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1第五讲

本节我们将介绍一系列补充内容, 其中大部分都是与 $C^{\ast }$ 代数密切相关的.

交换化技术

设 $S\subset A$ 是一个 Banach 代数中的集合, 定义中心化子: $$Z(S):=\{x\in A:xs=sx,\forall s\in S\}.$$不难证明:

引理 1.1. (1) $Z(S)$ 总是 $A$ 的闭子代数. (2) $S\subset Z(Z(S))$. (3) 若 $S$ 交换则 $Z(Z(S))$ 交换.

证明. (1) 乘法连续故 $\Gamma (S)$ 闭, 而且它显然关于数乘, 加法和乘法封闭. (2) 平凡. 然后 (3) 注意到此时 $S\subset Z(S)$ 故 $Z(Z(S))\subset Z(S)$ 交换.

$\square$

命题 1.2. 若 $A$ 是含幺 Banach 代数, $S\subset A$ 是交换子集, 记 $B=Z(Z(S))$ 是一个含幺交换 Banach 子代数. 那么 $S\subset B$ 而且 ${\sigma }_B(x)={\sigma }_A(x)$ 对一切 $x\in B$.

证明. 若 $x\in B\cap A^{\times }$, 则依定义 $xy=yx$ 对每个 $y\in Z(S)$. 故 $y{x}^{-1}=x^{-1}y$, 即 $x^{-1}\in B$.

$\square$

推论 1.3. 设 $A$ 是 Banach 代数, 若 $x,y\in A$ 使 $xy=yx$, 则$$\sigma (x+y)\subset \sigma (x)+\sigma (y),\sigma (xy)\subset \sigma (x)\sigma (y).$$

证明. 记 $S=\{x,y\}$ 并考虑 $B=Z(Z(S))$. 于是 $x+y,xy\in B$, 现在由于 ${\sigma }_A={\sigma }_B$, 于是只需证明$${\sigma }_B(x+y)\subset {\sigma }_B(x)+{\sigma }_B(y),{\sigma }_B(xy)\subset {\sigma }_B(x){\sigma }_B(y).$$而注意到 ${\sigma }_B$ 即 Gelfand 映射作用后的像集, 由于 $\widehat{x+y}=\hat{x}+\hat{y}$, $\widehat{xy}=\hat{x}\cdot \hat{y}$.

$\square$

定理 1.4. 设 $A$ 是含幺 Banach 代数且带有对合, $B$ 是 $A$ 的子集, 满足 [在 $\ast$ 下封闭且交换] 并且在此条件下是极大的, 那么 $B$ 是 $A$ 的交换含幺闭子代数 (注意我们没有假设对合连续) 且在对合下封闭, 而且 ${\sigma }_B(x)={\sigma }_A(x)$ 对一切 $x\in B$.

证明. 只要 $x$ 和 $x^{\ast }$ 与全体 $y\in B$ 可交换, 那么同时将 $x,x^{\ast }$ 添进来就没有任何问题. 这也容易看出 $e\in B$ 而且 $B$ 中元素的数乘, 和, 乘积都在 $B$ 中, 最后检查 $B$ 封闭, 若一列 $x_n\in B$ 且 $x_n\to x$, 那么 $x_{n}y=y{x}_n$, 乘法连续保证 $xy=yx$, 而且$$x^{\ast }y=(y^{\ast }x{)}^{\ast }=(x{y}^{\ast }{)}^{\ast }=y{x}^{\ast }.$$这表明 $x^{\ast }{x}_n=x_n{x}^{\ast }$ 对一切 $n$, 从而 $x^{\ast }x=x{x}^{\ast }$. 最后注意到 $x\in B\cap A^{\times }$ 推出 $x^{-1}\in B$.

$\square$

这样一来很多涉及单个元素的问题都能放在交换的对合封闭子代数下考察. 当然也不要忘记我们已经证明了: 对 $C^{\ast }$ 代数中的正规元 $T$, 可以研究 $A_T$, 连续函数演算已经给我们足够多的元素了, 尽管没有某些重要的算子, 例如投影算子, 但仍已经能做很多事情. 最后对于那些算子, 以后我们会在谱定理中见识到它们.

