Un isomorfismo sobre el funcionamiento normal en el álgebra de von Neumann
La pregunta se origina en el libro de Pedersen "C * -álgebras y sus grupos de automorfismos" (P55 Def. 3.6.5).
Si $M$ es un álgebra de von Neumann en $B(H)$, deja el $T(H)$ denotar los elementos en $B(H)$ de la clase de rastreo y el conjunto $N=\{x\in T(H)|~ Tr(ux)=0, \forall u\in M \}$. Probar:$T(H)/N\cong M_*$ (isomorfismo isométrico), el $M_*$ denota todo el funcionamiento normal en $M$.
Prueba. A partir del teorema 3.6.4 del libro de Pedersen, podemos establecer un mapa natural a partir de$T(H)/N$ a $M_*$ por $$T(H)/N\longrightarrow M_*$$ $$x+N\longmapsto \phi$$ dónde $x$ es un operador de clase de seguimiento tal que $\phi(y)=Tr(xy)$ para $y\in M$. Es fácil ver que este mapa lineal es biyectivo. Y puedo verificar$||x+N||_1\leq||\phi||$ por la definición de $||.||_1$ y descomposición polar de $M$. Sin embargo, cmo probar$||x+N||_1\geq||\phi||$? (Aquí el$||.||_1:=Tr(|.|)$).
Respuestas
Primero, tenga en cuenta que tenemos, por $a\in B(H)$ y $b\in T(H)$, la desigualdad de Hölder $$\tag1 |\operatorname{Tr}(ab)|\leq\|a\|\,\operatorname{Tr}(|b|). $$ De hecho, escribiendo $b=v|b|$ la descomposición polar, tenemos por Cauchy-Schwarz \begin{align} |\operatorname{Tr}(ab)|&=|\operatorname{Tr}(av|b|^{1/2}\,|b|^{1/2})| \leq\operatorname{Tr}(|b|^{1/2}v^*a^*av|b|^{1/2})^{1/2}\operatorname{Tr}(|b|)^{1/2}\\[0.3cm] &\leq\|v^*a^*av\|^{1/2}\,\operatorname{Tr}(|b|)=\|av\|\,\operatorname{Tr}(|b|)\\[0.3cm] &\leq\|a\|\,\operatorname{Tr}(|b|). \end{align}
Porque el mapa de cocientes es un $*$-homomorfismo, dado $z\in N$ tenemos $|x+z|=|x|+w$ para algunos $w\in N$. Entonces sí$\|y\|=1$ y $x=v|x|$ es la descomposición polar, $$ |\operatorname{Tr}(xy)|=\operatorname{Tr}(v^*|x|y)=\operatorname{Tr}((|x|+w)yv^*) =\operatorname{Tr}(|x+z|v^*y)\leq\|v^*y\|\,\operatorname{Tr}(|x+z|) \leq\operatorname{Tr}(|x+z|). $$ Como esto se puede hacer para cualquier $z\in N$, obtenemos $$\|\phi\|=\sup\{|\operatorname{Tr}(xy)|:\ y\in M,\ \|y\|=1\}\leq\|x+N\|_1. $$