in\N$ je $B_n\le B\le I$. Navíc, protože $CA=AC$ a tedy
      $CB_n=B_nC$, je podle lemmatu \ref{limkomutuje} $CB=BC$.
 
      Specielně $\slim B_n^2=B^2$ a protože
      $B_{n+1}=B_n+\frac12(A-B_n^2)$, limitním přechodem dostáváme
      $B=B+\frac12(A-B^2)$. Tedy $B^2=A$.
    \item Jednoznačnost: Nechť $\tilde B\in\B(\H)$, $\tilde B\ge
      0$, $A=\tilde B^2$. Potom $\tilde BA=A\tilde B$, $B\tilde
      B=\tilde B B$ a $0=B^2-\tilde B^2=(B+\tilde B)(B-\tilde B)$.
 
      Buď $x\in\H$ libovolné, $y=(B-\tilde B)x$. Potom $(B+\tilde
      B)y=0$. Dále platí
      \[0=\la y,(B+\tilde B)y\ra=\underbrace{\la y,By\ra}_{\ge 0}+
      \underbrace{\la y,\tilde By\ra}_{\ge 0},\]
      proto $\la y,By\ra=\la y,\tilde By\ra=0$ a
      $\norm{By}^2\le\norm{B}\la y,By\ra=0$, a tedy $By=0$. Obdobně i
      $\tilde By=0$.
 
      Dále platí $(B-\tilde B)^2x=(B-\tilde B)y=0$, a proto
      \[0=(x,(B-\tilde B)^2x)=((B-\tilde B)x,(B-\tilde B)x)=
      \norm{(B-\tilde B)x}^2\]
      pro každé $x$. Dokázali jsme tak, že $B=\tilde B$. Tedy $B$ je
      určen jednoznačně.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Buď $A\in\B(\H)$, $A^*=A$. Potom $A^2\ge 0$, a můžeme tedy definovat
  \uv{absolutní hodnotu} jako $(A^2)^{1/2}=:\abs{A}\ge 0$
  a platí, že $\abs{A}^2=A^2$.
\end{remark}
 
\begin{lemma}
  \label{og_komut1}
  Nechť $A\in\B(\H)$, $A^*=A$ a buď $P$ ortogonální projektor na $\Ker
  A$. Potom pro každé $C\in\B(\H)$ platí $CA=AC\implies CP=PC$.
  \begin{proof}
    Protože $\Ran P=\Ker A$, je $AP=0$. Buď $C\in\B(\H)$,
    $CA=AC$. Potom\\ $0=CAP=ACP\iff\Ran CP\subset\Ker A\iff PCP=CP$,
    neboť $x\in\Ker A$ $\iff Px=x$. Z~vlastností sdruženého operátoru
    plyne $CA=AC\implies AC^*=C^*A$ a tedy $PC^*P=C^*P$, sdružením získáme
    $PCP=PC$ a tedy celkem $CP=PC$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{lemma}
  \label{og_komut2}
  Nechť $A,B\in\B(\H)$, $A^*=A$, $B^*=B$ a navíc $AB=BA$,
  $A^2=B^2$. Buď $P$ ortogonální projektor na $\Ker(A-B)$. Potom $P$
  komutuje s~$A$ a $B$ a
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $A=PB+(I-P)(-B)$,
  \item $\Ker A=\Ker B\subset\Ker(A-B)\equiv\Ran P$.
  \end{enumerate}
  \begin{proof}
    Protože $A=A^*$, $B=B^*$, je
    \begin{equation}
      \label{eq:og1}
      (A-B)P=0=P(A-B).
    \end{equation}
    Dále, protože $A^2=B^2$ a $AB=BA$, je
    $(A-B)(A+B)=0\iff\Ran(A+B)\subset\Ker(A-B)$, což je ekvivalentní
s~rovností
    \begin{equation}
      \label{eq:og2}
      P(A+B)=A+B.
    \end{equation}
    Z~předchozího lemmatu plyne, že $A(A-B)=(A-B)A\implies AP=PA$,
    $B(A-B)=(A-B)B\implies BP=PB$. Odečtením \eqref{eq:og1} a
    \eqref{eq:og2} dostaneme
    \[2PB=A+B\iff A=2PB-B=PB+(I-P)(-B).\]
    Bod (ii) plyne z rovnosti
    $$A^2= B^2 \Rightarrow \la x,A^2x\ra = \la x,B^2x\ra \Rightarrow \norm{Ax} = \norm{Bx}$$
    %\[x\in\Ker A\iff Ax=0\iff 0=\norm{Ax}^2=(Ax,Ax)=(x,A^2x)\]
    takže $\Ker A = \Ker B$. Zřejmě $x\in\Ker A\implies
    x\in\Ker(A-B)$.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
\begin{theorem}
  Ke každému samosdruženému operátoru $A\in\B(\H)$ existuje právě
  jeden ortogonální projektor $E_+$ s~vlastnostmi:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $AE_+\ge 0$, $A(I-E_+)\le 0$,
  \item $\Ker A\subset\Ran E_+$.
  \end{enumerate}
  Navíc platí (iii) pro každé $C\in\B(\H)$ $CA=AC\implies CE_+=E_+C$.
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item Existence: V~předchozím lemmatu položíme $B=\abs{A}$,
      $E_+=P$ ortogonální projektor na $\Ker(A-\abs{A})$. Z~lemmatu
      plyne, že $E_+$ komutuje s~$A$ a $\abs{A}$ a dále
      $A=E_+\abs{A}+(I-E_+)(-\abs{A})$. Aplikací $E_+$ na tuto rovnost
      a s využitím lemmatu \ref{ABnezap} dostaneme
      $E_+A=E_+\abs{A}\ge 0$ a $(I-E_+)A=-(I-E_+)\abs{A}\le 0$. Tím je
      dokázán bod (i).
 
