$\mathcal{K}(L^2(\mathbb{R}^m \times \mathbb{R}^n)) = \mathcal{K}(L^2(\mathbb{R}^m)) \otimes \mathcal{K}(L^2(\mathbb{R}^n))$ ?

Question

PREGUNTA: ¿Es cierto que para el álgebra de operadores compactos:

$\mathcal{K}(L^2(\mathbb{R}^m \times \mathbb{R}^n))$ es como un $C^{\ast}$ -es isomorfa a $\mathcal{K}(L^2(\mathbb{R}^m)) \otimes \mathcal{K}(L^2(\mathbb{R}^n))$ ?

Este último producto tensorial es cualquier $C^{\ast}$ -producto tensorial (como los operadores compactos son nucleares no importa). En $L^2$ utilizamos el ( $\sigma$ -finito) medida de Lebesgue, pero por supuesto el álgebra $\mathcal{K}(L^2)$ ya no depende de la medida. Claramente, $L^2(\mathbb{R}^{m} \times \mathbb{R}^n)$ puede identificarse con $L^2(\mathbb{R}^m) \otimes L^2(\mathbb{R}^n)$ por el teorema de Fubini. Esto me hace pensar que $L^2$ tiene más posibilidades que otros espacios de Hilbert de hacer $\mathcal{K}(\mathcal{H}_1 \otimes \mathcal{H}_2) = \mathcal{K}(\mathcal{H}_1) \otimes \mathcal{K}(\mathcal{H}_2)$ aguantar.

Gracias por su ayuda.

EDIT: Por supuesto $\mathcal{K}(\mathcal{H})$ denota los operadores compactos en el espacio de Hilbert $\mathcal{H}$ .

Answer 1

Notación

1. $H$ - algún espacio de Hilbert

2. $H^{cc}$ - espacio de Hilbert complejo conjugado, es decir, con multiplicación en escalares complejos conjugados

3. $H_1\otimes H_2$ Producto tensorial de Hilbert de los espacios de Hilbert $H_1$ y $H_2$

4. $\mathcal{F}(H)$ operadores de rango finito sobre $H$

5. $\mathcal{K}(H)$ operadores compactos en $H$

6. $\mathcal{B}(H)$ operadores limitados en $H$

7. $x\bigcirc y$ operador de rango uno en $H$ bien definido por $(x\bigcirc y)(z)=\langle z,y\rangle x$ donde $x,y,z\in H$

8. $a\;\dot{\otimes }\;b$ Producto tensorial de Hilbert de operadores $a\in\mathcal{B}(H_1)$ y $b\in\mathcal{B}(H_2)$ bien definido por $(a\;\dot{\otimes }\;b)(x\otimes y)=a(x)\otimes b(y)$

Hechos

1. $\mathcal{F}(H)=\operatorname{span}\{ x\bigcirc y:x\in H,\; y\in H\}$

2. $\mathcal{K}(H)=\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H)}\mathcal{F}(H)$

La prueba dada a continuación es válida para todos los espacios de Hilbert.

Desde $\mathcal{K}(H)$ es un nuclear $C^*$ álgebra para cualquier espacio de Hilbert $H$ entonces podemos considerar cualquier $C^*$ en el producto tensorial algebraico $\mathcal{K}(H_1)\odot K(H_2)$ . Consideraremos la norma tensorial espacial, por lo que $$\mathcal{K}(H_1)\otimes K(H_2)=\operatorname{cl}_{\mathcal{B(H_1\otimes H_2)}}(\operatorname{span}\{ a\;\dot{\otimes}\; b:a\in\mathcal{K}(H_1),\; b\in\mathcal{K}(H_2)\})\tag{1}$$ donde $a\;\dot{\otimes}\; b\in\mathcal{B}(H_1\otimes H_2)$ está bien definida por la igualdad $(a\;\dot{\otimes}\; b)(x\otimes y)=a(x)\otimes b(y)$ . Denotemos el subespacio lineal cerrado en el lado derecho de $(1)$ por $E$ .

Lema 1. $\mathcal{F}(H_1\otimes H_2)\subset E$ .

Prueba. Dado que el operador bilineal $\bigcirc:H\times H^{cc}\to\mathcal{F}(H)$ está acotado entonces $\mathcal{F}(H)=\operatorname{span}\{x\bigcirc y: x,y\in S\}$ para cualquier $S\subset H$ tal que $H=\operatorname{cl}_H(\operatorname{span}S)$ . Para $H=H_1\otimes H_2$ podemos tomar $S=\{x\otimes y:x\in H_1,y\in H_2\}$ . Ahora para demostrar que $\mathcal{F}(H_1\otimes H_2)\subset E$ queda por demostrar que $(x\otimes y)\bigcirc (x'\otimes y')\in E$ para todos $x,x'\in H_1$ , $y,y'\in H_2$ . Pero esto es cierto porque $(x\otimes y)\bigcirc (x'\otimes y')=a'\;\dot{\otimes}\; b'$ para $a'=x\bigcirc x'\in\mathcal{K}(H_1)$ y $b'=y\bigcirc y'\in\mathcal{K}(H_2)$ .

Lema 2. $E\subset \mathcal{K}(H_1\otimes H_2)$ .

Prueba. Considere $a'=x\bigcirc x'\in\mathcal{F}(H_1)$ y $b'=y\bigcirc y'\in\mathcal{F}(H_2)$ para algunos $x,x'\in H_1$ y $y,y'\in H_2$ . Recordar $a'\;\dot{\otimes}\; b'=(x\otimes y)\bigcirc (x'\otimes y')\in\mathcal{F}(H_1\otimes H_2)$ . Desde $\dot{\otimes}$ es un operador bilineal y $\mathcal{F}(H)=\operatorname{span}\{x\bigcirc y:x,y\in H\}$ para cualquier espacio de Hilbert $H$ entonces $a'\;\dot{\otimes}\; b'\in\mathcal{F}(H_1\otimes H_2)$ . En otras palabras $\dot{\otimes}\;(\mathcal{F}(H_1),\mathcal{F}(H_2))\subset \mathcal{F}(H_1\otimes H_2)$ . Dado que el operador bilineal $\dot{\otimes}:\mathcal{B}(H_1)\times \mathcal{B}(H_2)\to\mathcal{B}(H_1\otimes H_2)$ está acotado entonces $$\dot{\otimes}\;(\mathcal{K}(H_1),\mathcal{K}(H_2)) =\dot{\otimes}\;(\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H_1)}\mathcal{F}(H),\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H)}\mathcal{F}(H_2)) \subset\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H_1\otimes H_2)}\left(\dot{\otimes}\;(\mathcal{F}(H_1),\mathcal{F}(H_2))\right) \subset\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H_1\otimes H_2)}\mathcal{F}(H_1\otimes H_2) =\mathcal{K}(H_1\otimes H_2)$$ Así que $E=\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H_1\otimes H_2)}\dot{\otimes}\;(\mathcal{K}(H_1),\mathcal{K}(H_2))\subset\mathcal{K}(H_1\otimes H_2)$ .

Propuesta. $E=\mathcal{K}(H_1\otimes H_2)$ .

Prueba. Desde $\mathcal{K}(H)=\operatorname{cl}_{\mathcal{B}(H)}\mathcal{F}(H)$ para cualquier espacio de Hilbert $H$ y $E$ está enclaustrado, entonces basta con demostrar que $\mathcal{F}(H_1\otimes H_2)\subset E\subset\mathcal{K}(H_1\otimes H_2)$ . Ahora el resultado se desprende del lema $1$ y el lema $2$ .