Cuando dos proyecciones en un C *-álgebra son "casi" Murray-von Neumann equivalente, son equivalentes

Question

Deje $A$ ser una C*-álgebra y $p,q \in A$ ser proyecciones. Asumir que hay un elemento $a\in A$ tal que $\|aa^*-p\|<\frac{1}{4}$$\|a^*a-q\|<\frac{1}{4}$. Entonces no es una isometría parcial $v$$vv^*=p$$v^*v=q$.

Se considera que esta es evidente en el papel que me estoy leyendo. He tratado de imitar la prueba de la siguiente proposición.

Vamos $p$, $q$ de ser proyecciones en una C*-álgebra A. Si $\|p-q\|<1$, entonces p y q son unitarily equivalente.

Que implica el uso adecuado de la expresión ($1-p-q+2pq$) y de descomposición polar. Pero no va a ninguna parte.

Answer 1

Se puede probar que $p,q$ Murray -von-Neumann equivalentes si se cumple $$ \|aa^*-p\|<\frac 12,\quad \|^*-q\|<\frac 12. $$ Es la prueba estándar (por ejemplo, se señala en el comentario de @ougao), se me acaba la suerte de encontrar a $\|(1/2-p)^{-1}\|=2$.

Primero vamos a suponer que el $C^*$-álgebra $A$ es unital.

Primera nota de que $(1-2p)^2=1$, por lo tanto $(1-2p)$ es su propia inversa y $\|1-2p\|=1$. De ello se desprende que el inverso de a $\frac 12-p$ $2-4p$ y $\|2-4p\|=2$. Si $\|aa^*-p\|<\frac 12$,$\|aa^*\|< \frac 32$$Spec(aa^*)\subset [0,\frac 32[\subset\Bbb{R}$. Por otra parte, desde la $\frac 12-p$ es invertible y $\|p-aa^*\|<\frac{1}{\|(\frac 12-p)^{-1}\|}$, tenemos que $\frac 12-p+p-aa^*=\frac 12-aa^*$ es invertible. Esto significa que el espectro de $aa^*$ tiene una brecha en $\frac 12$, es decir, un intervalo abierto alrededor de $\frac 12$ que no se cruzan $Spec(aa^*)$, ya que el $Spec(aa^*)$ es cerrado.

Por lo tanto, no existe un $r\in]0,\frac 12[$ tal que $$ La especificación(aa^*)\subconjunto B_r(0)\cup B_r(1). $$ Del mismo modo nos encontramos con que $$ Spec(a^*)\subconjunto B_{r_1}(0)\cup B_{r_1}(1), $$ y podemos suponer que $r=r_1$.

Definimos en $D:=(B_{r}(0)\cup B_{r}(1))\cap\Bbb{R}$ la función continua $$ f(x)=\left\{ \begin{array}{lr} 0& \text{if %#%#%}\\ 1/\sqrt{x}& \text{if %#%#%.} \end{array} \right. $$ Tenga en cuenta que en $x\in B_r(0)$ la función de $x\in B_r(1)$ es una proyección con una distancia de menos de $D$ a la función identidad, es decir,

1. $xf^2(x)$.

2. $r$.

A continuación, aplicamos funcional de cálculo y establecer $x^2f^4(x)=xf^2(x)$. Tenemos que $|xf^2(x)-x|\le r$ y, además, por 1., $$ (vv^*)^2=(aa^*)^2f^4(aa^*)=aa^*f^2(aa^*). $$ Tenga en cuenta que para cualquier función continua $v:= f(aa^*)a$ $vv^*=aa^*f^2(aa^*)$ tenemos $f$ (esto es para los polinomios y $D$ es el límite de polinomios).

Por lo tanto, tenemos $a^*f(aa^*)a=a^*af(a^*a)$, por lo que, en 1., $$ (v^*v)^2=(a^*a)^2f^4(a^*a)=a^*af^2(a^*). $$ Por lo $f$ $v^*v=a^*f^2(aa^*)a=a^*af^2(a^*a)$ son equivalentes proyecciones (son de la gama de proyecciones de $vv^*$ $v^*v$ respectivamente) y calculamos $$ \|vv^*-p\|\le \|vv^*-aa^*\|+\|aa^*-p\|< r+\frac 12<1, $$ donde $aa^*$ sigue a partir de la 2.

Del mismo modo $$ \|v^*v-q\|\le \|v^v*-^*\|+\|^*-q\|< r+\frac 12<1, $$ donde $a^*a$ sigue a partir de la 2.

Desde $\|vv^*-aa^*\|\le r$ es unital, hay unitario elementos $\|v^*v-a^*a\|\le r$$A$$u,s$. Entonces $uvv^*u^*=p$ $v^*v=sqs^*$.

Finalmente se demuestra que el caso general. Si $(uvs)^*uvs=q$ no es unital, incrustarla en su unitalization $uvs(uvs)^*=p$, $A$ $A^\sim$ Murray-von-Neumann equivalente, es decir, no existe $p$, de tal manera que $q$$b\in A^\sim$. Pero, a continuación,$bb^*=p$, ya que el $b^*b=q$, y así, desde la $b=pb$ es un ideal en el $\|(b-pb)(b-pb)^*\|=0$ tenemos que $A$, por lo tanto $A^\sim$ Murray-von-Neumann equivalente en $b\in A$.

Answer 2

Aquí está mi intento en el problema, que resulta ser esencialmente San argumento de arriba (solo me di cuenta de esto al escribir mi respuesta). Por lo tanto, se centran en la desmitificación de la continua funcional de cálculo que se lleva a cabo en el argumento y en la fabricación de partes de más transparente. Todo el crédito es debido a la San, por supuesto, para la publicación de la primera solución. Mi único objetivo es explicar mis procesos de pensamiento para demostrar que el problema de los rendimientos de un ataque sistemático y no es por lo tanto sumamente difícil.

