Los operadores unitarios se conectan en un $C^*$ -Álgebra

Question

Dejemos que $A$ sea un unital $C^*$ - álgebra. Sea $U = \{ u \in A : u^*u=uu^*=1\}$ sea el grupo unitario de $A$ .

Dejemos que $U'= \{ e^{ia_1}e^{ia_2} \cdots e^{ia_n} : a_k = a^*_k \in A, \text{for } 1\leq k \leq n \}$ .

Demostrar que $U'$ es la componente conectada de la identidad en $U$ .

Si $A$ es conmutativo, demuestre que $U' = \{ e^{ia} : a = a ^* \in A\}$ .

He pensado en utilizar los teoremas siguientes de Banach Algebra Techniques in Operator Theory de Douglas.

Siguiendo la prueba de 2.14, si $f = e^{ia} \in A$ . Entonces $f\in U$ . Considere $\phi: [0,1 ] \rightarrow e^(A)$ definido por $\phi(\lambda) = e^{i \lambda a}$ No veo por qué $f \in U'$ y $e^A$ está contenida en $U'$ ...

También demostré que si $\| u-1\| <2 $ entonces tenemos $-1 \ne spec(u) $ y podemos escribir $u = e^{ia}$ para algunos autoadjuntos $a \in A$

Se agradecerá cualquier ayuda o sugerencia.

Gracias.

Answer 1

Cualquier unidad lo suficientemente cerca de $1$ es el exponencial de un elemento autoadjunto. Más precisamente, si la distancia de un unitario $u$ a $1$ es menor que $2$ entonces $-1 \notin \mathrm{spec}(u)$ que permite definir un logaritmo para $u$ utilizando el cálculo funcional continuo.

Ahora bien, si $u$ está conectado a $1$ por un camino $u_t$ , $t \in [0,1]$ , puede encontrar fácilmente $$0 = t_0 < t_1 < \ldots < t_n = 1$$ tal que la distancia entre $u_{t_i}$ y $u_{t_{i+1}}$ es siempre menor que $2$ .

¿Puedes seguir a partir de ahí?

Answer 2

En primer lugar, en el caso de que $A$ es conmutativo, el resultado se deduce fácilmente: Obsérvese que, cuando $ab=ba$ entonces $e^{b}\cdot e^{a}=e^{a}\cdot e^{b}=e^{a+b}$ . Utilizando este resultado elemental (que se deduce fácilmente de la identidad $e^x=\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}$ ), tenemos que $$U'=\{e^{ia_1}\cdots e^{ia_n}: n\geq1,a_k\in A_{sa}\}=\{e^{i(a_1+\dots+a_n)}: n\geq1, a_k\in A_{sa}\}=\{e^{ia}:a\in A_{sa}\}$$ donde $A_{sa}$ denota la parte autoadjunta de $A$ .

Ahora olvídate del caso conmutativo y deja que $A$ sea cualquier unital $C^*$ -de la álgebra. Denotemos por $C$ el componente conectado de la trayectoria de $1_A$ en $U(A)$ es decir $$C=\{u\in U(A): \text{ there exists a continuous path from }u\text{ to }1_A\} $$ En primer lugar, si $a\in A$ es un elemento autoadjunto, entonces el unitario $e^{ia}$ es un camino homotópico a $1_A$ : simplemente defina $\alpha:[0,1]\to U(A)$ al establecer $\alpha(t)=e^{ita}$ . Entonces $\alpha(0)=1_A$ , $\alpha(1)=e^{ia}$ y es fácil comprobar que $\alpha$ es continua. Por lo tanto, $e^{ia}\in C$ para todos $a\in A_{sa}$ . Además, si $u,v\in C$ entonces $uv\in C$ . De hecho, si $\alpha,\beta:[0,1]\to U(A)$ son trayectorias continuas desde $u$ a $1_A$ y de $v$ a $1_A$ respectivamente, entonces $t\mapsto\alpha(t)\cdot\beta(t)$ es un camino continuo desde $uv$ a $1_A$ Así que $uv\in C$ . Estos dos resultados combinados nos permiten inferir que, productos finitos de elemenetos de la forma $e^{ia}$ donde $a\in A_{sa}$ pertenecen a $C$ . En otras palabras, $U'\subset C$ . Además, observe que $U'$ es cerrado bajo la multiplicación (obviamente).