      Bod (ii) plyne bezprostředně z bodu (ii) předchozího lemmatu.
 
      Nechť $C\in\B(\H)$, $CA=AC$. Potom i $CA^2=A^2C$ a z~věty o odmocnině
      \ref{odmocnina} plyne $C\abs{A}=\abs{A}C$. Proto
      $C(A-\abs{A})=(A-\abs{A})C$ a podle lemmatu \ref{og_komut1} je
      $CE_+=E_+C$.
    \item Jednoznačnost:  Nechť $\tilde E_+$ splňuje (i), (ii). Položme
      \[\tilde A=\underbrace{\tilde E_+A}_{\ge 0}+\underbrace{(I-\tilde
        E_+)(-A)}_{\ge 0}\ge 0,\] 
      pak $\tilde A^2=\tilde E_+A^2+(I-\tilde
      E_+)A^2=A^2$.  Z~jednoznačnosti absolutní hodnoty pak plyne
      $\tilde A=\abs{A}=E_+A+(I-E_+)(-A)$ a
      \[0=\tilde A-\abs{A}=(\tilde E_+ - E_+)A+(E_+ - \tilde
      E_+)(-A)=2(\tilde E_+ - E_+)A,\]
      protože komutují. 
 
      To je ekvivalentní s~tím, že $\Ran(\tilde E_+ - E_+)\subset\Ker
      A\subset\Ran E_+,\Ran \tilde E_+$, tedy
      \[E_+(\tilde E_+ - E_+)=\tilde E_+ - E_+,\quad
      \tilde E_+(\tilde E_+ - E_+)=\tilde E_+ - E_+,\]
      proto $E_+\tilde E_+=\tilde E_+$, $\tilde E_+E_+=E_+\implies
      E_+\tilde E_+=E_+$ (vlastnosti sdruženého operátoru). Z~toho
      plyne $\tilde E_+=E_+$.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{define}
  Řekneme, že jednoparametrická množina ortogonálních projektorů
  $\{P_\lambda\}_{\lambda\in\R}$ je \emph{rozkladem jedničky}, právě
  když splňuje
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item monotonie: $\lambda\le\mu\implies P_\lambda\le P_\mu$,
  \item silná spojitost zleva: $\slim_{\mu\to\lambda-}P_\mu=P_\lambda$,
  \item existují $-\infty<m\le M<+\infty$ tak, že $P_\lambda=0$ pro každé
    $\lambda\le m$ a $P_\lambda=I$ pro každé $\lambda > M$.
  \end{enumerate}
\end{define}
 
\begin{lemma}
Buďte $P,Q$ ortogonální projektory. Potom jsou následující podmínky ekvivalentní:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $P\le Q$,
  \item $\Ran P\subset\Ran Q$,
  \item $\Ker Q\subset\Ker P$,
  \item $PQ=QP=P$.
  \end{enumerate}
\end{lemma}
\begin{proof}
Na cvičení.
\end{proof}
 
\begin{lemma}
  Buďte $P,Q$ ortogonální projektory. Potom jsou následující podmínky
  ekvivalentní:
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\Ran P\perp\Ran Q$,
  \item $PQ=QP=0$,
  \end{enumerate}
  Jsou-li tyto podmínky splněny, řekneme, že jsou projektory $P$ a $Q$ vzájemně kolmé.
\end{lemma}
\begin{proof}
Na cvičení.
\end{proof}
 
V následujících odstavcích bychom chtěli dát smysl výrazu $\int\lambda\d P_\lambda$, jež bude představovat spektrální rozklad pro obecné hermitovské operátory. Ačkoliv by šlo definovat pojem tzv. spektrální míry, provedeme pro jednoduchost konstrukci pouze v Riemannově smyslu.
 
%Projekční míra je zobrazení $(-\infty,\lambda)\mapsto P_\lambda$.
%Buď $\mu<\lambda$, položme
%$\Delta=[\mu,\lambda)=(-\infty,\lambda)\sm(-\infty,\mu)\mapsto
%P_\lambda-P_\mu$. $P(\Delta)=P_\lambda-P_\mu=P_\lambda(I-P_\mu)$ je OG
%projektor. Protože $P_\mu\le P_\lambda$, je $\Ran P_\mu\subset\Ran
%P_\lambda$ a $\Ran P_\lambda=\Ran P_\mu\oplus\Ran(P_\lambda-P_\mu)$.
 
