Parte superior triangular de la matriz es invertible si su diagonal es invertible: C*-álgebra caso

Question

Ejercicio 1.14 de el libro Rordam, Larsen y Laustsen "Una introducción a la K-teoría de las C*-álgebras de" pide a demostrar, que la triangular superior de la matriz con los elementos de C*-álgebra $A$ es invertible en a $M_n(A)$ fib todas las entradas de la diagonal son invertible en a $A$.

Tratando de resolver este he encontrado que si $a$ es invertible y $\delta$ es tal que $(a^{-1}\delta)^n=0$ $a+\delta$ es invertible y su inversa es dado por $(a+\delta)^{-1}=\sum_{k=0}^{n} (-a^{-1}\delta)^ka^{-1}$. Utilizando este hecho me puede demostrar que si la diagonal es invertible, entonces parte superior triangular de la matriz con esta diagonal es invertible, y también que si la parte superior triangular de la matriz superior triangular inversa, a continuación, su diagonal es invertible. Así que todo lo que tiene que demostrar es que si parte superior triangular de la matriz invertible, entonces su inversa es superior triangular. He fracasado en probar este.

También hay una pista para este ejercicio: "Resolver la ecuación de $ab=1$ donde $a$ es como el anterior [es decir, superior triangular de la matriz] y en la $b$ se desconoce triangular superior de la matriz". La solución de esta ecuación se desprende de mi razonamiento anterior, pero esto no ayuda.

Actualización (contraejemplo intento): he hecho un intento y parece que por mí como si hubiera encontrado un contraejemplo. Sin embargo, creo que hay un error en ella (porque de lo contrario hay un error en el libro). Aquí está. Deje $A=B(l^2(\mathbb{N}))$ --- álgebra de operadores acotados en secuencias de $x=\{x_i\}_ {i=1}^ \infty:\|x\|^2=\sum_{x=1}^{\infty}|x_i|^2<\infty$. Deje $z\in A$ ser definido por $(zx)_ {2n-1}=0$, $(zx)_{2n}=x_n$, y $t\in A$ ser definido por $(tx)_{2n-1}=x_n$, $(tx)_ {2n}=0$. Entonces tenemos $t^*t=z^ * z=tt^* +zz^* =1$, $t^* z=z^* t=0$. A partir de estos tenemos que $$\begin{pmatrix}z&tz^* \\\ 0&t^* \end{pmatrix}\begin{pmatrix}z^* &0\\\ zt^* &t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}$$ y $$\begin{pmatrix}z^* &0\\\ zt^* &t\end{pmatrix}\begin{pmatrix}z&tz^* \\\ 0&t^* \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.$$ Así que ahora mi pregunta debería decir "¿Dónde estoy equivocado?".

Answer 1

Así, el ejercicio es incorrecta como se ha dicho, como el buen ejemplo en la pregunta de la muestra. Probablemente quiso decir que la matriz es invertible en el subalgebra de triangular superior matrices si y sólo si las entradas de la diagonal son invertible. Esta es la versión que figura en la página 16 en un conjunto de notas de la conferencia por Matthes y Szymański basa principalmente en el mismo libro. También dar un contraejemplo para la declaración original.

Answer 2

Hola lo siento resucitar este post. Tengo un ejemplo que quiero recordar, y este parece un lugar apropiado para ponerlo.

Deje $H$ ser un espacio de Hilbert separable con base ortonormales $\{e_0,e_1,e_2,\ldots\}$. Deje $S \in B(H)$ ser unilateral de cambio determinado por $S(e_i) = e_{i+1}$ todos los $i$. Deje $P_0 \in B(H)$ ser rank 1 proyección en el lapso de $e_0$. A continuación, $U = \begin{pmatrix} S & P_0 \\ 0 & S^* \end{pmatrix}$ es un unitario en $M_2(B(H))$, a pesar de ser nondiagonal, la parte superior triangular, y que ambos diagonal entradas noninvertible.

Es fácil comprobar la $U^* U = UU^* = 1$ directamente, pero la "verdadera" razón por la que esto funciona es que, bajo el isomorfismo $M_2(B(H)) \cong B(H^2)$, $U$ funciona sobre la base natural de la $H^2$ por $$ \cdots \mapsto (0,e_2) \mapsto (0,e_1) \mapsto (0,e_0) \mapsto (e_0,0) \mapsto (e_1,0) \mapsto (e_2,0) \mapsto (e_3,0) \mapsto \cdots $$ por lo $U$ es en realidad (hasta un unitaria conjugacy) los acuerdos bilaterales de turno.