Si ya hay suficiente espacio para agregar todas las proyecciones, ¿ que pasa con las matrices de cambio de nada?

Question

A lo largo de, $A$ denota una $*$-álgebra. Siempre asumimos $A$ es representable en el sentido de que $A$ puede ser embebido en $B(H)$ para un espacio de Hilbert $H$. El particular, la incrustación no es importante, y es que no se asume que el rango de esta inclusión es cerrado, es decir, $A$ sí no tiene que ser una $C^*$-álgebra.

Deje $P(A)$ el conjunto de proyecciones (el uno mismo-adjoint idempotents) en $A$. Deje $\sim$ denotar la cuenca del Murray-von Neumann relación de equivalencia en $P(A)$. Es decir, $e \sim e'$ cuando no existe $w \in A$ tal que $w^*w = e$$ww^*=e'$.

Las proyecciones de $e_1,e_2 \in A$ se llama ortogonal si $e_1 e_2=0$. En este caso, $e_2 e_1 = 0$ $e_1 + e_2$ es otra proyección. Es decir, $P(A)$ es cerrado bajo ortogonal sumas. El siguiente hecho los estados que, además de Murray-von Neumann clases de equivalencia está bien definido, siempre ortogonal representaciones se encuentran.

Hecho 1: Supongamos que $e_1, e_2 \in P(A)$ son dos proyecciones ortogonales, y $e_1',e_2'$ son dos proyecciones ortogonales. Si $e_1 \sim e_1'$$e_2 \sim e_2'$,$e_1 + e_2 \sim e_1' + e_2'$.

Prueba: en efecto, supongamos $w_1,w_2 \in A$ han $w_1^*w_1 = e_1$, $w_1w_1^* = e_1'$ y $w_2^*w_2 = e_2, w_2w_2^* = e_2'$. Uno ha $w_1^*w_2= (e_1'w_1)^* e_2'w_2 = w_1^* e_1' e_2' w_2 = 0$ y, del mismo modo, $w_2^*w_1 = 0$. El uso de las dos últimas igualdades, una ve $(w_1 + w_2)^*(w_1+w_2) = e_1 + e_2$. Del mismo modo, $(w_1+w_2)(w_1+w_2)^* = e_1' + e_2'$, de modo que $(e_1+e_2) \sim (e_1' +e_2')$.

Como un simple corolario, podemos ver que, si $A$ es amplio en el sentido de que, para cada par de las proyecciones de $e_1,e_2 \in P(A)$, $e_1',e_2' \in P(A)$ con $e_1 \sim e_1'$, $e_2 \sim e_2'$ tal que $e_1'$ $e_2'$ son ortogonales, entonces $P(A) / \sim$ es un conmutativa monoid con respecto a la suma directa ortogonal.

Incluso si $A$ no es ya amplias, a continuación,$M_\infty(A) = \bigcup_{n=1}^\infty M_n(A)$, que también actúa fielmente en un espacio de Hilbert, es decir,$\bigoplus_{n=1}^\infty H$, es amplio. Esto se deduce fácilmente del hecho de que, si $e \in P(M_n(A))$, $w = \left( \begin{smallmatrix} 0 & 0 \\ e & 0 \\ \end{smallmatrix} \right) \in M_{2n}(A)$ ha $w^*w = \left( \begin{smallmatrix} e & 0 \\ 0 & 0 \\ \end{smallmatrix} \right)$, $ww^* = \left( \begin{smallmatrix} 0 & 0 \\ 0 & e \\ \end{smallmatrix} \right)$. Hacemos la observación de que:

• $A \mapsto M_\infty(A)$ es un functor de representable $*$-álgebras y $*$-homomorphisms, a la subcategoría de representable $*$-álgebras, que son amplias.

• $A \mapsto P(A) / \sim$ es un functor de amplias, representable $*$-álgebras a conmutativa monoids.

