Un isomorfismo sul normale funzionale sull'algebra di von Neumann

Question

La domanda trae origine dal libro di Pedersen "C * -algebre e i loro gruppi di automorfismi" (P55 Def. 3.6.5).

Se $M$ è un'algebra di von Neumann in $B(H)$, lascia il $T(H)$ denotano gli elementi in $B(H)$ di trace class e il set $N=\{x\in T(H)|~ Tr(ux)=0, \forall u\in M \}$. Dimostrare:$T(H)/N\cong M_*$ (isomorfismo isometrico), il $M_*$ denota tutte le normali funzioni attive $M$.

Prova. Dal Teorema 3.6.4 del libro di Pedersen, possiamo stabilire una mappa naturale da$T(H)/N$ per $M_*$ di $$T(H)/N\longrightarrow M_*$$ $$x+N\longmapsto \phi$$ dove $x$ è un operatore di trace class tale che $\phi(y)=Tr(xy)$ per $y\in M$. È facile vedere che questa mappa lineare è biiettiva. E posso verificare$||x+N||_1\leq||\phi||$ dalla definizione di $||.||_1$ e decomposizione polare di $M$. Tuttavia, come provare$||x+N||_1\geq||\phi||$? (Qui, il$||.||_1:=Tr(|.|)$).

Answer 1

Innanzitutto, nota che abbiamo, per $a\in B(H)$ e $b\in T(H)$, la disuguaglianza di Hölder $$\tag1 |\operatorname{Tr}(ab)|\leq\|a\|\,\operatorname{Tr}(|b|). $$ Anzi, scrivere $b=v|b|$ la decomposizione polare, abbiamo da 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}

Perché la mappa del quoziente è un file $*$-omomorfismo, dato $z\in N$ noi abbiamo $|x+z|=|x|+w$ per alcuni $w\in N$. Allora se$\|y\|=1$ e $x=v|x|$ è la decomposizione polare, $$ |\operatorname{Tr}(xy)|=\operatorname{Tr}(v^*|x|y)=\operatorname{Tr}((|x|+w)yv^*) =\operatorname{Tr}(|x+z|v^*y)\leq\|v^*y\|\,\operatorname{Tr}(|x+z|) \leq\operatorname{Tr}(|x+z|). $$ Poiché questo può essere fatto per qualsiasi $z\in N$, noi abbiamo $$\|\phi\|=\sup\{|\operatorname{Tr}(xy)|:\ y\in M,\ \|y\|=1\}\leq\|x+N\|_1. $$