Condición suficiente para un * -homomorphism entre C * -algebras que es isométrico

Question

Deje $\mathcal{A},\mathcal{B}$ dos unital C*-álgebras y considerar la posibilidad de una *-homomorphism $\pi: \mathcal{A} \rightarrow \mathcal{B}$. Sé que, en general, $\pi$ es contractiva, es decir,$\vert\vert \pi(A) \vert\vert \leq \vert\vert A \vert\vert, \forall A\in \mathcal{A}$.

Quiero mostrar que bajo la suposición adicional de que $\pi(A)>0, \forall A>0$ uno tiene la igualdad, es decir, $\pi$ es una isometría: $\vert\vert \pi(A) \vert\vert = \vert\vert A \vert\vert, \forall A\in \mathcal{A}$

El paso crucial en el establecimiento de la anterior desigualdad radica en el hecho de que $\forall A\in\mathcal{A}$

$$r(\pi(AA^*)) \leq r(AA^*),$$

donde $r$ denota el espectro de radio, respectivamente. Desde $AA^*$ es positivo, tengo la sensación de que la condición adicional entra en este punto, pero no puedo terminar la prueba.

Estoy en el pie equivocado? La ayuda es muy apreciada!

Answer 1

Su hipótesis es que el $\pi$ es fiel. Ser $*$-homomorphism, esto implica que $\pi$ es inyectiva, porque $$\pi(X)=0\ \implica\ \pi(X^*X)=\pi(X)^*\pi(X)=0\ \implica\ X^*X=0\ \implica\ X=0.$$ Ahora necesitamos usar que la imagen de $\pi$ es cerrado y por lo tanto es una C$^*$-álgebra (he añadido una prueba al final).

Se demostró que la $\pi$ es inyectiva, por lo que bijective en su imagen. A continuación, $\pi^{-1}$ $*$- homomorphism, por lo tanto la contractura. Entonces, para cualquier $X\in\mathcal A$, $$\|X\|=\|\pi^{-1}\pi(X)\|\leq\|\pi(X)\|\leq\|X\|.$$

================================

La prueba de que una imagen homomórfica de una C$^*$-álgebra a es cerrado (esto es cómo Kadison-Ringrose demostrarlo en el Teorema de 4.1.9 de su primer volumen).

Deje $Y\in\overline{\pi(\mathcal A)}$. Queremos mostrar que $Y\in\pi(\mathcal A)$.

Tenemos que $Y=\lim\pi(A_n)$ para algunos secuencia $\{A_n\}$$\mathcal A$. Como $Y^*=\lim\pi(A_n^*)$, las partes real e imaginaria de $Y$ son los límites de la correspondiente partes real e imaginaria de la $A_n$. Así que podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que el $Y$ es selfadjoint.

También, por la elección de una larga si es necesario, podemos suponer que la $\|\pi(A_{n+1})-\pi(A_n)\|<2^{-n}$ todos los $n$. En particular, $\sigma(\pi(A_{n+1}-A_n))\subset[-2^{-n},2^{-n}]$.

Seleccione funciones $f_n$ con la propiedad de que $f_n(t)=t$ al $t\in[-2^{-n},2^{-n}]$ $|f_n(t)|\leq2^{-n}$ todos los $n$. Vamos $$A=A_1+\sum_nf_n(A_{n+1}-A_n)\in\mathcal Un$$ (la serie converge porque $\|f_n(A_{n+1}-A_n)\|<2^{-n}$ todos los $n$).

El punto clave es que, desde el $f_n$ es la identidad en el espectro de la $\pi(A_{n+1}-A_n)$, es la identidad cuando se evaluó en el operador. Entonces, como $\pi$ es un continuo $*$-homomorphism, $$\pi(A)=\lim_m\pi(A_1)+\sum_{n=1}^m\pi(f_n(A_{n+1}-A_n))\\ =\lim_m\pi(A_1)+\sum_{n=1}^mf_n(\pi(A_{n+1}-A_n))\\ =\lim_m\pi(A_1)+\sum_{n=1}^m\pi(A_{n+1}-A_n)\\ =\lim_m\pi(A_1)+\sum_{n=1}^m\pi(A_{n+1})-\pi(A_n)\\ =\lim_m\pi(A_m)=Y.$$

Answer 2

Me gustaría dar un enfoque alternativo, puesto que creo que la otra respuesta es lógicamente incompleta. Suponiendo que el algebraicas * -isomorfismo entre el $A/\ker(\pi)$ y la imagen de $\pi$ lleva más de la norma ya incluye lo que nos gustaría mostrar. De hecho, en cada estándar de C*-conferencia que he visto, la afirmación de que es necesario en primer lugar, para mostrar que la imagen de una C*-álgebra bajo * -homomorphism es de nuevo una C*-álgebra.