正元素

定义 1.5. 含幺带对合的 Banach 代数 $A$ 上的一个正元素指的是一个 Hermite 元 $x\in A$, 满足$$\sigma (x)\subset {\mathbb{R}}_{\ge 0}=[0,+\infty ).$$此时记 $x\ge 0$. 用 $A^{+}$ 表示 $A$ 的全体正元素构成的子集.

尽管此定义相当一般, 但是正元素的概念只在对合构成 $C^{\ast }$ 代数时才表现良好. 本小节中, 接下来总假设 $\mathbf{A}$ 是 ${\mathbf{C}}^{\ast }$ 代数. 让我们先来总结一些比较标准的性质:

命题 1.6. 以下性质对 $C^{\ast }$ 代数 $A$ 总满足:

(a) 若 $x\in A$ 是 Hermite 元素, 则谱 ${\sigma }_A(x)\subset \mathbb{R}$.

(b) 若 $x\in A$ 是 Hermite 元素且 ${\sigma }_A(x)\subset [a,b]$, 则 $x-a,b-x\ge 0$.

(c) 若 $x\in A$ 是 Hermite 元素, 则存在唯一 $x^{+},x^{-}\in A_x$ 使得 $x^{+},x^{-}\ge 0$ 且 $x^{+}{x}^{-}=0,x=x^{+}-x^{-}$.

(d) 若 $x\in A$ 是正规元则 $\rho (x)=\Vert x\Vert$.

(e) 任意 $y\in A$ 总有 $\rho (y{y}^{\ast })=\Vert y{\Vert }^2$.

(f) 任意 $y\in A$ 总有 $y{y}^{\ast }\ge 0$.

(g) 设 $u,v\in A^{+}$ 为 $A$ 中的正元素, 且 $uv=vu$, 则 $uv\ge 0$.

(h) 设 $u,v\in A^{+}$ 为 $A$ 中的正元素, 则 $u+v\in A^{+}$, 注意我们不需要它们可交换.

(i) 用 $a\ge b$ 表示 $a-b\ge 0$, 则该关系为传递的, 而且 $a\ge 0,-a\ge 0$ 推出 $a=0$.

(j) $A^{+}$ 是 $A$ 中的闭子集.

证明. 对 (a), 考虑含 $A_x$ 代替可设 $A$ 交换, 然后就是熟知的 Arens 引理推论. (b) 是 (a) 和多项式演算的推论. 对 (c) 考虑 $A_x$ 上 $x$ 的 Gelfand 变换 $\hat{x}$, 取$$\widehat{x^{+}}=\max \{\hat{x},0\},\widehat{x^{-}}=-\min \{\hat{x},0\}.$$很明显它们符合条件, 然后是唯一性, 将一个实函数拆成两个非负函数的差, 且两个非负函数不能同时非零, 那么必然如此.

对 (d) 仍是考虑 $A_x$, 然后就是交换时 Gelfand 映射是等距的推论. 对 (e), 用 (d) 立刻推出正规元 $y{y}^{\ast }$ 满足 $\rho (y{y}^{\ast })=\Vert y{y}^{\ast }\Vert$, 依 $C^{\ast }$ 代数要求这等于 $\Vert y{\Vert }^2$. 对 (g), 注意到 $uv$ 是 Hermite 元, 1.3 告诉我们 $\sigma (uv)\subset \sigma (u)\sigma (v)\subset {\mathbb{R}}_{\ge 0}$.

对 (i), 先假设 (h) 成立 (后面会证明), 由 (h) 可知 $a-b\ge 0,b-c\ge 0$ 则 $(a-b)+(b-c)=a-c\ge 0$. 另外如果 $a\ge 0,-a\ge 0$ 同时成立, 意味着 Hermite 元 $a$ 的谱集只有 $0$, 故由 (d) 得 $\rho (a)=\Vert a\Vert =0$ 故 $a=0$.