Ahora la otra inclusión, que es la difícil. Como $C$ es una componente conectada por un camino, es conectada, por lo que si demostramos que $U'$ es un subconjunto cerrado de $C$ hemos terminado.

• $U'$ está abierto en $C$ : Demostramos que $D(u,2)\cap C\subset U'$ para cualquier $u\in U'$ . De hecho, si $u\in U'$ y $v\in C$ satisface $\|u-v\|<2$ entonces $\|u^*v-1_A\|<2$ Así que $-2\not\in\sigma(u^*v-1_A)$ Así que $-1\not\in\sigma(u^*v)$ Por lo tanto, como explicas en tu post, podemos definir un logaritmo que nos dará $u^*v=e^{ih}$ para algún elemento autoadjunto $h$ Por lo tanto $v=ue^{ih}$ Así que $v\in U'$ (porque $U'$ es cerrado bajo la multiplicación).

• $U'$ está cerrado en $C$ : Basta con demostrar que $U'$ está cerrado en $U(A)$ (¿por qué?). Así que vamos a demostrar que $U(A)\setminus U'$ está abierto. Tenga en cuenta que, $(U(A), \cdot)$ es un grupo y $U'$ es un subgrupo de $U(A)$ . Detengámonos un momento y hagamos un repaso de la teoría del grupo:

Supongamos que $G$ es un grupo y $H\leq G$ es un subgrupo. Tenemos la relación $\sim$ en $G$ dado por $x\sim y$ si $y^{-1}x\in H$ . Se trata de una relación de equivalencia y $[x]=xH=\{xh: h\in H\}$ . Tomamos el conjunto cociente $\{[x]: x\in G\}$ y hacemos una elección de cada clase (utilizando por supuesto el axioma de elección) y de esta forma obtenemos un conjunto $P\subset G$ para que, si $x,y\in P$ son distintos entonces $x\not\sim y$ y si $z\in G$ existe un único $x\in P$ para que $x\sim z$ . De esto podemos concluir que $$G=\bigcup_{x\in P}xH $$ Ahora bien, si $x_0\in P$ es el elemento que satisface $[x_0]=H$ tenemos que $$G\setminus H=\bigcup_{x\in P-\{x_0\}}xH$$ Así que hemos escrito el conjunto $G\setminus H$ como una unión disjunta de "copias" de $H$ . Pero esto resolverá el problema, como veremos:

Bien, volvamos a nuestra situación. Queremos mostrar que $U(A)\setminus U'$ es abierto; por la observación anterior, tenemos un conjunto $P\subset U(A)$ para que $$U(A)\setminus U'=\bigcup_{v\in P}vU'.$$

Es elemental comprobar que el mapa $U'\mapsto vU'$ , $u\mapsto vu$ es un homeomorfismo topológico para todo $v\in P$ . Pero, como hicimos en el punto 1, el conjunto $U'$ está abierto en $U(A)$ (la misma prueba servirá exactamente). Por lo tanto, como todo conjunto $vU'$ es topológicamente homeomorfo a $U'$ cada conjunto $vU'$ está abierto en $U(A)$ . Las uniones de conjuntos abiertos son abiertas, por lo que hemos demostrado que $U(A)\setminus U'$ está abierto en $U(A)$ como queríamos.

Espero que esto sea lo suficientemente detallado. La idea de la prueba se demuestra en el libro de M. Rordam sobre la teoría K de $C^*$ -algebras, puede que el capítulo 2 de este libro te resulte muy útil.