¿Es el límite del radio espectral el radio espectral del límite?

Question

Deje $A$ ser un unital álgebra de Banach, $x \in A$ e $(x_n)$ una secuencia en $A$ convergentes a $x$. Quiero mostrar que $$ \lim\limits_n \rho (x_n) = \rho (x).$$ I can show that $$\limsup \rho(x_n) \leq \rho(x)$$ for every Banach algebra. In addition, if A is a commutative algebra, it's easy to prove that $$\liminf \rho(x_n) \geq \rho(x),$$ así que la proposición es verdadera en conmutativa álgebras de Banach. Podemos demostrar que cuando Una es no conmutativa? Si no, ¿cómo podemos mostrar un contraejemplo? He tratado de construir algunos counterxamples en el espacio de la no-singular de la matriz, pero nada parece funcionar. Mi otra idea es considerar el álgebra de Banach operadores definidos en algunos de Hilbert/espacio de Banach, pero el espectro de radio es un poco difícil de calcular.

Alguien me puede ayudar? Muchas gracias.

Answer 1

La respuesta es no.

Este ejemplo se debe a Kakutani, se encuentran en C. E. Rickart General de la Teoría de Álgebras de Banach, la página de $282$.

Considerar el espacio de Banach $\ell^2$ con la base canónica $(e_n)_n$. Definir una secuencia de escalares $(\alpha_n)_n$ con la relación $\alpha_{2^k(2l+1)} = e^{-k}$ para $k,l \ge 0$.

Definir $A : \ell^2 \to \ell^2$ con $Ae_n = \alpha_n e_{n+1}$. Tenemos $\|A\| = \sup_{n\in\mathbb{N}}|\alpha_n|$. También se define una secuencia de operadores de $A_k : \ell^2 \to \ell^2$con $$A_k e_n = \begin{cases} 0, &\text{ if } n \ne 2^k(2l+1) \text{ for some } l \ge 0 \\ \alpha_ne_{n+1}, &\text{ if } n =2^k(2l+1) \text{ for some } l \ge 0 \end{casos}$$ A continuación, $A_k^{2^{k+2}} = 0$ lo $A_k$ es nilpotent. También tenemos $A_k \to A$desde $$(A - A_k)e_n = \begin{cases} e^{-k}, &\text{ if } n \ne 2^k(2l+1) \text{ for some } l \ge 0 \\ 0, &\text{ if } n =2^k(2l+1) \text{ for some } l \ge 0 \end{casos}$$ por lo $\|A - A_k\| = e^{-k} \to 0$.

Para $j \in \mathbb{N}$ hemos $$A^je_n = \alpha_n\alpha_{n+1}\cdots\alpha_{n+j-1}e_{n+j}$$ Observe que $$\alpha_{1}\alpha_2\cdots\alpha_{2^t-1} = \prod_{r=1}^{t-1} \exp(-r2^{t-r-1})$$

$$r(a)= \limsup_{j\to\infty}\|^j\|^{\frac1j} \ge \limsup_{t\to\infty} \|A^{2^t-1}\|^{\frac1{2^t-1}} \ge \limsup_{t\to\infty} \|A^{2^t-1}e_1\|_2^{\frac1{2^{t-1}}} = \limsup_{t\to\infty} |\alpha_{1}\alpha_2\cdots\alpha_{2^t-1}|^{\frac1{2^{t-1}}} \\ \ge\limsup_{t\to\infty} \left(\prod_{i=1}^{t-1} \exp(-r2^{t-r-1})\right)^{\frac1{2^{t-1}}} = \limsup_{t\to\infty}\left(\prod_{i=1}^{t-1} \exp\left(-\frac{r}{2^{r}}\right)\right) = \limsup_{t\to\infty}\exp\left(-\sum_{i=1}^{t-1}\frac{j}{2^{r}}\right) = e^{-\sum_{i=1}^\infty \frac{j}{2^{r}}}$$

Por lo tanto, $A_k \to A$ pero $r(A_k) \not\to r(A)$ desde $r(A_k) = 0$ pero $r(A) > 0$.

Answer 2

No estoy seguro de si es cierto en general, pero creo que es cierto si $\sigma(x)$ es discreto. Podemos probar lo siguiente:

Para todos los $x\in A$ si $U$ es un conjunto abierto que contiene a$\sigma(x)$, existe un $\delta_U>0$ tal que $\sigma(x+y)\subset U$ para todos los $y\in A$ con $\|y\|<\delta$.

Prueba: Este es el Teorema de 10.20 en Rudin del análisis funcional. Voy a reproducir la prueba para su comodidad. La función de $\mathbb C\backslash \sigma(x)\ni\lambda\mapsto\|(\lambda e-x)^{-1}\|$ es continua en el resolvent conjunto. Además sabemos que como $|\lambda|\to \infty$ debemos tener $\|(\lambda e-x)^{-1}\|\to 0$. Así tenemos algunos finito $M$ tal que $\|(\lambda e-x)^{-1}\|<M$ para todos los $\lambda\notin U$. Por lo tanto, si $y$ satisface $\|y\|<1/M$ e $\lambda \notin U$ tenemos $\lambda e-(x+y)$ es invertible. Esto se deduce porque $$\lambda e-(x+y)=(\lambda e-x)(e-(\lambda e-x)^{-1}y)$$ y $\|(\lambda e-x)^{-1}y\|<1$, por lo que es invertible.

También podemos probar el refuerzo de este:

Si $U$ es un conjunto abierto que contiene un componente de $\sigma(x)$ (para cualquier $x\in A$) y $\lim x_n=x$, a continuación, $\sigma(x_n)\cap U\neq \emptyset$ para todos los $n$ lo suficientemente grande.

Prueba: Si $\sigma(x)$ está conectado esto se desprende de la anterior, así que vamos a suponer que no lo es. Por lo tanto existe una abierta $V$ tal que $\sigma(x)\subset U\cup V$. Asumir por medio de la contradicción que la afirmación es falsa. A continuación, para todos los $n\in \mathbb N$ existe un $N\geq n$ tal que $\sigma(x_n)\cap U=\emptyset$. En combinación con el teorema anterior tenemos así arbitrariamente grande, $n$ tal que $\sigma(x_n)\subset V$. Como estos $n$ son arbitrariamente grande, debemos ser capaces de encontrar una $x_n$, de tal manera que $\sigma(x_n)\subset V$ e $\|x-x_n\|<\delta_U$. El teorema anterior implica entonces que $\sigma(x)\subset V$, una contradicción.

El uso de este teorema es un simple corolario de que si $x$ tiene un espectro discreto y $x_n\to x$ debemos tener $\lim \rho(x_n)=\rho(x)$. En particular, esto es cierto para el compacto de operadores en espacios de Banach.