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Vamos a probar la versión más fuerte del problema, como se presenta en San respuesta. También vamos a relajar la condición de que $ A $ es unital.

Como todas las proyecciones de la norma $ 1 $, jugando con el Triángulo de la Desigualdad de los rendimientos $$ \| a a^{*} \| = \| a^ {*} \ | < \frac{3}{2}. $$ Como $ a a^{*},a^{*} a \in A_{\geq 0} $, por lo tanto tenemos $$ \sigma(a^{*}),\sigma(a^ {*}) \subseteq \left[ 0,\dfrac{3}{2} \right). $$ Sam ya ha demostrado que $ \dfrac{1}{2} \notin \sigma(a a^{*}) $$ \dfrac{1}{2} \notin \sigma(a^{*} a) $, en virtud de la extra suposición de que $ A $ es unital. Sin embargo, no tenemos que exigir que $ A $ es unital, para una vez que hemos argumentado en $ A^{\sim} $ conseguir $ \dfrac{1}{2} \notin \sigma(a a^{*}) $$ \dfrac{1}{2} \notin \sigma(a^{*} a) $, podemos volver a $ A $. El resto del argumento no se basa en la existencia de una unidad. Sin embargo, al aplicar el continuo funcional de cálculo en la ausencia de una unidad, cualquier función que se introdujo debe satisfacer la propiedad de que su valor en $ 0 $ $ 0 $.

Por un estándar de Banach-álgebra resultado, obtenemos $$ \sigma(a^{*}) \cup \{ 0 \} = \sigma(a^ {*}) \cup \{ 0 \}. $$ Así, podemos encontrar una $ r \in \left[ 0,\dfrac{1}{2} \right) $ e una $ s \in \left( \dfrac{1}{2},\dfrac{3}{2} \right) $ tal que $$ \sigma(a^{*}),\sigma(a^ {*}) \subseteq D \stackrel{\text{df}}{=} [0,r] \cup \left[ s,\dfrac{3}{2} \right]. $$ A continuación, la función de $ f: D \to \Bbb{R} $ definido por $$ \forall x \D: \quad f(x) \stackrel{\text{df}}{=} \begin{cases} 0 & \text{if %#%#%}, \\ 1 & \text{if %#%#%}, \end{casos} $$ es continua en ambos $ x \in [0,r] $$ x \in \left[ s,\dfrac{3}{2} \right] $. La aplicación de la continua funcional de cálculo, se tienen bien definidas las proyecciones de $ \sigma(a a^{*}) $$ \sigma(a^{*} a) $, debido a $ f(a a^{*}) $. Estos son los llamados espectral de las proyecciones, y que existen para la auto-adjuntos de los elementos que tienen un vacío en su espectro.

Ahora, $ f(a^{*} a) $ $ f = f^{*} = f^{2} $ Murray-von Neumann equivalente. Para probar esto, queremos aprovechar el hecho de que $ f(a a^{*}) $, como ya se ha explicado en este otro post. Supongamos que existe una positiva función continua $ f(a^{*} a) $ tal que $ f(a a^{*}) a = a f(a^{*} a) $ todos los $ g: D \to \Bbb{R} $. Si nos vamos a $$ b \stackrel{\text{df}}{=} g(a^ {*}), $$ entonces \begin{align} b b^{*} & = [g(a a^{*}) a] [a^{*} \overline{g}(a a^{*})] \\ & = [g(a a^{*}) a] [a^{*} g(a a^{*})] \quad (\text{As %#%#% is positive.}) \\ & = g(a a^{*}) (a a^{*}) g(a a^{*}) \\ & = f(a a^{*}). \quad (\text{As %#%#% for all %#%#%.}) \end{align} Del mismo modo, \begin{align} b^{*} b & = [a^{*} \overline{g}(a a^{*})] [g(a a^{*}) a] \\ & = [a^{*} g(a a^{*})] [g(a a^{*}) a] \quad (\text{As %#%#% is positive.}) \\ & = [g(a^{*} a) a^{*}] [a g(a^{*} a)] \\ & = g(a^{*} a) (a^{*} a) g(a^{*} a) \\ & = f(a^{*} a). \quad (\text{As %#%#% for all %#%#%.}) \end{align} Por supuesto, todavía tenemos que encontrar la $ f(x) = x [g(x)]^{2} $, y la más natural (de hecho, sólo) la elección es $$ \forall x \D: \quad g(x) \stackrel{\text{df}}{=} \begin{cases} 0 & \text{if %#%#%}, \\ \dfrac{1}{\sqrt{x}} & \text{if %#%#%}, \end{casos} $$ que es la misma función que se exhibió en San respuesta.

Observar el siguiente que $ x \in D $. Esto es debido a que \begin{align} \| p - f(a a^{*}) \| & \leq \| p - a a^{*} \| + \| a a^{*} - f(a a^{*}) \| \\ & \leq \| p - a a^{*} \| + \| \text{id}|_{D} - f \|_{\infty} \quad (\text{By the continuous functional calculus.}) \\ & < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \quad (\text{Compare the graphs of %#%#% and %#%#%.}) \\ & = 1. \end{align} Del mismo modo, $ g $.

Las proyecciones que están dentro de la distancia $ g(x) x g(x) = f(x) $ de cada uno de los otros son homotopy equivalente (esto es folclore). No es difícil mostrar que homotopy equivalencia implica Murray-von Neumann equivalencia. Por lo tanto, $$ p \sim f(a^{*}) \sim f(a^ {*}) \sim q. $$