现在只剩下硬骨头 (f)(h)(j).

对 (h), 设 $\Vert u\Vert =\alpha ,\Vert v\Vert =\beta$, $w=u+v,\gamma =\alpha +\beta$. 现在由 (b) 知 $\sigma (\alpha e-u)\subset [0,\alpha ]$ 则由 (d) 有 $\Vert \alpha e-u\Vert \le \alpha$, 类似的 $\Vert \beta e-v\Vert \le \beta$. 于是 $\Vert \gamma e-w\Vert \le y$, 因为 $w=w^{\ast }$ 故由 (a) 知谱在 $\mathbb{R}$, 这表明 $\sigma (\gamma e-w)\subset [-\gamma ,\gamma ]$ 故 $\sigma (w)\subset [0,2\gamma ]$ 从而 $w\ge 0$.

(j) 思路和 (h) 没有多大变化, 首先 Hermite 元素在 $A$ 中构成闭集, 因为对合在 $C^{\ast }$ 代数中连续, 然后注意到由 (b)(d) 很容易推出对 Hermite 元素 $x$, 若 $\Vert x\Vert \le 1$, 则 $x\ge 0$ 当且仅当 $\Vert e-x\Vert =\rho (e-x)\le 1$, 由此我们证明了 Hermite 元素中, $\Vert x\Vert \le 1$ 中的正元素构成闭集 $C$, 而全体正元素自然是 ${\bigcup }_{n\in {\mathbb{Z}}^{+}}nC$, 构成闭集.

接下来我们指出一个引理, 含幺 Banach 代数中任意 $a,b\in A$, $e-ab$ 可逆当且仅当 $e-ba$ 可逆, 这是构造性的, 若前者可逆则$$(e-ba{)}^{-1}=e+b(e-ab{)}^{-1}a.$$不难检查它符合条件, 在该引理的基础上容易证明含幺 Banach 代数中任意 $a,b\in A$ 都有 $\sigma (ab)\subset \sigma (ba)\cup \{0\}$.

对 (f), 令 $x=y{y}^{\ast }$ 是 Hermite 元, 考虑 $B=A_x$ 只需证明 $x\in B$ 的 Gelfand 变换得到非负函数. 为此记 $z\in B$ 使 $\hat{z}=|\hat{x}|-\hat{x}$, 相当于取了 $x$ 的负部的两倍 $z=2x^{-}$. 这样 $z\ge 0$ 且 $z^{2}x\le 0$. 现在令$$w:=zy=u+iv,$$其中 $u,v$ 是 Hermite 元; 那么$$\begin{array}{rl}w{w}^{\ast }& =zy{y}^{\ast }{z}^{\ast }=zxz=z^{2}x,\\ w^{\ast }w& =2u^2+2v^2-w{w}^{\ast }=2u^2+2v^2-z^{2}x.\end{array}$$因为 $2u^2,2v^2,-z^{2}x\ge 0$, 于是由 (h) 可知 $w^{\ast }w\ge 0$. 然而 $\sigma (w{w}^{\ast })\subset \sigma (w^{\ast }w)\cup \{0\}$, 由此可知 $w{w}^{\ast }\ge 0$, 故由 (i) 可知 $z^{2}x=0$, 这表明 $x$ 只有平凡的负部, 故 $x\ge 0$.

$\square$

推论 1.7. 设 $A$ 是 $C^{\ast }$ 代数, 元素 $a\in A$, 则下面三条等价:

(a) $a\ge 0$, (b) 存在唯一 $a^{1/2}\in A^{+}$ 使 $(a^{1/2}{)}^2=a$, (c) $a=b^{\ast }b$ 对某 $b\in A$.

证明. 只需看 (a) 推 (b), 因为剩下的 (b) 推 (a) 以及 (a) 与 (c) 的等价已经明晰.

