Es la Caí-Doran problema trivial en una configuración topológica?

Question

El Cayó-Doran problema es un problema en el análisis funcional. Se va como sigue: vaya a $A$ ser un complejo unital álgebra, $X$ localmente convexo del espacio, y $L(X)$ el álgebra de todas continua endomorphisms de $X$. Supongamos que tenemos una representación de $A$$X$, por lo que simplemente nos referimos a un álgebra de homomorphism $$ T : \rightarrow L(X) $$ que es irreducible (no cerrado subespacio invariante) y ha trivial commutant (cualquier operador acotado que conmutan con todos los $T_a$ debe ser un múltiplo de la identidad). El Cayó-Doran problema es: $T(A)$ denso en $L(X)$ en el fuerte del operador de la topología?

Mi pregunta es: ¿Es este un problema que tiene que ver con el hecho de que no requieren una topología en nuestra álgebra? En otras palabras, ¿qué se puede decir sobre el caso al $A$ es en realidad un 'álgebra topológica' y el mapa de $T$ que se requiere para ser continua en algún sentido? Eso hace que el problema trivial, es decir, es la respuesta a continuación de forma automática sí?

Por cierto, he oído que hasta ahora no hay casi ningún progreso en la Caí-Doran problema en general; ni siquiera para espacios de Hilbert! Lo único que se sabe es que existe un cierto espacio concreto donde la respuesta es afirmativa.

Answer 1

En realidad, cavar un poco más profundo, he encontrado este artículo por Zelazko: Coloquio Mathematicum el que se establece el problema como: Si $A\subseteq L(X)$ es topológicamente irreductible (es decir, la órbita en $A$ de los no-vector cero es densa) y la commutant de $A$ es trivial, es $A$ totalmente irreductible. Esto significa que para cada una de las $n$ si $x=(x_1,\cdots,x_n)$ es un vector en $X^n$ con linealmente independientes de las coordenadas, a continuación, $x$ debe ser cíclico para $A^n$ (donde $A^n$ actúa en $X^n$ es la manera obvia).

De la mano, no veo qué, si algo, esto tiene que ver con $A$ ser fuertes operador de la topología de la densidad en el $L(X)$. O es que hay más de una conjetura??

Answer 2

No sé, pero yo estaría muy sorprendido si una topología de hecho el problema más fáciles, ya me imagino que siempre se puede usar la topología inducida por de $L(X)$ $A$ así que si usted puede contestar en el topológica de la configuración, a continuación, puede responder a ella en la discreta configuración. Más específicamente, la pregunta es acerca de la imagen de $T$, pero la imposición de una topología en $A$ sólo se mete con el de dominio, así que me sorprendería si había un efecto significativo.

Sin embargo, sospecho que no he entendido el problema muy bien ya que parece como si un simple ejemplo sería el caso en que $A$ fue el compacto de los operadores, junto con la unidad. Que parece encajar las condiciones pero ciertamente no es denso en el fuerte del operador de la topología (aunque es en la topología débil).

Edit: Como yo sospechaba, no había. Como Mateo señala que la topología no es el fuerte del operador de la topología, pero la débil operador de topología con respecto a la fuerte topología en $X$. Es decir, $T_\gamma \to T$ si $T_\gamma x \to Tx$ todos los $x$.

Esto, entonces, se parece mucho a la aproximación pregunta que se sabe que es falso arbitrarias de los espacios de Banach (papel de Eno, a pesar de que se me olvide la referencia exacta), ya que en un espacio donde la aproximación de la propiedad falla uno podría tener la subalgebra de rango finito operadores (además de la identidad a hacer es unital).

Sin embargo, mi primer punto todavía parece válida.

Answer 3

No estoy de acuerdo con Andrew: más específicamente, si $A$ es el álgebra de operadores compactos en un espacio de Hilbert $H$, luego deje $T\in L(H)$. Si, por ejemplo, $H$ es separable, entonces vamos a $(e_n)$ ser un ortonormales de la secuencia, y deje $P_n$ ser la proyección ortogonal en el intervalo de $e_1,\cdots,e_n$. A continuación, $P_n$ es compacto, y $P_n(x)\rightarrow x$ en la norma para cada una de las $x\in H$. En particular, $P_nT\in A$ por cada $A$ $P_nT\rightarrow T$ es el fuerte del operador de la topología.

De manera más general, la Kaplansky Densidad Teorema (véase su libro favorito en las Álgebras de operadores, o la Wikipedia) muestra que si $A\subseteq L(H)$ $*$- cerrado álgebra, entonces la unidad de la bola de $A$ es fuerte operador densa en la unidad de la bola de la álgebra de von Neumann que $A$ genera. Así que si $A$ ha trivial commutant, luego la de von Neumann bicommutant teorema muestra que $A$ genera todos los de $L(H)$. En particular, $A$ es fuerte operador denso en $L(H)$.

Por supuesto, la pregunta es: ¿qué sucede si $A$ no $*$-cerrado...