Demuestra que estas dos proyecciones son equivalentes

Question

$\pmb Problem$ : Dejemos que $e_1, e_2, f_1$ y $f_2$ sean proyecciones de $M$ que es un álgebra de Von Neumann, tal que $e_1e_2=f_1f_2=0$ . Si $e_1+e_2=f_1+f_2$ , $e_1 \sim e_2$ y $f_1 \sim f_2$ , demuestre que $e_1 \sim f_1$ .

$\pmb My \ attempt$ : Supongamos que $e_1$ y $f_1$ no son equivalentes, entonces por el lema de comparación existe una proyección central $p$ de manera que $pe_1\prec pf_1$ o $pf_1\prec pe_1$ (En esta notación, por ejemplo $pe_1\prec pf_1$ significa $pe_1$ es equivalente a una subproyección de $pf_1$ pero $pe_1$ y $pf_1$ no son equivalentes). Supongamos que $pe_1\prec pf_1$ . Entonces tenemos: $$pe_2 \sim pe_1\prec pf_1\sim pf_2.$$ Así, $pe_2\prec pf_2$ . Además, como $p$ es central y $e_1e_2=f_1f_2=0$ deducimos que $pe_1+pe_2\preceq pf_1+pf_2$ . Me pregunto si se nos permite reemplazar $\preceq$ con $\prec$ en la última relación. A estas alturas, no sé cómo llegar a una contradicción cuando ya tenemos $pe_1+pe_2=pf_1+pf_2$ .

Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Me parece que este enfoque no puede funcionar. Para sustituir $\preceq$ con $\prec$ ¡lo que necesitas es precisamente resolver la pregunta original! Ya que quieres decir que $pe_1+pe_2=pf_1+pf_2$ contradice $pe_1\prec pf_2$ .

Esto es lo que se me ocurre.

Tenemos $e_1\sim 1-e_1$ , $f_1\sim 1-f_1$ . Desde $e_1+e_2=f_1+f_2$ para simplificar podemos suponer que $e_1+e_2=f_1+f_2=1$ ya que todo ocurre por debajo de esta proyección (es decir, podemos trabajar en el álgebra de von Neumann $(e_1+e_2)M(e_1+e_2)$ ).

Existe una proyección central $q$ tal que $qe_1$ es propiamente infinito, y $(1-q)e_1$ es finito. Esto nos permite considerar por separado los casos en los que $e_1$ es finito, y donde $e_1$ es propiamente infinito.

Si $e_1$ es finito, también lo es $1-e_1\sim e_1$ y luego $1=e_1\lor(1-e_1)$ también es finito. Sea $p$ sea una proyección central con $pe_1\preceq pf_1$ . Inmediatamente obtenemos $p(1-e_1)\preceq p(1-f_1)$ . Así que existen proyecciones $g_1,g_2$ con $g_1\leq f_1$ , $g_2\leq 1-f_1$ y $pe_1\sim pg_1$ , $p(1-e_1)\sim p g_2$ . Entonces $$ p=pe_1+p(1-e_1)\sim pg_1+pg_2\leq pf_1+p(1-f_1)=p. $$ Como $p$ es finito, esto implica que $pg_1+pg_2=p$ . Así que $p(f_1-g_1)+p(f_2-g_2)=0$ ; se trata de una suma de proyecciones, por lo que $pg_1=pf_1$ , $pg_2=pf_2$ . De ello se desprende que $pe_1\sim pf_1$ . En otras palabras, $pe_1\prec pf_1$ es imposible. Como también se pueden invertir los papeles, obtenemos que $e_1\sim f_1$ . Así que hemos demostrado que $(1-q)e_1\sim (1-q)f_1$ .

Queda por tratar $qe_1$ que es propiamente infinito. Tenemos que $q$ es propiamente infinito; de hecho, si $p\leq q$ es central y finito, entonces $pqe_1$ es finito por lo que $pqe_1=0$ desde $qe_1$ está bien. Por la equivalencia tenemos $pq(1-e_1)=0$ y así $p=pqe_1+pq(1-e_1)=0$ .

Tenga en cuenta que $qf_1$ también es propiamente infinito; si no lo fuera habría una proyección central $p\leq q$ con $pqf_1$ finito. Por la equivalencia tendríamos $pq(1-f_1)$ finito y luego $p=pqf_1+pq(1-f_1)=p$ finito. Esto, a su vez, hace que $pqe_1$ finito, y luego $p=0$ como en el caso anterior.

Por esta respuesta que probablemente conozcas, tenemos $$ qe_1\sim qe_1\lor q (1-e_1)=q=qf_1\lor q(1-f_1)\sim qf_1. $$

Por último, desde $qe_1\sim qf_1$ y $(1-q)e_1\sim(1-q)f_1$ obtenemos $e_1\sim f_1$ .