让我们用连续算符演算来思考这个问题, 存在性只需在 $A_a$ 中取 Gelfand 映射对应 $\sqrt{x}$ 函数者. 现在来证明唯一性. 我们只需证明 $a^{1/2}$ 可以用 $a$ 的多项式逼近即可, 因为在 $A_a$ 中唯一性显然. 为了证明这点, 注意到 $A_{a^{1/2}}$ 的极大理想集对应 $\sigma (a^{1/2})$ 即 $[0,+\infty )$ 中某个紧集, 而对 $R>0$, $[0,R]$ 的函数 $f(x)=x$ 都能被 $f(x)=x^2$ 的多项式一致逼近 (寻找 $[0,R^2]$ 上一致逼近 $\sqrt{x}$ 的多项式), 故 $a^{1/2}\in A_a$.

$\square$

类似地, 用连续算符演算, 对 $p>0$ 我们都能定义 $a\in A^{+}$ 的 $p$ 次方元素 $a^p\in A_a\cap A^{+}$.

引理 1.8. 若 $x\le y$, 则对任意 $a\in A$ 有 $ax{a}^{\ast }\le ay{a}^{\ast }$.

证明. 设 $y-x=b{b}^{\ast }$ 则 $ay{a}^{\ast }-ax{a}^{\ast }=(ab)(ab{)}^{\ast }\ge 0$.

$\square$

命题 1.9. 设 $x,y\in A^{\times }$ 满足 $0\le x\le y$, 则 $0\le y^{-1}\le x^{-1}$.

证明. 显然 $x^{1/2},y^{1/2}\in A^{+}\cap A^{\times }$, 于是用前一个引理 1.8, $$\begin{array}{rl}0\le x\le y& ⟹0\le y^{-1/2}x{y}^{-1/2}\le e(\text{前一个推论})\\ & ⟹\Vert y^{-1/2}x{y}^{-1/2}\Vert \le 1\\ & ⟹\Vert y^{-1/2}{x}^{1/2}\Vert \le 1(C^{\ast }\text{代数的定义})\\ & ⟹\Vert x^{1/2}{y}^{-1/2}\Vert \le 1(\text{取对合})\\ & ⟹\Vert x^{1/2}{y}^{-1}{x}^{1/2}\Vert \le 1(C^{\ast }\text{代数的定义})\\ & ⟹0\le x^{1/2}{y}^{-1}{x}^{1/2}\le e\\ & ⟹0\le y^{-1}\le x^{-1}(\text{前一个推论})\end{array}$$由此命题得证.

$\square$

引理 1.10. 对 $-1<p<0$ 和 $x>0$, 存在常数 $C>0$ 与 $x$ 无关使得如下的积分成立: $$x^p=C{\int }_0^{\infty }\frac{t^p}{t+x}dt.$$

证明. 只需注意到对 $s>0$, 右式随换元 $(t,x)\mapsto (ts,xs)$ 变成原先的 $s^p$ 倍即可.

$\square$

命题 1.11. 设 $0\le x\le y$, 则

(1) $\Vert x\Vert \le \Vert y\Vert$, (2)(Löwner–Heinz 不等式) 对 $0\le p\le 1$ 总有 $0\le x^p\le y^p$,

(3) 让我们试举一个例子如何推广到更一般的函数类: 若 $\mu$ 是 $(0,+\infty )$ 上的 Borel 正测度, $a\ge 0;a,b\in \mathbb{R}$, 设如下的函数$$f(x)=ax+b+{\int }_0^{\infty }\frac{x}{x+t}d\mu (t).$$定义了 $[0,c]$ 上的连续单增函数, 那么对 $\Vert y\Vert <c$ 我们有 $0\le g(x)\le g(y)$.

实际上上述函数族是全体使得 $A\ge B\ge 0$ 总能推出 $f(A)\ge f(B)\ge 0$ 者, 这种函数称算子单调函数, 由 K. Löwner 在 1934 年证明. 我们不会在此证明这一结论.

