Spektral radius

$\newcommand{\bbC}{\mathbb{C}}$

Tutaq ki, $A$ Banax cəbridir və $x \in A$. Onda
$$r(x) := \sup \{ |\lambda| \colon \lambda \in \sigma(x) \}$$
ədədinə $x$ elementinin spektral radiusu deyilir. Spektr üçün aldığımız $\sigma(x) \subset \{ \lambda \in \bbC \colon |\lambda| \le \|x\| \}$ münasibətindən çıxır ki, $r(x) \le \|x\|$.

Teorem. Banax cəbrinin ixtiyari $x$ elementinin spektral radiusu üçün
$$r(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|x^n\|}$$
düsturu doğrudur.

İsbatı. İxtiyari $f \in A^{\ast}$ üçün $f((x - \lambda e)^{-1})$ ədədi funksiyası $\bbC \setminus \sigma(x)$ çoxluğunda analitikdir. Xüsusi halda, $|\lambda| > \|x\|$ olduqda bu funksiyanı aşağıdakı şəkildə qüvvət sırasına ayıra bilərik:
$$f((x - \lambda e)^{-1}) = f \left( -\frac{1}{\lambda} \left( e - \frac{x}{\lambda} \right)^{-1} \right) = -\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f(x^n)}{\lambda^{n+1}}.$$
Ona görə də $|\lambda| > r(x)$ olduqda da həmin ayrılış doğrudur və
$$\sup_{n} \left| \frac{f(x^n)}{\lambda^{n+1}} \right| < \infty.$$
Sonuncu bərabərsizlik ixtiyari $f \in A^{\ast}$ üçün ödəndiyinə görə Banax–Şteynhaus teoreminə əsasən $n$ indeksindən asılı olmayan elə $c(\lambda)$ tapmaq olar ki,
$$\left\| \frac{x^n}{\lambda^{n+1}} \right\| \le c(\lambda)$$
olsun. Beləliklə, ixtiyari $|\lambda| > r(x)$ üçün
$$\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|x^n\|} \le |\lambda|.$$
Bu isə o deməkdir ki,
$$\varlimsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|x^n\|} \le r(x).$$

Digər tərəfdən,
$$x^n - \lambda^n e = (x - \lambda e)(x^{n-1} + \ldots + \lambda^{n-1} e)$$
bərabərliyindən çıxır ki, $\lambda \in \sigma(x)$ olduqda $\lambda^n \in \sigma(x^n)$. Ona görə də, $|\lambda^n| \le \|x^n\|$, yəni $|\lambda| \le \sqrt[n]{\|x^n\|}$. Buradan isə
$$r(x) \le \varliminf_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|x^n\|}$$
olduğunu alırıq. Yuxarıdakı bərabərsizliklə birlikdə bu o deməkdir ki,
$$r(x) = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{\|x^n\|}.$$
$\square$