Mi pregunta es la siguiente:

Pregunta: Si $A$ ya es espaciosa, de modo que $P(A)/\sim$ es monoid sin pasar a matrices, ¿la esquina de inclusión $A \to M_\infty(A)$ inducir un monoid isomorfismo $P(A) / \sim \to P(M_\infty(A)) / \sim$? En otras palabras:

1. Es cada $e \in P(M_\infty(A))$ Murray-von Neumann equivalente en $M_\infty(A)$$e' \in A \subset M_\infty(A)$?
2. Si $e,e ' \in A$ Murray-von Neumann equivalente en $M_\infty(A)$, están ya en $A$?

Answer 1

Me había olvidado de esta cuestión hasta que Jonas Meyer poner una recompensa por ello. En retrospectiva, creo que ahora saben cómo resolver algunas partes... voy a escribir lo que tengo y tal vez alguien puede dar un argumento completo del edificio.

Voy a abordar el caso de $1 \in A$ primera ya que es un poco más sencilla. El argumento no parece ser demasiado difícil, pero es un poco técnico y creo que no lo he escrito muy bien. Si alguien desea editar este post en un estado mejor, por favor siéntase libre!

El nonunital caso, no tengo una buena comprensión. Creo que puede ser imposible completa sin algunos extra supuestos, por ejemplo, que el $A$ es una C*-álgebra, o al menos es cerrado bajo un poco de sabor de la funcional de cálculo.

El unital caso

Un par de cosas básicas a realizar:

1. Si $w \in A$ es una isometría (esto quiere decir $w^*w=1$, lo que implica $e=ww^*$ es una proyección), a continuación, $x \mapsto wxw^*$ $*$- isomorfismo de $A$ a de la $*$-subalgebra $eAe = \{ exe : x \in A\} \subset A$ llamada "esquina". Cualquier proyección de $e' \in A$ es M-vN equivalente (en $A$) a su imagen $we'w^*$ en la esquina. Un parcial de isometría la aplicación de la equivalencia es de $we'$.
2. Si dos isometrías $w_1$ $w_2$ son ortogonales en el sentido de que el rango de las proyecciones de $e_1=w_1w_1^*$ $e_2 = w_2w_2^*$ son ortogonales, entonces las esquinas $e_1Ae_1$ $e_2Ae_2$ multiplicar a cero, por lo que el $e_1Ae_1 + e_2Ae_2$ es una copia de $A \oplus A$ incrustado en $A$.

Queremos asegurarnos de que podemos encontrar muchos pares ortogonales, isometrías (es decir, isometrías, cuyo rango de las proyecciones de a pares-ortogonal). Desde $[1]+[1]$ debe estar bien definido, existen isometrías $w_0,w_1 \in A$ tal que $e_0 = w_0w_0^*$ $e_1 = w_1w_1^*$ son ortogonales. Ahora, para cualquier secuencia binaria $b = b_1\cdots b_\ell$ de la longitud de la $\ell$ vamos a definir $w_b = w_{b_1} \cdots w_{b_\ell}$. Es fácil ver el $w_b$'s son isometrías. Uno puede mostrar que también son pares ortogonal, como $b$ rangos de todas las secuencias binarias de longitud $\ell$.

[Nota: al acecho detrás del argumento anterior es una especie de subdivisión procedimiento. Sabemos $A$ contiene una copia de $A \oplus A$. Pero, a continuación, cada uno de los factores que también contiene una copia de $A \oplus A$, y así sucesivamente.]

Ahora, consideremos $M_n(A)$ fijos $n$. Por lo anterior, podemos encontrar pares ortogonal isometrías $w_1,\ldots,w_n \in A$. La ortogonalidad implica que $w_i^*w_j = 0$ si $i \neq j$ $1$ si $i=j$. Así $$W = \begin{pmatrix} w_1 & w_2 & \cdots & w_n \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \end{pmatrix} \en M_n(Una)$$ es una isometría. Por otra parte, el rango de proyección de $W$ se encuentra en la esquina superior izquierda de la copia de $A$$M_n(A)$. Por lo tanto, de la conjugación, por $W$ no es un porcentaje ($*$- isomorfismo de $M_n(A)$ a un sub álgebra de la esquina superior izquierda de la copia de $A$$M_n(A)$.