Así que vamos a mostrar que un inyectiva * -homomorphism $\pi: A\to B$ es isométrica. Debido a la C*-condición en la norma, es suficiente para mostrar que $\|a\|=\|\pi(a)\|$ todos los $a\geq 0$$A$. Supongamos que esto es falso. Encontrar$a\geq 0$$\|a\|=1$, pero $\|\pi(a)\|=r<1$. Definir la función continua $$f: [0,1]\[0,1]\quad\text{por}\quad f(t)=\begin{cases} 0 &,\quad t\leq r \\\\ \frac{t-r}{1-r} &,\quad t>r. \end{casos}$$ Desde $1\in\operatorname{Sp}(a)$$f(1)=1$, obtenemos $\|f(a)\|=1$. Por otro lado, $\operatorname{Sp}(\pi(a))\subset [0,r]$, lo $f(\pi(a))=0$. Pero puesto funcional de cálculo es compatible con *-homomorphisms, obtenemos $\pi(f(a))=f(\pi(a))=0$, lo cual es una contradicción a la inyectividad.

Answer 3

Más simple. Suponga $\pi:\mathcal{A}\to\mathcal{B}$ es un inyectiva $\ast$-Álgebra Homomorphism. (No asume ningún tipo de continuidad.) Se ha demostrado, que el $\pi$ es automáticamente una isometría.

Lema 1. En un $C^{\ast}$-Álgebra $a\leq M\Longleftrightarrow \|a\|\leq M$ si $a\geq 0$.

Una simple prueba consiste en la observación del espectro de $\sigma(M-a)$ en relación al $\sigma(a)$.

Lema 2. $\pi(a)\geq 0\Longleftrightarrow a\geq 0$.

Prueba. $(\Longleftarrow)$: Si $a\geq 0$,$\pi(a)=\pi(\sqrt{a}^{\ast}\sqrt{a})=\pi(\sqrt{a})^{\ast}\pi(\sqrt{a})\geq0$.

$(\Longrightarrow)$: Si $\pi(a)\geq 0$,$\pi(a)=\sqrt{\pi(a)^{\ast}\pi(a)}=\sqrt{\pi(a^{\ast}a)}$.

Ahora para$c\in\mathcal{A}$, $\pi(\sqrt{c})^{2}=\pi(\sqrt{c}^{2})=f(c)$. Ahora $\pi(c), \pi(\sqrt{c})\geq 0$, ya que el $c,\sqrt{c}\geq 0$ (la primera parte). Por lo tanto $\pi(\sqrt{c})=\sqrt{\pi(c)}$.

Por lo tanto $\pi(a)=\sqrt{\pi(a^{\ast}a)}=\pi(\sqrt{a^{\ast}a})$. Desde $\pi$ es inyectiva, se deduce que el $a=\sqrt{a^{\ast}a}\geq 0$. $\blacksquare$

Corolario. $\pi$ es una isometría.

Prueba. Considere la posibilidad de $a\in\mathcal{A}$ positivo. Set$M:=\|a\|$$N:=\|\pi(a)\|$.

(1) sostiene que la $M-a\geq 0$, lo $M-\pi(a)=\pi(M-a)\geq 0$, lo $\pi(a)\leq M$, lo $\|\pi(a)\|\leq M=\|a\|$.

(2) de manera Similar $\pi(N-a)=N-\pi(a)\geq 0$, lo $N-a\geq 0$, lo $a\leq N$, lo $\|a\|\leq N=\|\pi(a)\|$.

Por lo tanto $\|\pi(a)\|=\|a\|$ $a$ positivo.

Para $a\in\mathcal{A}$ un elemento general: $\|a\|^{2}=\|a^{\ast}a\|=\|\pi(a^{\ast}a)\|=\|\pi(a)^{\ast}\pi(a)\|=\|\pi(a)\|^{2}$. Por lo tanto $\|a\|=\|\pi(a)\|$. $\blacksquare$