Es el grupo de von Neumann álgebra construcción functorial?

Question

Deje $G$ ser un grupo y $CG$ el complejo grupo de álgebra sobre el campo $C$ de número complejo. El grupo de von Neumann álgebra $NG$ es la culminación de $CG$ wrt débil operador de la norma en $B(l^2(G))$, el conjunto de todos los delimitada lineal de operadores en el espacio de Hilbert $l^2(G)$. Deje $f:G \to H$ ser cualquier homomorphism de grupos. Mi pregunta es: ¿hay un homomorphism del grupo de von Neumann álgebra $NG \to NH$ inducida por la de $f$?.

Si $NG$ se sustituye $CG$, es obvio verdadero. Si $NG$ se sustituye $C^\ast_r(G)$, el reducido grupo de $C^\ast$ álgebra, no es necesario la verdad.

Answer 1

Deje $f : G \to H$ ser un homomorphism de grupos discretos.

El homomorphism $f$ se extiende a un homomorphism de grupo reducido $C^{\ast}$-álgebras si y sólo de $\ker(f)$ es susceptible, y se extiende a un homomorphism de grupo de álgebras de von Neumann si y sólo si $\ker(f)$ es finito.

Answer 2

Por cierto, aquí está la "correcta" functorial de la propiedad. Si G y H son abelian, y $f:G\rightarrow H$ es un grupo continuo homomorphism, entonces tenemos un grupo continuo homomorphism $\hat f:\hat H\rightarrow \hat G$ entre el doble grupos. Por el pull-back, obtenemos un *-homomorphism $\hat f_*:C_0(\hat G) \rightarrow C^b(\hat H)$. Debemos pensar de $C^b(\hat H)$ como el multiplicador de álgebra de $C_0(\hat G)$. A continuación,$C_0(\hat G) \cong C^*_r(G)$, y así nos hacen tener una *-homomorphism $C^*_r(G) \rightarrow M(C^*_r(H))$; el de la estricta continuidad de la extensión de esto es una *-homomorphism $M(C^*_r(G)) \rightarrow M(C^*_r(H))$ que de hecho envíe $\lambda(s)$$\lambda(f(s))$.

Para no abelian grupo (de hecho, no susceptibles de grupos) es necesario trabajar con $C^*(G)$ lugar.

No podemos garantizar un mapa a $C^*_r(H)$ sí, como no podemos garantizar un mapa de$C_0(\hat G)$$C_0(\hat H)$; de hecho, esto sólo ocurriría cuando $\hat f$ fueron una adecuada mapa.

Del mismo modo, no podemos ir a mapas en el álgebra de von Neumann nivel, ya que no obtener un mapa $L^\infty(\hat G) \rightarrow L^\infty(\hat H)$: tendríamos que $\hat f$ la tira de la espalda null establece en $\hat G$ a null establece en $\hat H$.

Answer 3

Así, por $s\in G$ deje $\lambda(s)$ ser la izquierda-traducción al operador por $s$; todos los operadores están en el grupo de von Neumann álgebra. Supongo que la espera para homomorphism $F:NG \rightarrow NH$ debe satisfacer $F(\lambda(s)) = \lambda(f(s))$$s\in G$, y debemos tener la $F$ es un (ultraweakly) continua $*$-homomorphism. En particular, $F$ es contractiva.

A continuación, $F$ no tiene que existir. Deje $G=\mathbb Z$$H=\mathbb Z/n\mathbb Z$. A continuación,$NH = CH$, por lo que tenemos una traza en $NH$ que envía a $\lambda(0)$$1$. Así que si aplicamos $F$, y, a continuación, tomar la traza, se debe obtener un ultraweakly continua funcional $\phi$ $NG$ que satisface $\phi(\lambda(ns)) = 1$ todos los $s\in\mathbb Z$.

Pero esto no puede suceder: que tal vez podemos ver esto a través de la transformada de Fourier. A continuación, $NG \cong L^\infty(\mathbb T)$ $\phi$ induce $h\in L^1(\mathbb T)$ que satisface $\int h(\theta) e^{ins\theta} d\theta = 1$ todos los $s\in\mathbb Z$. Esta violación de Reimann-Lebesgue.

Por otro lado, si $G \subseteq H$ es una inclusión de grupos discretos, para evitar la topología), a continuación, hacemos llegar una inclusión $NG \rightarrow NH$. Aquí está una construcción. Encontrar un conjunto de índices $I$ $(h_i)$ $H$ tal que $H$ es distinto de la unión de $\{Gh_i\}$. A continuación, defina $V:l^2(H)\rightarrow l^2(G)\otimes l^2(I)$ $V(\delta_h) = \delta_g\otimes\delta_i$ si $h=gh_i$ (así se define en el punto masas, y se extienden por la linealidad). Por lo $V$ es unitaria, y $\theta:x\mapsto V^*(x\otimes 1)V$ es normal, a $*$-homomorphism $NG\rightarrow B(l^2(H))$. Entonces, para $r\in G$, $V^*(\lambda(r)\otimes 1)V(\delta_h) = V^*(\delta_{rg}\otimes\delta_i) = \delta_{rh}$ como $rg\in G$. Por lo $\theta$ mapas en $NH$, y hace lo que queremos.

Seguramente hay algún resultado general, pero no estoy seguro de ello...