Uvažujme tedy rozklad jednotky $\{P_\lambda\}_{\lambda\in\R}$ a vezměme libovolná čísla $a\le m$ a $b>M$. Uvažujme rozdělení $\nu=(\nu_k)_{k=0}^n$ intervalu $(a,b)$, tj. posloupnost splňující $a=\nu_0<\nu_1<\dots<\nu_n=b$. Definujme dále intervaly $\Delta_k:=[\nu_{k-1},\nu_k)$ pro
$k=1,\dots,n$ a projektory $P(\Delta_k):=P_{\nu_k}-P_{\nu_{k-1}}$. Jedná se jistě o hermitovské operátory a z monotonie snadno ukážeme, že jde skutečně o projektory
\[P(\Delta_k)^2=P_{\nu_k}^2-P_{\nu_k}P_{\nu_{k-1}}-P_{\nu_{k-1}}P_{\nu_k}+P_{\nu_{k-1}}^2=P_{\nu_k}-P_{\nu_{k-1}}=P(\Delta_k).\]
Dále z monotonie ukážeme, že jsou tyto operátory vzájemně kolmé. Předpokládejme $j<k$, pak
\[P(\Delta_j)P(\Delta_k)=(P_{\nu_j}-P_{\nu_{j-1}})(P_{\nu_k}-P_{\nu_{k-1}})=P_{\nu_j}-P_{\nu_{j-1}}-P_{\nu_j}+P_{\nu_{j-1}}=0\]
Díky monotonii projektory komutují, takže rovnost platí i pro opačné pořadí. Výsledek je možné psát v kompaktním tvaru
\[P(\Delta_j)P(\Delta_k)=\delta_{jk}P(\Delta_j).\]
 
Dále si můžeme povšimnout, že
\[\sum_{k=0}^nP(\Delta_k)=P_b-P_a=I.\]
 
Zvolme nyní v každém intervalu $\Delta_k$ libovolné $\tilde\nu_k\in\Delta_k$ a označme
\[A_\nu=\sum_{k=1}^n\tilde\nu_k P(\Delta_k)\in\B(\H),\quad
A_\nu^*=A_\nu.\]
 
\begin{remark}
  Mějme $\{P_j\}_{j=1}^n$ množinu nenulových OG projektorů,
  $P_iP_j=\delta_{ij}P_i$, $\sum_{j=1}^n P_j=I$,
  $\{\lambda_j\}_{j=1}^n\subset\C$. Potom
  \[\norm{\sum_{j=1}^n\lambda_jP_j}=\max_{1\le j\le
    n}\{\abs{\lambda_j}\}.\]
  \begin{proof}
    Označme $X=\sum_{j=1}^n\lambda_jP_j$. Pak
    \[\begin{split}
      \norm{Xu}^2&=(Xu,Xu)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n
      \overline{\lambda_i}\lambda_j(P_iu,P_ju)=
      \sum_{i=1}^n\abs{\lambda_i}^2(u,P_iu)\le\\
      &\le\left(\max_{1\le j\le n}\abs{\lambda_j}\right)^2\sum_{i=1}^n(u,P_iu)=
      \left(\max_{1\le j\le n}\abs{\lambda_j}\right)^2\norm{u}^2,
    \end{split}
    \]
    neboť $(P_iu,P_ju)=(u,P_iP_ju)=\delta_{ij}(u,P_iu)$. Označme
    $\max_{1\le j\le n}\abs{\lambda_j}=\abs{\lambda_{j_0}}$ a zvolme
    $u\in\Ran P_{j_0}$. Pak $Xu=\lambda_{j_0}u$, a proto
    $\norm{X}=\abs{\lambda_{j_0}}$.
  \end{proof}
\end{remark}
 
Označme normu rozdělení $d_\nu=\max_{1\le j\le n}(\nu_j-\nu_{j-1})$. Nyní budeme chtít ukázat, že pro všechny normální posloupnosti rozdělení integrální součet $A_\nu$ konverguje ke stejnému operátoru.
 
Vezměme tedy $\nu=(\nu_k)_{k=0}^n$ a $\mu=(\mu_j)_{j=0}^m$ dvě rozdělení a označme $\sigma=(\sigma_l)_{l=0}^p$ jejich společné zjemnění. Zřejmě je každý interval rozdělení $\sigma$ podintervalem právě jednoho z intervalů rozdělení $\nu$ i $\mu$, tj. pro každé $l$ existuje právě jedno $j$ a právě jedno $k$ tak, že $\Delta_l^\sigma\subset\Delta_j^\mu$ a $\Delta_l^\sigma\subset\Delta_k^\nu$. Položme pak $\sigma_l':=\tilde\mu_j$ a $\sigma_l'':=\tilde\nu_k$. Potom můžeme psát
\[A_\mu=\sum_{j=1}^m\tilde\mu_jP(\Delta_j^\mu)=\sum_{l=1}^p\sigma_l'P(\Delta_l^\sigma),\]
\[A_\nu=\sum_{k=1}^n\tilde\nu_kP(\Delta_k^\nu)=\sum_{l=1}^p\sigma_l''P(\Delta_l^\sigma),\]
takže
\[\norm{A_\mu-A_\nu}=\norm{\sum_{l=1}^p(\sigma_l'-\sigma_l'')P(\Delta_l^\sigma)}\le\max_{l\in\hat p}\abs{\sigma_l'-\sigma_l''}=\max_{\Delta_j^\mu\cap\Delta_k^\nu\neq\emptyset}\abs{\tilde\mu_j-\tilde\nu_k}\le d_\mu+d_\nu.\]
 