证明. (1) 是容易的, 首先由于 $A^{+}$ 是闭集我们只需证 $0\le x+ϵ\le y+ϵ$, 对 $ϵ>0$. 于是可假设 $y$ 可逆, 现在只需证明 $\Vert x^{1/2}\Vert \le \Vert y^{1/2}\Vert$. 由 1.8 得到 $0\le y^{-1/2}x{y}^{-1/2}\le 1$, 从而 $\Vert (y^{-1/2}{x}^{1/2})(y^{-1/2}{x}^{1/2}{)}^{\ast }\Vert \le 1$ 即有 $\Vert y^{-1/2}{x}^{1/2}\Vert \le 1$, 这样 $\Vert x^{1/2}\Vert \le \Vert y^{1/2}\Vert \cdot \Vert y^{-1/2}{x}^{1/2}\Vert \le \Vert y^{1/2}\Vert$.

对 (3), 不难检查, $g(x)$ 在 $[ϵ,c-ϵ]$ 内可以用 $1,x,1-t/(x+t)$ 的有限线性组合一致逼近, 由于 $0\le x\le y$ 推出 $1/(x+t)\ge 1/(y+t)$ 推出 $1-t/(x+t)\ge 1-t/(y+t)$. 然后用 1.9 以及 $A^{+}$ 闭的事实立刻可知. 或许将题目中的 $g$ 定义换成这种线性组合在最大模范数下的闭包会更明晰.

最后我们来看 (2), 仍是平移 $ϵ$ 从而可设 $x,y$ 可逆, 从而只需证明 $x^p\ge y^p$ 对 $-1<p<0$. 使用引理 1.10 以及 (3) 一样的办法, 问题立刻得证.

$\square$

关于正算子的讨论到此为止.

含幺化, 单位逼近, 理想, 商

值得注意的是, 以前我们总要求 $C^{\ast }$ 代数是含幺的, 本小节中我们暂时地去掉这个条件, 不只是因为确实有 $C_0(\mathbb{R})$ 这种东西 (在 $\pm \infty$ 趋于 $0$, 在共轭下构成 $C^{\ast }$ 代数), 而且因为我们要开始研究理想了. 我们的想法来自于: 虽然 $C_0(\mathbb{R})$ 没有幺元, 但是可以取一列元素来逼近它: $e_n$ 正值, 在 $[-n,n]$ 取 $1$ 然后在外面降低到 $0$.

让我们先解决将不含幺的 $C^{\ast }$ 代数含幺化的过程:

命题 1.12. 对不含幺的 $C^{\ast }$ 代数 $A$, 可以在 $A\oplus \mathbb{C}$ 上定义一个范数使得它成为含幺 $C^{\ast }$ 代数, 后一个分量上的对合为取共轭, 且 $A$ 嵌入前一个分量是等距.

证明. 我们定义 $\Vert (a,\lambda )\Vert :=\Vert L_a+\lambda {\mathrm{id}}_A{\Vert }_{\mathcal{L}(A)}$, 其中 $L_a$ 表示 $A\to A$ 的左乘算子, $\mathcal{L}(A)$ 下标表示取 $A\to A$ 的算子范数. 首先注意到 $x\mapsto L_x$ 是等距 $\ast$-同构, 这是因为 $\Vert L_a{a}^{\ast }\Vert =\Vert a\Vert \cdot \Vert a^{\ast }\Vert$. 然后 $A\oplus \mathbb{C}$ 在这个新范数下完备: 这是因为 $A$ 的完备性保证全体 $L_x$ 的像在 $\mathcal{L}(A)$ 是闭集, 由于 ${\mathrm{id}}_A$ 不在像中, 所以存在 $ϵ>0$ 使得 $\Vert I-L_x\Vert >ϵ$ 对一切 $x\in A$. 这样 ${\lambda }_n{\mathrm{id}}_A+L_{x_n}={\lambda }_n({\mathrm{id}}_A+L_{x_n})$ 收敛就能推出 ${\lambda }_n\in \mathbb{C}$ 有界, 由此存在收敛子列.

