¡Buena pregunta, +1! Interesante
Tal y como yo lo veo, la principal dificultad aquí es que, para general $b \in A$ y $\lambda \in \Bbb C$ , $e^{i \lambda b}$ no es un elemento unitario de $A$ por lo que no tenemos ninguna garantía de que $e^{i \lambda b} a (e^{i \lambda b})^* = e^{i \lambda b} a e^{-i \bar \lambda b^*} \in X$ . De hecho, ni siquiera podemos concluir que $e^{i \lambda b} e^{-i \bar \lambda b^*} = e^{i \lambda b -i \bar \lambda b^*}$ sin, por ejemplo, la garantía de que $bb^* - b^*b = [b, b^*] = 0$ es decir, que $b$ es un elemento normal de $A$ . Sin embargo, si restringimos $b$ a ser hermitiana, es decir, supongamos que $b^* = b$ y $\lambda$ a ser real, $\lambda \in \Bbb R$ entonces se puede avanzar, como se indica a continuación:
Para $b \in A$ tal que $b^* = b$ y $\lambda \in \Bbb R$ es evidente que $e^{i \lambda b}$ es un unitario en $A$ ya que en este caso $(e^{i \lambda b})^* = e^{-i \lambda b^*} = e^{-i \lambda b}$ de donde $e^{i \lambda b} (e^{i \lambda b})^* =1$ . Así tenemos, por hipótesis, todo el camino $f(\lambda) = e^{i \lambda b} a e^{-i \lambda b} \in X$ para todos $\lambda \in \Bbb R$ . Además, $f'(\lambda) \in X$ para todos $\lambda \in \Bbb R$ también. Esto se deduce porque para $\lambda \ne \mu$ elementos distintos de $\Bbb R$ entonces
$(f(\lambda) -f(\mu)) / (\lambda - \mu) \in X \tag{1}$
por la linealidad de $X$ ; también tenemos eso, si es que existe,
$f'(\lambda) = \lim_{\mu \to \lambda}((f(\lambda) - f(\mu)) / (\lambda - \mu)) \in X, \tag{2}$
desde $X$ está cerrado. Las observaciones de nuestro aprendiz de OP afirman que este límite existe y que además
$f'(\lambda)=ie^{i\lambda b}bae^{-i\lambda b}-ie^{i\lambda b}abe^{-i\lambda b}; \tag{3}$
más inmediatamente, ambas afirmaciones se deducen de la regla de Leibniz para la derivada de un producto y de la definición de la función exponencial sobre $A$ . En cualquier caso, por (2) y (3) tenemos, al tomar $\lambda = 0$ ,
$i[b, a] = iba-iab = f'(0) \in X, \tag{4}$
lo que a su vez demuestra que
$[b, a] \in X, \tag{5}$
de nuevo por la linealidad de $X$ . Así, hemos establecido que para todo $a \in X$ y $b = b^* \in A$ , $[b, a] \in X$ En el caso de $b$ autoadjunto o hermitiano se resuelve así afirmativamente.
A continuación, consideramos el caso de $b$ skew-adjoint o skew-Hermitian, es decir, $b^* = -b$ . Observamos que, para tales $b$ , $ib$ es de hecho autoadjunto, ya que
$(ib)^* = -ib^* = -i(-b) = ib, \tag{6}$
y análogamente, para $b = b^*$ , $ib$ está torcida:
$(ib)^* = -ib^* = -ib. \tag{7}$
Aprovechamos (6) para la unión sesgada $b$ para todos $\lambda \in \Bbb R$ tenemos
$f(\lambda) = e^{i \lambda (ib)} a e^{-i \lambda (ib)} \in X, \tag{8}$
y
$f'(\lambda)=ie^{i\lambda (ib)}(ib)ae^{-i\lambda (ib)}-ie^{i\lambda (ib)}a(ib)e^{-i\lambda (ib)} \in X; \tag{9}$
de nuevo tomando $\lambda = 0$ vemos que
$-[b, a] = i[ib, a] \in X, \tag{10}$
de donde
$[b, a] \in X, \tag{11}$
de nuevo por la linealidad del subespacio $X$ . Ahora tenemos $[b, a] \in X$ para $a \in X$ y todo $b^* = b \in A$ y $b^* = -b \in A$ .
Por último, para $b \in A$ fijamos
$b_+ = (1 / 2)(b + b^*), \tag{12}$
y
$b_- = (1 / 2)(b - b^*); \tag{13}$
es evidente que
$b_+^* = b_+, \; b_-^* = -b_-, \tag{14}$
y
$b = b_+ + b_-. \tag{15}$
También,
$[b, a] = ba - ab = (b_+ + b_-)a - a(b_+ + b_-) = [b_+, a] + [b_-, a] \in X, \tag{16}$
desde $X$ se cierra por adición. Hemos demostrado que $[b, a] \in X$ para todos $a \in X$ , $b \in A$ según solicitud. QED.
Espero que esto te ayude. Yuletide Joy to One an All,
y como siempre, especialmente en estos días fríos y oscuros,
¡¡¡Fiat Lux!!!