 
\begin{dusl}
  Je-li $\nu^{(k)}=\{\nu_j^{(k)}\}_{j=0}^{n_k}$ taková posloupnost
  rozdělení, že $\lim_{k\to\infty}d_{\nu(k)}=0$, potom $A_{\nu^{(k)}}$
  je cauchyovská posloupnost v~$\B(\H)$, a tedy existuje
  $A=\lim_{k\to\infty}A_{\nu^{(k)}}$ v~$\B(\H)$, $A^*=A$. Navíc $A$
  nezávisí na volbě $\nu^{(k)}$.
  \begin{proof}
    Zvolme druhou posloupnost $\sigma^{(k)}$, že
    $\lim_{k\to\infty}d_{\sigma^{(k)}}=0$, potom $\lim
    A_{\nu^{(k)}}=\lim A_{\sigma^{(k)}}$. Zavedeme $\mu^{(k)}$:
    $\nu^{(1)},\sigma^{(1)},\nu^{(2)},\sigma^{(2)},\dots$,  Opět $\lim
    d_\mu^{(k)}=0$ a tedy $\lim A_{\mu^{(k)}}$ existuje a je stejná
    jako limity vybraných posloupností $A_{\sigma^{(k)}}$ a
    $A_{\nu^{(k)}}$.
  \end{proof}
\end{dusl}
 
Závěr tedy je, že integrál $\int\lambda\d P_\lambda$ pro daný rozklad jednotky $\{P_\lambda\}$ existuje v Riemannově smyslu. Nyní ukážeme, že každý hermitovský operátor lze tímto způsobem rozvinout.
 
\begin{theorem}
  \label{rozklad1}
  Ke každému $A\in\B(\H)$, $A^*=A$, existuje právě jeden rozklad identity
  $\{P_\lambda\}_{\lambda\in\R}$ takový, že $A=\int\lambda\,\d
  P_\lambda$. Navíc pro každé $C\in\B(\H)$ platí
  $CA=AC\iff\forall\lambda\ CP_\lambda=P_\lambda C$.
  \begin{proof}
    Z~předchozích lemmat víme, že pro $A=A^*$ existuje právě jeden
    projektor $E_+(A)$: $AE_+(A)\ge 0$, $A(I-E_+(A))\le 0$, $\Ker
    A\subset\Ran E_+(A)$.
 
    Pro každé $\lambda$ položme $P_\lambda=I-E_+(A-\lambda)$, kde
    $E_+[A-\lambda]$ je projektor $E_+$ odpovídající operátoru
    $A-\lambda$. Ukážeme, že $P_\lambda$ je rozklad jedničky:
    \begin{enumerate}
    \item Položme $\lambda\le m_A=\inf_{\norm{x}=1}\la x,Ax\ra$. Pro každé
      $x\not=0$ je $\lambda\la x,x\ra\le m_A\la x,x\ra\le\la x,Ax\ra$ a tedy
      $0\le\la x,(A-\lambda)x\ra$. Proto $A-\lambda=\abs{A-\lambda}$, $\Ker
      (A-\lambda-\abs{A-\lambda})=\H$, $\Ran E_+[A-\lambda]=\H$ a
      $E_+[A-\lambda]=I\implies P_\lambda=0$.
    \item Buď $\lambda>M_A$. Potom pro $x\not=0$ je
      $\lambda\la x,x\ra>M_A\la x,x\ra\ge\la x,Ax\ra$ a
      $0\ge(\la x,(A-\lambda)x\ra$. Předpokládejme, že
      $0\not=x\in\Ker(A-\lambda)$. Potom by $\la x,\lambda x\ra=\la x,Ax\ra\le
      M_A\la x,x\ra$ a $\lambda\la x,x\ra>M_A\la x,x\ra\ge\la x,Ax\ra=\la x,\lambda
      x\ra=\lambda\la x,x\ra$, což je spor. Tedy
      $\Ker(A-\lambda)=\{0\}$. Nulový operátor splňuje všechny
      požadavky kladené na $E_+$ a z~jednoznačnosti
      $E_+[A-\lambda]=0$.
    \item Buď $\lambda<\mu$. Ukážeme, že $P_\lambda P_\mu=P_\lambda\iff
      0=P_\lambda(I-P_\mu)$. Z~vlastností projektoru $E_+$ a
      nezápornosti (libovolného) projektoru plyne
      \[\underbrace{P_\lambda}_{\ge 0}
      \underbrace{(I-P_\mu)(A-\mu)}_{\ge 0}\ge 0,
      \quad
      \underbrace{(A-\lambda)P_\lambda}_{\le 0}
      \underbrace{(I-P_\mu)}_{\ge 0}\le 0.
      \]
      Spojením obou nerovností dostaneme
      \[\mu P_\lambda(I-P_\mu)\le AP_\lambda(I-P_\mu)\le
      \lambda P_\lambda(I-P_\mu).\]
      Pro každé $x$ tak platí
      \[\mu\la x,P_\lambda(I-P_\mu)x\ra\le\lambda\la x,P_\lambda(I-P_\mu)x\ra,\]
      a protože $\lambda<\mu$, je
      \[0\le\underbrace{(\lambda-\mu)}_{<0}
      \underbrace{\la x,P_\lambda(I-P_\mu)x\ra}_{\ge 0}.\]
      Z~toho plyne, že pro každé $x$ je
      \[0=\la x,P_\lambda(I-P_\mu)x\ra=\la x,P_\lambda^2(I-P_\mu)^2x\ra=
      \norm{P_\lambda(I-P_\mu)x}^2,\]
      a tedy $P_\lambda(I-P_\mu)=0$.
    \item Buď $\lambda<\mu$,
      $P([\lambda,\mu))=P_\mu-P_\lambda=P_\mu(I-P_\lambda)$.
Z~monotonie podle lemmatu \ref{slim} plyne existence
      $\slim_{\lambda\to\mu-}P_\lambda=P_{\mu-0}$, označme
      $P_0=P_\mu-P_{\mu-0}=\slim_{\lambda\to\mu-}P([\lambda,\mu))$.
 