Ahora podemos responder a la pregunta. Cualquier proyección de $e \in M_n(A)$ es M-vN equivalente a $WeW^*$ en la esquina superior izquierda de la copia de $A$$M_n(A)$. Si $e,e'$ en la esquina superior izquierda de la copia de $A$ $M_n(A)$ M-vN equivalente a través de una isometría parcial $w \in M_n(A)$, $WeW^* = w_1 e w_1^*$ $W e'W^* = w_1 e' w_1^*$ M-vN equivalente en $A$ a través de la isometría parcial $WwW^* \in A$. Desde $e \sim w_1ew_1^*$ $A$ través $w_1 e$ $e' \sim w_1 e' w_1^*$ $A$ través $w_1 e'$, $e \sim e'$ $A$ ya.

El Nonunital caso

No sé cómo lidiar con este caso. Cuando yo trato de hacerlo, me parecía que la dificultad principal era demostrar que cualquier proyección $$E = \begin{pmatrix} x_{11} & \cdots & x_{1n} \\ \vdots & \ddots & \vdots \\ x_{n1} & \cdots & x_{nn} \\ \end{pmatrix} \en M_n(A),$$ está dominado por una proyección de la forma $$\begin{pmatrix} e & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & e & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 & 0 & \cdots & e \\ \end{pmatrix}$$ donde $e$ es una proyección en $A$. Creo que es suficiente para dominar la restricción de $E$ a la diagonal $$\begin{pmatrix} x_{11} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & x_{22} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 & 0 & \cdots & x_{nn} \\ \end{pmatrix}$$ (algo que hacer con la diagonal mapa de ser un "fiel esperanza condicional") y el segundo debe ser un elemento positivo, con un espectral de la brecha en cero, por lo que una proyección de la forma $$\begin{pmatrix} e_{11} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & e_{22} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ 0 & 0 & \cdots & e_{nn} \\ \end{pmatrix}$$ se puede encontrar el uso funcional de cálculo. Entonces uno quiere encontrar una proyección dominando $e_1+\ldots+e_n$, lo que, creo, también se puede hacer uso funcional de cálculo.

Answer 2

La respuesta a la pregunta 2 es negativo. Es posible que hay proyecciones en $M_\infty(A)$ que no son equivalentes a cualquier proyección en $A$, incluso cuando se $A$ $C^*$- álgebra (así, representable) y amplias.

Para ello, voy a construir una (no unitial) $C^*$-álgebra que no tiene distinto de cero proyecciones, por lo que es extremadamente amplio. Sin embargo, $M_2(A)$ contendrá distinto de cero proyecciones, que no puede ser equivalente a una proyección en $A$.

Empecemos por definir $B$ el universal $C^*$-álgebra generada por un par de unitario elementos $u,v$. Este es el grupo de $C^*$-álgebra sobre el grupo libre con dos generadores, y tiene las siguientes propiedades. Dado cualquier otro $C^*$-álgebra $B^\prime$ contiene unitaries $u^\prime,v^\prime$, entonces no es un único *-homomorphism $\theta\colon B\to B^\prime$ satisfacción $\theta(u)=u^\prime$$\theta(v)=v^\prime$. Además, se puede demostrar que $B$ no tiene otras proyecciones de $0$ $1$ (véase el Teorema 1 de Choi, el Hombre Duen., El total $C^\ast$-álgebra de la libre grupo en dos generadores, Pacífico J. Math. El Volumen 87, Número 1 (1980), 41-48.).