最后我们检查关于范数的事实, 核心就是下面的计算: $$\begin{array}{rl}\Vert \lambda {\mathrm{id}}_A+L_x{\Vert }^2& =\underset{\Vert y\Vert =1}{\sup }\Vert \lambda y+xy{\Vert }^2=\underset{\Vert y\Vert =1}{\sup }\Vert (\lambda y+xy{)}^{\ast }(\lambda y+xy)\Vert \\ & \le \underset{\Vert y\Vert =1}{\sup }\Vert y^{\ast }\Vert \cdot \Vert (\lambda {\mathrm{id}}_A+L_x{)}^{\ast }(\lambda {\mathrm{id}}_A+L_x)(y)\Vert =\Vert (\lambda {\mathrm{id}}_A+L_x{)}^{\ast }(\lambda {\mathrm{id}}_A+L_x)\Vert .\end{array}$$结论得证.

$\square$

现在我们来定义一般版本者:

定义 1.13. 一个 $C^{\ast }$ 代数中的网 $\{e_{\lambda }{\}}_{\lambda \in \Lambda }\subset A$ 被称为一个单位逼近指它满足以下资料:

(A1) $e_{\lambda }\ge 0$ 对一切 $\lambda$.

(A2) $\Vert e_{\lambda }\Vert \le 1$ 对一切 $\lambda$.

(A3) $\lambda \le \mu$ 推出 $e_{\lambda }\le e_{\mu }$.

(A4) 对一切 $a\in A$, 有 ${\lim }_{\lambda }{e}_{\lambda }a=a={\lim }_{\lambda }a{e}_{\lambda }$.

定理 1.14. 每个 $C^{\ast }$ 代数 $A$ 的任意双边 (不一定闭的) 理想 $J$ 都存在一个单位逼近. 特别地, (A4) 对 $a\in \overline{J}$ 也成立.

证明. 因为对 $A$ 做含幺化不影响问题, 于是不妨设 $A$ 含幺. 设 $J_H$ 表示 $J$ 中的全体 Hermite 元构成的集合, $\Lambda$ 表示全体 $J_H$ 的有限集在包含偏序下构成的网 (它非空, 任意 $a\in J$ 有 $a^{\ast }a\in J_H$). 定义 $f_n[0,\infty )\to [0,1)$ 为$$f_n(t)=\frac{nt}{1+nt}.$$注意对 $a\in A^{+}\cap J$ 有 $f_n(a)=na(1+na{)}^{-1}\in J$. 于是对 $\lambda =\{x_1,\cdots ,x_n\}\in \Lambda$, 我们定义$$e_{\lambda }:=f_n(x_1^2+\cdots +x_n^2).$$注意到 $f_n$ 非负且上界为 $1$ 于是 $0\le e_{\lambda }\le e$ 且 $\Vert e_{\lambda }\Vert \le 1$ 于是 (A1), (A2) 皆已满足.

现在假设 $\lambda \le \mu$, 设 $\mu =\{x_1,\cdots ,x_m,\cdots ,x_n\}$, 其中 $n\ge m$. 我们只需证明 $e-e_{\mu }\le e-e_{\lambda }$, 也就是要检查$$(e+n(x_1^2+\cdots +x_n^2){)}^{-1}\le (1+m(x_1^2+\cdots +x_m^2)).$$然后使用 1.9 立刻得证. 现在 (A3) 也得到.

最后是 (A4), 先看 $a\in J_H$, 那么 $\{a\}\in \Lambda$, 固定 ${\lambda }_0=\{x_0=a,x_1,\cdots ,x_m\}\ge \{a\}$, 那么对 $\lambda \ge {\lambda }_0$, 可设 $\lambda =\{x_0,\cdots ,x_m,\cdots ,x_n\}$ 其中 $n\ge m$, 于是$$(e-e_{\lambda })a^2(e-e_{\lambda })\le (e-e_{\lambda })(x_0^2+\cdots +x_n^2)(e-e_{\lambda }).$$由于 $(1-f_n(t))t(1-f_n(t))=t/(1+n{t}^2)\le 1/4n$, 于是上式结合 $0\le x\le y$ 推出 $\Vert x\Vert \le \Vert y\Vert$ 即得$$\Vert a-a{e}_{\lambda }{\Vert }^2=\Vert (a-a{e}_{\lambda }{)}^{\ast }(a-a{e}_{\lambda })\Vert \le \frac{1}{4n}\le \frac{1}{4m}.$$这即 ${\lim }_{\lambda }a{e}_{\lambda }=a$.