      Obdobně jako výše se ukáže nerovnost $\lambda P(\Delta)\le
      AP(\Delta)\le\mu P(\Delta)$. Limitním přechodem dostáváme
      $\mu P_0\le AP_0\le\mu P_0\implies (A-\mu)P_0=0\iff \Ran
      P_0\subset\Ker(A-\mu)\subset\Ran E_+[A-\mu]=\Ran(I-P_\mu)$.
Z~toho dále plyne $P_0\le I-P_\mu\iff P_0(I-P_\mu)=P_0\iff
      P_0P_\mu=0$. Současně $P([\lambda,\mu))P_\mu=
      (P_\mu-P_\lambda)P_\mu=P_\mu-P_\lambda=P([\lambda,\mu))$.
      Po provedení limity $P_0P_\mu=P_0$. Celkem $P_0=0$, takže
      $P_\lambda$ je spojitá zleva.
    \item Zbývá dokázat rovnost
      \[A=\int\lambda\,\d P_\lambda=\lim
      A_\nu=\lim\sum\tilde\nu_iP(\Delta_i^\nu).\]
      Opět jako předtím ukážeme $\nu_{i-1}P(\Delta_i^\nu)\le
      AP(\Delta_i^\nu)\le\nu_i P(\Delta_i^\nu)$. Platí
      \[A-A_\nu=\sum_i AP(\Delta_i^\nu)-
      \sum_i\tilde\nu_i P(\Delta_i^\nu)\le
      \sum_i(\nu_i-\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu)\le
      \sum_i d_\nu P(\Delta_i^\nu)=d_\nu I.\]
      Podobně se to odhadne zdola: $A-A_\nu\ge-d_\nu I$. Celkem pro
      každé $x$ platí
      \[-d_\nu(x,x)\le(x,(A-A_\nu)x)\le d_\nu(x,x)\]
      a pro $x\not=0$
      \[\frac{\abs{(x,(A-A_\nu)x)}}{(x,x)}\le d_\nu.\]
      Protože $A-A_\nu$ je samosdružený, je
      \[\norm{A-A_\nu}=\sup_{x\not=0}
      \frac{\abs{(x,(A-A_\nu)x)}}{(x,x)}\le d_\nu.\]
      Je-li $\lim d_{\nu^{(k)}}=0$, potom $\lim A_{\nu^{(k)}}=A$
v~$\B(\H)$ a proto $A=\int\lambda\,\d P_\lambda$.
    \item Komutativnost: Je-li $CP_\lambda=P_\lambda C$, pak i
      $CP(\Delta_i^\nu)=P(\Delta_i^\nu)C$ a $CA_\nu=A_\nu C$,
      po provedení limity $CA=AC$. 
 
      Je-li $CA=AC$, pak $C(A-\lambda)=(A-\lambda)C$, z~lemmatu pak
      plyne $CE_+[A-\lambda]=E_+[A-\lambda]C$, $CP_\lambda=P_\lambda
      C$.
    \item Jednoznačnost $P_\lambda$ dokážeme později.\qed
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{lemma}
  Buď $A\in\B(\H)$ normální. Potom $\norm{A}=r_\sigma(A)$.
  \begin{proof}
    Platí
    \[\begin{split}
      \norm{Ax}^2&=\la Ax,Ax\ra=\la x,A^*Ax\ra\le\norm{x}\norm{A^*Ax}=\\
      &=\norm{x}\sqrt{\la A^*Ax,A^*Ax\ra}=\norm{x}\sqrt{\la A^2x,A^2x\ra}=
      \norm{x}\norm{A^2x} \le \norm{A^2}\norm{x}^2,
    \end{split}\]
    dále postupujeme jako v~důkazu věty \ref{norma_herm}.
  \end{proof}
\end{lemma}
 
