¿Es la construcción del álgebra de von Neumann grupal funtorial?

Question

Dejemos que $G$ sea un grupo y $CG$ el álgebra de grupos complejos sobre el campo $C$ del número complejo. El grupo álgebra de von Neumann $NG$ es la finalización de $CG$ wrt norma de operador débil en $B(l^2(G))$ el conjunto de todos los operadores lineales acotados en el espacio de Hilbert $l^2(G)$ . Dejemos que $f:G \to H$ sea cualquier homomorfismo de grupos. Mi pregunta es: ¿existe un homomorfismo del grupo álgebra de von Neumann $NG \to NH$ inducido por $f$ ?.

Si $NG$ se sustituye por $CG$ Es obvio que es verdad. Si $NG$ se sustituye por $C^\ast_r(G)$ el grupo reducido $C^\ast$ álgebra, no es necesariamente cierto.

Answer 1

Dejemos que $f : G \to H$ sea un homomorfismo de grupos discretos.

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

Answer 2

Por cierto, aquí está la propiedad functorial "correcta". Si G y H son abelianos, y $f:G\rightarrow H$ es un homomorfismo de grupo continuo, entonces obtenemos un homomorfismo de grupo continuo $\hat f:\hat H\rightarrow \hat G$ entre los grupos duales. Por el pull-back, obtenemos un *-homorfismo $\hat f_*:C_0(\hat G) \rightarrow C^b(\hat H)$ . Debemos pensar en $C^b(\hat H)$ como el álgebra multiplicadora de $C_0(\hat G)$ . Entonces $C_0(\hat G) \cong C^*_r(G)$ y por lo tanto hacer obtener un *homorfismo $C^*_r(G) \rightarrow M(C^*_r(H))$ la extensión de continuidad estricta de esto es un *homorfismo $M(C^*_r(G)) \rightarrow M(C^*_r(H))$ que efectivamente envía $\lambda(s)$ a $\lambda(f(s))$ .

Para los grupos no abelianos (de hecho, los grupos no amables) es necesario trabajar con $C^*(G)$ en su lugar.

No podemos asegurar un mapa para $C^*_r(H)$ ya que no podemos asegurar un mapa de $C_0(\hat G)$ a $C_0(\hat H)$ ; de hecho, esto sólo ocurriría cuando $\hat f$ eran un mapa correcto .

Del mismo modo, no obtenemos mapas a nivel del álgebra de von Neumann, ya que no obtenemos un mapa $L^\infty(\hat G) \rightarrow L^\infty(\hat H)$ : necesitaríamos que $\hat f$ los conjuntos de nulos retraídos en $\hat G$ a conjuntos nulos en $\hat H$ .

Answer 3

Bueno, para $s\in G$ dejar $\lambda(s)$ sea el operador de traslación a la izquierda por $s$ ; todos esos operadores están en el álgebra de von Neumann del grupo. Supongo que el esperado homomorfismo $F:NG \rightarrow NH$ debe satisfacer $F(\lambda(s)) = \lambda(f(s))$ para $s\in G$ y deberíamos tener eso $F$ es una continua (ultradébil) $*$ -homorfismo. En particular, $F$ es contractiva.

Entonces $F$ no tiene por qué existir. Dejemos que $G=\mathbb Z$ y $H=\mathbb Z/n\mathbb Z$ . Entonces $NH = CH$ , por lo que tenemos un rastro en $NH$ que envía $\lambda(0)$ a $1$ . Así que si aplicamos $F$ y luego tomar la traza, deberíamos obtener un funcional ultra débilmente continuo $\phi$ en $NG$ que satisface $\phi(\lambda(ns)) = 1$ para todos $s\in\mathbb Z$ .

Pero esto no puede suceder: tal vez podamos ver esto a través de la transformada de Fourier. Entonces $NG \cong L^\infty(\mathbb T)$ y $\phi$ induce $h\in L^1(\mathbb T)$ que satisface $\int h(\theta) e^{ins\theta} d\theta = 1$ para todos $s\in\mathbb Z$ . Esto violó a Reimann-Lebesgue.

Por otro lado, si $G \subseteq H$ es una inclusión (de grupos discretos, para evitar la topología) entonces sí obtenemos una inclusión $NG \rightarrow NH$ . Esta es una construcción. Encuentra un conjunto de índices $I$ y $(h_i)$ en $H$ tal que $H$ es la unión disjunta de $\{Gh_i\}$ . Entonces defina $V:l^2(H)\rightarrow l^2(G)\otimes l^2(I)$ por $V(\delta_h) = \delta_g\otimes\delta_i$ si $h=gh_i$ (así se define en las masas puntuales, y se extiende por linealidad). Así que $V$ es unitario, y $\theta:x\mapsto V^*(x\otimes 1)V$ es una normal $*$ -homorfismo $NG\rightarrow B(l^2(H))$ . Entonces, para $r\in G$ , $V^*(\lambda(r)\otimes 1)V(\delta_h) = V^*(\delta_{rg}\otimes\delta_i) = \delta_{rh}$ como $rg\in G$ . Así que $\theta$ se convierte en $NH$ y hace lo que queremos.

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