Vamos ahora a definir los siguientes elementos de $B$, $$\begin{align} &x=\frac12+\frac14\left(v+v^*\right),\\ &y=\frac{i}{4}\left(v-v^*\right),\\ &w=uy,\\ &z=1-uxu^*, \end{align}$$ y deje $A$ $C^*$- subalgebra generado por $x,w,z$. Tenga en cuenta que $x,y,z$ son auto-adjunto. Simples cálculos a partir de las definiciones muestran que $$\begin{align} &w^*w=y^2=x(1-x)=x-x^2,\\ &ux+zu=u,\\ &ux=(1-z)u,\\ &u(1-x)=zu,\\ &ww^*=uy^2u^*=ux(1-x)u^*=(1-z)uu^*z=z-z^2. \end{align}$$ Haga multiplicando el segundo de estos por $y$ da $wx+zw=w$. De ello se sigue que, $$\left(\begin{array}{cc}x&w^*\\ w&z\end{array}\right)^2=\left(\begin{array}{cc}x&w^*\\ w&z\end{array}\right),$$ por lo $M_2(A)$ contiene un valor distinto de cero de proyección. Que solo queda demostrar que $A$ no contiene no-cero de las proyecciones. Como es un sub-*-álgebra de $B$, y sabemos que $B$ no tiene ningún tipo de proyecciones, además de a$0$$1$, es suficiente para demostrar que $A$ no contiene la identidad de $B$. El uso de la universal de los bienes, no hay una única *-homomorphism $\theta\colon B\to M_2(\mathbb{C})$, $$\theta(u)=\left(\begin{array}{cc}0&1\\ 1&0\end{array}\right)\ \theta(v)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&-1\end{array}\right).$$ Se puede comprobar que el $\theta(w)=\theta(y)=0$ y, $$\theta(x)=\left(\begin{array}{cc}1&0\\ 0&0\end{array}\right).$$ De ello se desprende que $\theta$ mapas de todos los de $A$ a $\{(a,0;0,0)\colon a\in\mathbb{C}\}$ y, en particular, no se asigna ningún elemento de $A$ a la identidad en $M_2(\mathbb{C})$. Por eso, $A$ no puede contener la identidad de $A$.

Answer 3

Inspirado por George Lowther la solución, aquí es otro de los más elementales ejemplo de un (nonunital) C*-álgebra $A$ tal que $A$ no tiene un valor distinto de cero proyecciones, sino $M_2(A)$ tiene un valor distinto de cero proyecciones.

• Deje $D$ ser el sub álgebra de $M_2(\mathbb{C})$ consta de múltiplos escalares de la identidad.
• Deje $C$ ser el sub álgebra de $M_2(\mathbb{C})$ compuesto de matrices de la forma $\begin{bmatrix} * & 0 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$.
• Deje $A$ ser el sub álgebra de $C([0,1],M_2(\mathbb{C}))$ que consta de todos los caminos $f$ que $f(0)\in D$$f(1)\in C$.

Me reclama que no hay un valor distinto de cero proyecciones en $A$. Para ver esto, observe que una proyección en $C([0,1],M_2(\mathbb{C}))$ es sólo un camino de proyecciones en $M_2(\mathbb{C}$) y el rango (que es igual a la traza) debe permanecer constante a lo largo de dicha ruta. Ya que el único distinto de cero proyección en $D$ tiene grado 2, mientras que el único distinto de cero proyección en $C$ tiene rango 1, no puede ser distinto de cero proyección en $A$.

Por otro lado, $M_2(A)$ tiene un valor distinto de cero proyecciones. Tomemos, por ejemplo: $$P(t) = U(t) \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ 0& 0 & 0 & 0 \\ 0& 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} U(t)^{-1}$$ donde $U : [0,1] \to M_4(\mathbb{C})$ es un camino de unitaries con $$\begin{align*} U(0)=I_4 && U(1)= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 0\\ 0& 1 & 0 & 0 \\ 0& 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \end{align*}$$