Buď $A=A^*\in\B(\H)$, $p$ polynom. Umíme spočítat $p(A)$. Buď
$f\in\c([m_A,M_A])$. Protože $A=A^*$, je $p(A)$ normální (hermitovský být nemusí, pokud nemá polynom reálné koeficienty) a platí
\[\begin{split}
  \norm{p(A)}&=r_\sigma(p(A))=\sup\{\abs{\lambda}|\lambda\in\sigma(p(A))\}=
  \sup\{\abs{\lambda}|\lambda\in p(\sigma(A))\}=\\
  &=\sup\{\abs{p(\xi)}|\xi\in\sigma(A)\}\le
  \sup\{\abs{p(\xi)}|\xi\in[m_A,M_A]\}=\norm{p}_\infty.
\end{split}\]
Z~Weierstrasse plyne, že pro $f\in\c([m_A,M_A])$ existuje posloupnost
polynomů $p_n$ taková, že $\lim\norm{f-p_n}_\infty=0$. Posloupnost $p_n$ je
cauchyovská v~$\c([m_A,M_A])$ a z~nerovnosti
$\norm{p_n(A)-p_m(A)}\le\norm{p_n-p_m}_\infty$ plyne, že i $p_n(A)$ je
cauchyovská v~$\B(\H)$, tudíž existuje $\lim p_n(A)$ v~$\B(\H)$.
 
Tato limita nezávisí na volbě $p_n$. Pokud $q_n\to f$
v~$\c([m_A,M_A])$, položíme $(r_n)=(p_1,q_1,p_2,q_2,\dots)$ a $r_n\to f$
v~$\c([m_A,M_A])$ a podle věty o~vybraných posloupnostech $\lim
p_n(A)=\lim q_n(A)=\lim r_n(A)$.
 
Pokládáme $f(A)=\lim p_n(A)\in\B(H)$. Protože
$p_n(A)p_n(A)^*=p_n(A)^*p_n(A)$, je i $f(A)f(A)^*=f(A)^*f(A)$, a tedy
$f(A)$ je normální. Je-li $f$ reálná, lze i $p_n$ volit reálné a
$p_n(A)^*=p_n(A)$, a tudíž i $f(A)^*=f(A)$. Je-li $f$ komplexní, je
$\overline{p_n}(A)=p_n(A)^*$ a $\overline f(A)=f(A)^*$. Pro normu
$f(A)$ platí odhad
\[\norm{f(A)}=\lim_{n\to\infty}\norm{p_n(A)}\le
\lim_{n\to\infty}\norm{p_n}_\infty=\norm{f}_\infty.\]
 
\begin{define}
  Nechť $\{P_\lambda\}$ je rozklad jedničky, $P_\lambda\equiv 0$ pro
  $\lambda\le m$, $P_\lambda\equiv I$ pro $\lambda>M$. Je-li
  $f\in\c([m,M])$, pak
  \[
  \int f(\lambda)\,\d P_\lambda=\lim_{d(\nu)\to 0}\sum f(\tilde\nu_i)
  P(\Delta_i^\nu)\in\B(\H).
  \]
  Korektnost definice, tj. existence a jednoznačnost limity se ověří
  podobně jako u~$\int\lambda\,\d P_\lambda$.
\end{define}
 
\begin{theorem}
  Je-li $A=\int\lambda\,\d P_\lambda$, potom $f(A)=\int f(\lambda)\,\d
  P_\lambda$.
  \begin{proof}
    Položme nejprve $f(\lambda)=\lambda^n$, $n\in\N_0$. Potom
    \[\int\lambda^n\,\d P_\lambda=
    \lim_{d(\nu)\to 0}\sum_i\tilde\nu_i^n P(\Delta_i^\nu)=
    \lim_{d(\nu)\to 0}\left(\sum_i\tilde\nu_i
      P(\Delta_i^\nu)\right)^n=
    \left(\int\lambda\,\d P_\lambda\right)^n=A^n,\]
    neboť při umocňování smíšené členy vypadnou díky tomu, že
    $P(\Delta_i^\nu)P(\Delta_j^\nu)=\delta_{ij}P(\Delta_i^\nu)$. Díky
    aditivitě pak tvrzení platí pro libovolný polynom.
 
    Normu integrálu lze odhadnout jako
    \[\norm{\int f(\lambda)\,\d P_\lambda}=\lim_{d(\nu)\to 0}
    \norm{\sum_i f(\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu)}
    \le\lim_{d(\nu)\to 0}\max_i\abs{f(\tilde\nu_i)}\le
    \norm{f}_\infty.\]
    Důsledkem odhadu je následující tvrzení: Jestliže $f_n\to f$
v~$\c([m,M])$, potom $\lim\int f_n(\lambda)\,\d P_\lambda=\int
    f(\lambda)\,\d P_\lambda$.
 
