Intervalos de orden isomórficos

Question

Sea $M$ sea un álgebra de von Neumann. Si $x$ es positivo, entonces el Lemma 2.1(3) del trabajo "Order Isomorphisms of Operator Intervals in von Neumann Algebras" (Mori, Integral Equations and Operator Theory, 2019, https://arxiv.org/abs/1811.01647 ) establece que si $p$ es la proyección del soporte de $x$ entonces el intervalo de orden $[0,p]$ es de orden isomorfo a $[0,x]$ a través del mapa $y \mapsto x^{1/2} y x^{1/2}$ . Aquí se afirma que la prueba es "fácil de ver".

Pero en el artículo anterior "Order isomorphisms of operator intervals" (Semrl, Integral Equations and Operator Theory, 2017, https://www.fmf.uni-lj.si/~semrl/preprints/orderoperatorintervals.pdf ), Semrl lo demuestra en el caso especial en que $M = B(H)$ y $x$ es inyectiva, es decir, su proyección de soporte es $I$ . Su prueba ocupa 1,5 páginas (páginas 38-39). No entiendo por qué Mori afirma que su resultado más general es "fácil de ver". Lo necesito en uno de mis trabajos y lo he demostrado yo mismo a partir de la caracterización de la inversa como el mapa $y \mapsto \lim_n f_n(x) y f_n(x)$ (débil*-límite) donde $f_n(t) := t^{-1/2}$ para $t \geq 1/n$ y 0 en el resto. Pero esta demostración no es trivial, hay que demostrar, entre otras cosas, que este límite siempre existe si $0 \leq y \leq x$ .

¿Me estoy perdiendo un argumento sencillo que demuestre que $y \mapsto x^{1/2} y x^{1/2}$ es un isomorfismo de orden entre $[0,p]$ y $[0,x]$ ?

Answer 1

(Siempre es difícil saber qué es un "argumento simple". Lo "sencillo" para un matemático puede ser un argumento de tres páginas para otro. Sin embargo, creo que el siguiente es bastante "sencillo").

Podemos suponer que nuestra álgebra de von Neumann $M$ actúa de forma no degenerada sobre $H$ . I piense en no es tan difícil reducir (recortando por el soporte) al caso cuando $x$ es positiva e inyectiva.

Entonces, lo no trivial a demostrar es que si $0\leq y\leq x$ entonces hay una contracción positiva $z\in M$ (así $0\leq z\leq 1$ ) con $y = x^{1/2} z x^{1/2}$ . Basta con encontrar $w\in M$ una contracción con $y^{1/2} = wx^{1/2}$ (como se establece a continuación $z=w^*w$ ). Esto es sólo Lemma de Douglas que ahora mostraré.

(Un pequeño preámbulo: $x^{1/2}$ tiene un alcance denso. En efecto, para cualquier $a\in B(H)$ tenga en cuenta que $a\xi=0 \implies a^\ast a\xi=0 \implies (a^\ast a\xi|\xi)=0 \implies \|a|xi\|^2=0 \implies a\xi=0$ así que $\ker(a) = \ker(a^\ast a)$ . Además, $\ker(a) = \textrm{Im}(a^*)^\perp$ . Así $\ker(x^{1/2}) = \ker(x) = \{0\}$ se deduce que $x^{1/2}(H)^\perp=\{0\}$ así que $x^{1/2}$ tiene un alcance denso).

Construimos $w\in B(H)$ como sigue. En primer lugar, defina en $x^{1/2}(H)$ por $$ w x^{1/2} \xi = y^{1/2}\xi \qquad (\xi\in H). $$ Entonces $\|y^{1/2}\xi\|^2 = (y\xi|\xi) \leq (x\xi|\xi) = \|x^{1/2}\xi\|$ así que $w$ es contractiva. Como $w$ está densamente definida se extiende por continuidad.

Queda por demostrar que $w\in M = M''$ . Para $a\in M'$ tenemos que $wa x^{1/2}\xi = wx^{1/2}a\xi = y^{1/2}a\xi = ay^{1/2}\xi = awx^{1/2}\xi$ así que de nuevo como $x^{1/2}(H)$ es denso, se deduce que $wa = aw$ según sea necesario.