现在对一般的 $a\in J$, 计算得$$\Vert a-a{e}_{\lambda }{\Vert }^2=\Vert (e-e_{\lambda })a^{\ast }a(e-e_{\lambda })\Vert \le \Vert e-e_{\lambda }\Vert \cdot \Vert a^{\ast }a-a^{\ast }a{e}_{\lambda }\Vert \to 0.$$同理我们也有$$\Vert a-e_{\lambda }a{\Vert }^2=\Vert (e-e_{\lambda })a{a}^{\ast }(e-e_{\lambda })\Vert \le \Vert e-e_{\lambda }\Vert \cdot \Vert a{a}^{\ast }-a{a}^{\ast }{e}_{\lambda }\Vert \to 0.$$最后 (A4) 对 $J$ 闭包中的元素成立也是从 (A4) 对 $J$ 成立以及 (A2) 立刻得出的. 结论得证.

$\square$

推论 1.15. 每个 $C^{\ast }$ 代数中的闭双边理想都是在对合下封闭的.

证明. 设 $J$ 是双边理想, $\{e_{\lambda }\}$ 是 $J$ 中单位逼近, 则对任意 $a\in J$, $a{e}_{\lambda }\to a$ 得到 $e_{\lambda }{a}^{\ast }\to a^{\ast }$, 由于 $e_{\lambda }{a}^{\ast }\in J$ 故 $a^{\ast }\in \overline{J}$.

$\square$

因此对 $C^{\ast }$ 代数中的闭双边理想, 我们总应熟记它关于对合封闭的事实.

定理 1.16 (Segal). 若 $A$ 是 $C^{\ast }$ 代数, $I$ 是一个闭双边理想, 那么 $A/I$ 也是 $C^{\ast }$ 代数.

证明. 设 $q:A\to A/I$ 为典范商映射, 如今唯需证明对任意 $a\in A$ 有 $\Vert q(a{)}^{\ast }q(a)\Vert =\Vert q(a){\Vert }^2$. 为此我们需要一个小公式: 设 $\{e_{\lambda }\}$ 是 $J$ 中单位逼近, 我们声称对任意 $a\in A$, 都有$$\Vert q(a)\Vert =\underset{\lambda }{\lim }\Vert a-a{e}_{\lambda }\Vert .$$为了证明这个小公式, 考虑任意 $y\in J$, $$\underset{\lambda }{\mathrm{limsup}}\Vert a-a{e}_{\lambda }\Vert =\underset{\lambda }{\mathrm{limsup}}\Vert a-a{e}_{\lambda }+y-y{e}_{\lambda }\Vert =\underset{\lambda }{\mathrm{limsup}}\Vert (e-e_{\lambda })(a+y)\Vert \le \Vert a+y\Vert .$$这表明 ${\mathrm{limsup}}_{\lambda }\Vert a-a{e}_{\lambda }\Vert \le \Vert q(a)\Vert$, 另一边 $a{e}_{\lambda }\in J$ 于是 $\Vert a-a{e}_{\lambda }\Vert \ge \Vert q(a)\Vert$, 因此 ${\mathrm{liminf}}_{\lambda }\Vert a-a{e}_{\lambda }\Vert \ge \Vert q(a)\Vert$.

回到原题, 使用这一公式, 立刻得到$$\Vert q(a){\Vert }^2=\underset{\lambda }{\lim }\Vert a-a{e}_{\lambda }{\Vert }^2=\underset{\lambda }{\lim }\Vert (e-e_{\lambda })a^{\ast }a(e-e_{\lambda })\Vert \le \underset{\lambda }{\mathrm{limsup}}\Vert a^{\ast }a(e-e_{\lambda })\Vert =\Vert q(a^{\ast }a)\Vert =\Vert q(a{)}^{\ast }q(a)\Vert .$$至此结论得证.