    Zvolíme posloupnost polynomů $p_n\to f$ v~$\c([m_A,M_A])$, potom
    \[f(A)=\lim p_n(A)=\lim\int p_n(\lambda)\,\d P_\lambda=\int
    f(\lambda)\,\d P_\lambda.\qed\]
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}
 
\begin{remark}
  Buďte $f,g\in\c([m,M])$ reálné, $f(t)<g(t)$ pro každé
  $t\in[m,M]$. Potom
  \[\int f(\lambda)\,\d P_\lambda\le\int g(\lambda)\,\d P_\lambda.\]
  \begin{proof}
    Pro každé $\nu$ platí
    \[\sum_{i}f(\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu)\le
    \sum_{i}g(\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu).\qed\]
    \noqed
  \end{proof}
\end{remark}
 
\begin{proof}[Důkaz jednoznačnosti rozkladu jedničky (věta \ref{rozklad1})]
  Buď $A=A^*\in\B(\H)$. Nechť $\{P_\lambda\}_{\lambda\in\R}$ je
  rozklad jedničky takový, že $A=\int\lambda\,\d P_\lambda$. Zvolíme
  posloupnost funkcí $f_n\in\c(\R)$, $0\le f_n\le 1$ ($\lambda_0$ je
  libovolné pevné):
  \[
  f_n(\lambda)=
  \begin{cases}
    1& \lambda\le\lambda_0-\frac1n\\
    0& \lambda\ge\lambda_0\\
    \text{lineární}& \lambda\in[\lambda-\frac1n,\lambda_0].
  \end{cases}
  \]
  Ukážeme, že $P_{\lambda_0-\frac1n}\le f_n(A)=\int f_n(\lambda)\,\d
  P_\lambda\le P_{\lambda_0}$: Zvolíme posloupnost rozdělení
  $\nu^{(k)}$, $\lambda_0$ a $\lambda_0-\frac1n$ je dělicí bod pro
  každé $k$, $d(\nu^{(k)})\to 0$. Potom ($\lambda_0=\nu_{i(k)}$)
  \[\sum_i f_n(\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu)=
  \sum_{i\le i(k)}f_n(\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu)\le
  \sum_{i\le i(k)}P(\Delta_i^\nu)=P((-\infty,\nu_{i(k)}))=
  P_{\lambda_0},\]
  neboť pro $i>i(k)$ je
  $\tilde\nu_i\in\Delta_i^\nu\subset[\lambda_0,+\infty)$ a
  $f_n(\tilde\nu_i)=0$. Obdobně se odhadne $\ge P_{\lambda_0-\frac1n}$.
  Provedením limity z monotonie dostaneme rovnost
  \[P_{\lambda_0}=\slim_{n\to\infty}f_n(A).\]
  Pravá strana nezávisí na rozkladu jedničky, takže rozklad
  $P_\lambda$ je jednoznačný.
\end{proof}
 
\begin{remark}
  \begin{enumerate}
  \item Buďte $f,g\in\c([m,M])$. Potom $f(A)g(A)=(fg)(A)$.
    \begin{proof}
      Zvolme $p_n\to f$, $q_n\to g$ posloupnosti polynomů, potom
      $p_nq_n\to fg$. Dále je
      \[(fg)(A)=\lim (p_nq_n)(A)=\lim p_n(A)q_n(A)=f(A)g(A).\qed\]
      \noqed
    \end{proof}
  \item Nechť $P_\lambda$ je konstantní na $[a,b]$, $f\in\c$, $\supp
    f\subset[a,b]$. Potom $\int f(\lambda)\,\d P_\lambda=0$.
    \begin{proof}
      Můžeme požadovat, aby $a,b$ byly dělicí body. Potom buď
      $\Delta_i^\nu\subset[a,b)$ a
      $P(\Delta_i^\nu)=P_{\nu_i}-P_{\nu_{i-1}}=0$ nebo
      $\Delta_i^\nu\cap[a,b)=\emptyset$ a
      $f(\tilde\nu_i)=0$. Proto
      \[\sum_i f(\tilde\nu_i)P(\Delta_i^\nu)=0\]
      pro každé takové $\nu$.
    \end{proof}
  \item Buď $A=\int\lambda\,\d P_\lambda$. Pak
    \[\la x,Ax\ra=\lim\la x,A_\nu x\ra=
    \lim\sum_i\tilde\nu_i\la x,P(\Delta_i^\nu)x\ra=
    \int\lambda\,\d\la x,P_\lambda x\ra,\]
    což je Riemann--Stieltjesův integrál s~distribuční funkcí
    $F(\lambda)=\la x,P_\lambda x\ra$ a mírou $\mu([a,b))=F(b)-F(a)$, a
    platí $F(x)=0$ pro $\lambda < m$, $F(x)=\norm{x}^2$ pro
    $\lambda>M$. Stejně tak je
    \[\la x,f(A)x\ra=\int f(\lambda)\,\d\la x,P_\lambda x\ra\]
    a
    \[\norm{Ax}^2=\la Ax,Ax\ra=\la x,A^2x\ra=\int\lambda^2\,\d\la x,P_\lambda x\ra.\]
  \end{enumerate}
\end{remark}
 
