Hay 3 puntos en el espectro de un poco de auto-adjuntos de los elementos de un no-unital C*-álgebra.

Question

Deje $A$ ser un no-unital C*-álgebra.

Me gustaría saber una simple manera de mostrar ese $A$ contiene una auto-adjunto elemento cuyo espectro tiene al menos $3$ elementos.

Tenga en cuenta que el espectro de un elemento de $A$ es, por definición, el espectro dentro de la unidad de $A$, e $0$ es en cada espectro. Por tanto, el problema es tener 2 distinto de cero elementos del espectro de un poco de auto-adjunto del elemento. Un auto-adjunto elemento con sólo 1 elemento distinto de cero en su espectro es un escalar múltiples de una proyección, por lo que el problema es equivalente a mostrar que hay auto-adjuntos de los elementos que no son múltiplos escalares de las proyecciones.

Cada finito-dimensional C*-álgebra es unital, por lo tanto $A$ es de infinitas dimensiones. En cada infinito-dimensional C*-álgebra, hay auto-adjuntos de los elementos con infinito espectro. Pero estoy buscando evitar un buen resultado, y para aprender de una forma mucho más simple prueba de una forma mucho más simple de hecho.

Me doy cuenta de que esto es en parte subjetivo, pero tengo la esperanza de que el objetivo es bastante claro. Esta es una curiosidad ociosa. Es relativa a esta cuestión.

Answer 1

Deje $A$ ser un nonunital C*-álgebra. A continuación, $A$ tiene dimensión mayor que $1$, y debido a la auto-adjuntos de los elementos span $A$, no son linealmente independientes y auto-adjoint $a$$b$$A$.

Supongo que para llegar a una contradicción que $A$ contiene ningún elemento adjunto cuyo espectro tiene más de $2$ elementos. A continuación, para cada uno de los auto-adjoint $x\in A$, $\sigma(x)=\{0,\|x\|\}$ o $\sigma(x)=\{0,-\|x\|\}$. En particular, $x\geq 0$ o $x\leq 0$.

Por tanto, para cada real $t$, $a+tb\geq 0$ o $a+tb\leq 0$, y debido a $a$ $b$ son linealmente independientes, $a+tb\neq 0$. El conjunto de elementos positivos de $A$ es cerrado y $t\mapsto a+tb$ es continua en a $\mathbb R$, por lo que esto implica que cualquiera de las $a+tb\geq 0$ todos los $t$ o $a+tb\leq 0$ todos los $t$. Podríamos sustituir $a$ $b$ $-a$ $-b$ si es necesario, así que sin pérdida de generalidad supongamos $a+tb\geq 0$ para todos los verdaderos $t$.

En la unificación de $A$, $a\leq \|a\|1$. Por lo tanto, $0\leq a+tb\leq \|a\|1+tb$ para todos los verdaderos $t$. Por lo tanto $\|a\|+t\sigma(b)\subseteq [0,\infty)$ para todos los verdaderos $t$, lo que implica $b=0$, contradiciendo el hecho de que $\{a,b\}$ es linealmente independiente.

Answer 2

Supongamos que todo no es invertible elemento positivo en $A$ es un escalar múltiples de una proyección. Revisión de las proyecciones de $p,q$. A continuación, $p+q=\lambda r$ para algunos de proyección $r$. Si $\lambda=1$,$pq=0$. De lo contrario, $\lambda^2r=p+q+pq+qp$ o $(\lambda^2-\lambda)r=pq+qp$. Por lo $(1-p)r(1-p)=0$. Esto implica $(1-p)q(1-p)=0$, es decir,$q(1-p)=0$, $q\leq p$.

En cualquier caso, $pq=qp$. Como cada elemento positivo es un múltiplo de una proyección, $A$ es abelian. Si contiene una proyección de $p$, con un adecuado subprojection $q$, entonces podemos construir $2p-q$ con tres puntos de espectro (desde $2p-q=q+2(p-q)$). En otras palabras, la única C$^*$-álgebra en la que cada elemento tiene uno o dos puntos de espectro es $\mathbb C^2$.