¿Puede un vector separar para ambos $\mathcal{R}$ y $\mathcal{R}'$ ser aniquilados aplicando sucesivamente proyecciones de cada uno?

Question

Si $\mathcal{R}$ es un álgebra de von Neumann que actúa sobre el espacio de Hilbert $H$ y $v \in H$ es un vector cíclico y separador para $\mathcal{R}$ (por tanto, también para su conmutante $\mathcal{R}'$ ), y $P \in \mathcal{R}, Q \in \mathcal{R}'$ son proyecciones no nulas, podemos tener $PQv = 0$ ?

[nota: había editado brevemente esto en una versión reformulada de la pregunta, pero la estoy volviendo a poner en consonancia con la respuesta de abajo].

Answer 1

Respondiendo a la versión original de la pregunta. Sea $H=\mathbb C^2$ y $$ \mathcal R=\left\{\begin{bmatrix} a&0\\0&b\end{bmatrix}:\ a,b\in\mathbb C\right\}\subset M_2(\mathbb C),\ \ \ \ \ \ v=\begin{bmatrix} 1\\1\end{bmatrix}. $$ Entonces $v$ es cíclico y separador, y $\mathcal R'=\mathcal R$ . Tome $$ P=\begin{bmatrix} 1&0\\0&0\end{bmatrix},\ \ \ Q=\begin{bmatrix} 0&0\\0&1\end{bmatrix}. $$ Entonces $P\in\mathcal R$ , $Q\in\mathcal R'$ y $PQ=0$ Así que $PQv=0$ .

Answer 2

Siguiendo la sugerencia de un comentario anterior, intentaré demostrar que la respuesta también es válida para los factores.

Reclamación: Siempre que $\mathcal{R}$ es un factor que actúa sobre un espacio de Hilbert $H$ con dimensión $> 1$ teniendo un vector separador y cíclico $v \in H$ existe un vector sep./cyc. para $\mathcal{R}$ que es aniquilado por algún $PQ$ como en nuestra pregunta.

Arreglar $v$ y proyecciones arbitrarias $P \in \mathcal{R}, Q \in \mathcal{R}'$ que no son triviales (es decir $\neq 0$ y $\neq 1$ ). (Tales $P, Q$ debe existir ya que, de lo contrario, o bien $\mathcal{R}$ o $\mathcal{R}'$ sería igual a $B(H)$ que no tiene vectores de separación a menos que $H$ es unidimensional, caso que hemos excluido).

Dejemos que $v_1 = PQv$ y $v_2 = P^\perp Q^\perp v$ . Creo que $P \mathcal{R} P Q$ y $Q \mathcal{R}' Q P$ son ambas álgebras de von Neumann que actúan sobre $PQH$ . Si $v_1$ no es separable para ninguna de las dos álgebras, entonces alguna $P' Q$ con $P' \in \mathcal{R}, P' < P$ , o bien alguna $P Q'$ con $Q' \in \mathcal{R}', Q' < Q$ aniquilaría $v$ , dándonos inmediatamente testigos para nuestro reclamo.

Supongamos que $v_1$ es separador para ambos, y del mismo modo supongamos que $v_2$ está separando para ambos  $P^\perp \mathcal{R} P^\perp Q^\perp$ y $Q^\perp \mathcal{R}' Q^\perp P^\perp$ .

Propuesta: $v_1 + v_2$ está separando para ambos $\mathcal{R}$ y $\mathcal{R}'$ . Si esto es cierto, entonces tenemos testigos para nuestra afirmación, ya que $P Q^\perp (v_1+v_2) = 0$ .

Supongamos hacia una contradicción que $v_1 + v_2$ no está separando para $\mathcal{R}$ (el argumento para $\mathcal{R}'$ será simétrica). Entonces, algún tipo de $X \in \mathcal{R}$ aniquila $v_1 + v_2$ .

Ahora bien, como $X (v_1 + v_2) = 0$ tenemos $X v_1 = - X v_2$ pero el rango de una proyección es estable bajo la acción del conmutador, y $v_1 \in range(Q)$ y $v_2 \in range(Q^\perp)$ . Así que $X v_1 = - X v_2$ sería imposible a menos que ambos $X v_1$ y $X v_2$ eran cero. Así que ambos son cero.

Reclamación: $X v_1 = 0$ implica que $range(P) \subseteq ker(X)$ . Supongamos lo contrario. Entonces $XP$ es un operador no nulo, y la proyección $Z$ en $(ker(XP))^\perp$  existe en $P \mathcal{R} P$ (por descomposición polar en $\mathcal{R}$ ) y es distinto de cero. Ahora $P \mathcal{R} P$ es *-isomorfo a $P \mathcal{R} P Q$ a través del mapa $T \mapsto T Q$ (Kadison/Ringrose, prop. 5.5.5). Así pues, $Z Q$ es una proyección no nula en $P \mathcal{R} P Q$ . Pero hemos supuesto que $v_1$ es separador para esa álgebra. Así que $Z Q v_1 \neq 0$ y como $Q v_1 = v_1$ También $Z v_1 \neq 0$ Así que $v_1$ no está en el núcleo de $X$ contradicción.

Así, $range(P) \subseteq ker(X)$ y un argumento simétrico a partir de $X v_2 = 0$ muestra que $range(P^\perp) \subseteq ker(X)$ . Estos dos hechos implican $X = 0$ contradiciendo nuestra elección como operador no nulo. Por lo tanto, nuestro supuesto $X$ no puede existir, y $v_1 + v_2$ está separando para $\mathcal{R}$ . De nuevo, un argumento simétrico muestra que es separador para $\mathcal{R}'$ .