\begin{theorem}
  Nechť $\{P_\lambda\}$ je rozklad jedničky a $A=\int\lambda\,\d
  P_\lambda$. Potom
  \begin{enumerate}[(i)]
  \item $\lambda\in\rho(A)\cap\R$, právě když $P_\lambda$ je
    konstantní na nějakém okolí $\lambda$.
  \item $\lambda\in\sigma_P(A)$, právě když $P_0=P_{\lambda+0}-P_\lambda\not=0$.
  \end{enumerate}
  Navíc $P_0$ je ortogonální projektor na $\Ker(A-\lambda)$.
  \begin{proof}
    \begin{enumerate}
    \item (i) $\Leftarrow$: Položme $f=x-\lambda$,
      \[g(x)=
      \begin{cases}
        \frac1{x-\lambda}&\abs{x-\lambda}\ge\epsilon\\
        \text{lineární}&\abs{x-\lambda}\le\epsilon.
      \end{cases}
      \]
      Zvolíme $\epsilon>0$ tak, aby $P_\lambda$ byla konstantní na
      $[\lambda-\epsilon,\lambda+\epsilon]$. Zřejmě $f(A)=A-\lambda$,
      dále je $f(x)g(x)-1\in\c(\R)$,
      $\supp(fg-1)\subset[\lambda-\epsilon,\lambda+\epsilon]$, podle
      předchozích poznámek je tedy $(fg-1)(A)=0$ a
      $(A-\lambda)g(A)-I=f(A)g(A)-I=0$, $(A-\lambda)g(A)=I$,protože je $g$ omezené, 
      $g(A)=(A-\lambda)^{-1}\in\B(\H)$ a tedy $\lambda\in\rho(A)$.
    \item (i) $\Rightarrow$: Nechť $\lambda\in\rho(A)\cap\R$, podle Weylova
      kritéria existuje $M>0$ tak, že $\norm{(A-\lambda)x}\ge
      M\norm{x}$ pro každé $x$. Zvolme $\Delta=[\lambda-\frac
      M2,\lambda+\frac M2)$. Stejně jako v~důkazu věty \ref{rozklad1}
      ukážeme nerovnost
      \[\left(\lambda-\frac M2\right)P(\Delta)\le P(\Delta)A\le
      \left(\lambda+\frac M2\right)P(\Delta).\]
      Tu lze přepsat ve tvaru
      \[-\frac M2 P(\Delta)\le(A-\lambda)P(\Delta)\le
      \frac M2 P(\Delta).\]
      Pokud $P(\Delta)\not=0$, je $\norm{P(\Delta)}=1$ a musí platit
      \[\norm{(A-\lambda)P(\Delta)}=
      \sup_{\norm{x}=1}\abs{\la x,(A-\lambda)P(\Delta)x\ra}\le
      \sup_{\norm{x}=1}\frac M2\abs{\la x,P(\Delta)x\ra}=\frac M2.\]
      Potom ale pro $x\in\Ran P(\Delta)$ platí
      \[\frac M2\norm{x}\ge\norm{(A-\lambda)P(\Delta)x}=
      \norm{(A-\lambda)x}\ge M\norm{x},\]
      což je spor.
    \item (ii) Stačí dokázat, že $\Ker(A-\lambda) = \Ran P_0$
 
    \begin{enumerate}
     \item[$\supset:$]
 
    Buď $\mu>\lambda$, $P([\lambda,\mu))=P_\mu-P_\lambda$,
      \[P_0=P_{\lambda+0}-P_\lambda=\slim_{\mu\to\lambda+}P([\lambda,\mu)).\]
      Opět
      \[\lambda P([\lambda,\mu))\le AP([\lambda,\mu))\le
      \mu P([\lambda,\mu)).\]
      Limitním přechodem $\mu\to\lambda+$ dostáváme $\lambda P_0\le
      AP_0\le\lambda P_0\implies (A-\lambda)P_0=0$, což je
      ekvivalentní s~inkluzí $\Ran P_0\subset\Ker(A-\lambda)$.
 
      \item[$\subset:$] Buď $x\in\Ker(A-\lambda)$. Potom
      \[0=\norm{(A-\lambda)x}^2 =(x,(A-\lambda)^2 x)=\int(\mu-\lambda)^2\,\d(x,P_\mu x),\]
      z~čehož plyne nulovost míry $(-\infty,\lambda)$ a
      $(\lambda,+\infty)$. Proto zobrazení $\mu\mapsto(x,P_\mu x)$ je
      konstantní pro $\mu<\lambda$ a $\mu>\lambda$. Z definice rozkladu jednotky proto musí být 
      nutně $\norm{P_\mu x}^2=(x,P_\mu x)=0$ pro $\mu<\lambda$ a
      $\norm{P_\mu x}^2=(x,P_\mu x)=\norm{x}^2$ pro $\mu>\lambda$. 
 
      Z~toho plyne, že
      \[P_\mu x=
      \begin{cases}
        0&\mu<\lambda\\
        x&\mu>\lambda.
      \end{cases}
      \]
      Protože $P_\lambda$ je spojité zleva, je $P_\lambda x=0$ a
      \[P_0 x=\lim_{\mu\to\lambda+}(P_\mu-P_\lambda)x=
      \lim_{\mu\to\lambda+}x=x.\]
      Tedy $x\in\Ran P_0$ a $\Ker(A-\lambda)\subset\Ran P_0$.
 
      Celkem $\Ker(A-\lambda)=\Ran P_0$ a z~toho také plyne tvrzení
      (ii).\qed
      \end{enumerate}
    \end{enumerate}
    \noqed
  \end{proof}
\end{theorem}