$C^*$ -que también es un espacio de Hilbert?

Question

¿Existe una solución no trivial (es decir, distinta de $\mathbb{C}$ ) ejemplo de $C^*$ -que también es un espacio de Hilbert (con la misma norma, por supuesto)?

Para $\mathbb{C}^n$ con $n > 1$ la respuesta es no por unicidad de norma en $C^*$ -ya que $\mathbb{C}^n$ es un $C^*$ -álgebra en el $\ell^\infty$ que no viene dada por un producto interior. ¿Y en términos más generales?

Answer 1

No. Toda álgebra C* de dimensión infinita es un subconjunto estricto de su segundo dual.

Editado para añadir: Quizá una forma más fácil de verlo sea utilizar el hecho de que los puntos extremos de la bola unitaria de un álgebra C* son precisamente las isometrías parciales. No es demasiado difícil ver que cualquier C*-álgebra de dimensión mayor que 1 contiene elementos de norma uno que no son isometrías parciales.

Edita el segundo: No puedo resistirme a dar una razón más. En primer lugar, la bola unitaria de una álgebra C* no unitaria no tiene ningún punto extremo. Si no, llamemos a la unidad $e$ y el cono de elementos positivos $P$ entonces la bola unitaria en la parte autoadjunta del álgebra C* es $B_{\text{sa}}=(e-P)\cap(-e+P)$ . En particular, $B_{\text{sa}}\subset(e-P)$ . Es fácil que si esto se cumple para un vector unitario $e$ en un espacio de Hilbert, el cono $P$ debe ser todo el semiespacio $\{v\colon \langle v,e\rangle\ge0\}$ . En términos geométricos, la bola unitaria de la parte autoadjunta de un álgebra C* tiene un punto agudo en la unidad, mientras que la bola unitaria de un espacio de Hilbert es lisa.

Answer 2

En primer lugar, supondré que el $C^*$ -es unital. Si no es unidimensional, entonces porque cada elemento del álgebra tiene la forma $a+ib$ con $a$ y $b$ autoadjunto, hay un elemento autoadjunto $a$ que no sea múltiplo escalar de la identidad. Entonces el espectro de $a$ contiene al menos $2$ elementos distintos. En caso contrario, si digamos $\lambda$ eran el único elemento del espectro de $a$ entonces $a-\lambda 1$ sería un elemento autoadjunto con radio espectral $0$ Por lo tanto $a=\lambda 1$ .

Dado que el espectro de $a$ tiene al menos $2$ existen elementos continuos ( $\mathbb C$ -o incluso de valor real positivo). $f$ y $g$ en el espectro de $a$ tal que $\|f(a)\|=\|g(a)\|=1$ y $f(a)g(a)=0$ . De ello se deduce que $\|f(a)+g(a)\|=\|f(a)-g(a)\|=1$ . Por lo tanto

$$2\|f(a)\|^2+2\|g(a)\|^2=4>2=\|f(a)+g(a)\|^2+\|f(a)-g(a)\|^2,$$ violando la ley del paralelogramo. Alternativamente, $\{f(a)+tg(a):t\in[-1,1]\}$ es un conjunto convexo cerrado con infinitos elementos de norma mínima.

Si el álgebra no es unívoca, todavía se puede encontrar $a$ , $f$ y $g$ como arriba, pero necesita $f(0)=g(0)=0$ por lo que el espectro de $a$ debería haber $2$ distinto distinto de cero elementos, lo que significa que se necesita algo más para ver que tales $a$ existe. Esto parece exagerado, pero en este caso el álgebra es infinita dimensional, que implica que tiene un elemento autoadjunto con espectro infinito. Nótese que un elemento autoconjunto cuyo espectro tiene un solo elemento distinto de cero es un múltiplo escalar de una proyección, y debería haber una manera más fácil de ver que hay elementos autoconjuntos que no son múltiplos de proyecciones, pero no se me ocurre ninguna.