$\square$

命题 1.17. 设 $A$ 是 $C^{\ast }$ 代数, $I$ 为一个闭双边理想, 有自然 $C^{\ast }$ 代数同态 $\pi :A\to A/I$. 那么对任意 $k\in A/I$ 正元素, 存在正元素 $a\in A$ 使 $\pi (a)=k$.

证明. 任取 $k$ 的原像 $a_0$, 设 $a_1=(a_0+a_0^{\ast })/2$, 则 $a_1$ 自伴且 $\pi (a_1)=k$. 现在记 $a_1=a^{+}-a^{-}$, 满足 $a^{+},a^{-}\in A_{a_1}$ 都是正元素且 $a^{+}{a}^{-}=a^{-}{a}^{+}=0$. 现在 $k=\pi (a^{+})-\pi (a^{-})$. 那么$$0\le \pi (a^{-}{)}^{1/2}k\pi (a^{-}{)}^{1/2}=\pi ((a^{-}{)}^{1/2}{a}^{+}(a^{-}{)}^{1/2}-(a^{-}{)}^2)=-\pi (a^{-}{)}^2.$$因为 $a^{-}$ 是 Hermite 元, 故 $\pi (a^{-}{)}^2$ 是正元素, 所以 $\pi (a^{-})=0$. 由此 $a=a^{+}$ 符合题意.

$\square$

命题 1.18. 两个 $C^{\ast }$ 代数间的保 $\ast$ 态射总是连续的. 实际上, 该态射算子范数为 $1$.

实际上, 设 $f:A\to B$ 是这样一个映射, 则我们有 $C^{\ast }$ 代数 $A/\ker f\to B$ 的典范等距保对合嵌入, 使得像为 $f(A)$.

证明. 首先 $a-\lambda e$ 在 $A$ 可逆那么就在 $B$ 可逆, 故 $\sigma (f(a))\subset \sigma (a)$. 由此可知谱半径公式 ${\rho }_B(f(a))\le {\rho }_A(a)$ 对一切 $a\in A$, 由此$$\Vert f(a)\Vert =\sqrt{\Vert f(a{)}^{\ast }f(a)\Vert }=\sqrt{\rho (f(a{)}^{\ast }f(a))}=\sqrt{\rho (a^{\ast }a)}=\sqrt{\Vert a^{\ast }a\Vert }=\Vert a\Vert .$$由此可知 $\Vert f{\Vert }_{\mathcal{L}(A,B)}\le 1$, 结合 $f(e)=e$ 可知 $\Vert f{\Vert }_{\mathcal{L}(A,B)}=1$.

最后是关于等距的事实, 只需假设 $f$ 是单射. 注意到若 $a=a^{\ast }\in A$ 则 ${\sigma }_B(f(a))={\sigma }_A(a)$, 这是 $C^{\ast }$ 子代数的标准事实, 由此$$\Vert a{\Vert }_A\ge \Vert f(a){\Vert }_B={\rho }_B(f(a))={\rho }_A(a)=\Vert a{\Vert }_A.$$则对一般 $a$, $$\Vert a{\Vert }_A^2=\Vert a^{\ast }a{\Vert }_A=\Vert f(a^{\ast }a){\Vert }_B=\Vert f(a{)}^{\ast }f(a){\Vert }_B=\Vert f(a){\Vert }_B^2.$$至此命题得证.

$\square$

正泛函

相比正元素, 我们即将定义的如下的正泛函概念, 则在一般的对合下仍然表现良好.

定义 1.19. 含幺带对合的 Banach 代数 $A$ 上的一个正泛函指的是一个 $F\in A^{\ast }=\mathcal{L}(A,\mathbb{C})$ 使得$$F(x{x}^{\ast })\ge 0,\forall x\in A.$$注意到我们并没有对 $F$ 的连续性有任何要求.

定理 1.20.

命题 1.21. 一个含幺 Banach 代数上至多存在一个对合使它成为 $C^{\ast }$ 代数.

证明.

$\square$