C*-Algebra and Hilbert Space Operators

参考：Chapter 2 of $C^*$-Algebras and Operator Theory, Gerald J. Murphy.

我们从一些补充的谱分析（spectral analysis）开始。

首先，我们定义一个 unital algebra $A$ 中的一个 element $a$ 的谱 (spectrum) 为

$$\sigma(a)=\{\lambda\in\mathbb{C}: \lambda 1 - a \text{ is not invertible}\}.$$

相应的，谱半径 (spectral radius) 定义为

$$\rho(a)=\sup\{|\lambda|:\lambda\in\sigma(a)\}.$$

那么首先，spectrum 保持多项式运算：

Proof：$p$ 是 constant 多项式时是显然的。我们假设$p$ 不是常数多项式，那么对于任意一个复数$\mu\in\mathbb{C}$，都存在$\lambda_0,\lambda_1,...,\lambda_n\in\mathbb{C}$ 使得

$$p(z)-\mu=\lambda_0(z-\lambda_1)(z-\lambda_2)...(z-\lambda_n),$$

其中$n$ 是$p$ 的次数。类似地，

$$p(a)-\mu 1=\lambda_0(a-\lambda_1 1)(a-\lambda_2 1)...(a-\lambda_n 1).$$

注意到$p(a)-\mu 1$ 可逆当且仅当$a-\lambda_11,a-\lambda_21,...,a-\lambda_n1$ 都可逆。

换句话说，$\mu\in \sigma(p(a))$ 当且仅当存在一个$\lambda_i$ 使得$a-\lambda_i1$ 不可逆，即$\lambda_i\in\sigma(a)$。注意到恒有$p(\lambda_i)-\mu=0$，所以$\mu=p(\lambda_i)\in p(\sigma(a))$。

$\square$

Proof: 注意到

$$\sum_{n=0}^\infty \|a^n\|\leq \sum_{n=0}^\infty \|a\|^n=\frac{1}{1-\|a\|}<\infty,$$

因此$\sum_{n=0}^\infty a^n$ 收敛（Banach 空间），不妨设收敛到$b\in A$。此外，对于任意$n$，

$$(1-a)(1+a+a^2+...+a^n)=1-a^{n+1}.$$

一方面，因为乘法是连续的，所以

$$\lim_{n\to\infty}(1-a)(1+a+a^2+...+a^n)=(1-a)b.$$

另一方面，

$$\lim_{n\to\infty}\|a^n\|\leq \lim_{n\to\infty}\|a\|^n=0,$$

因此

$$(1-a)(1+a+a^2+...+a^n)=\lim_{n\to\infty}(1-a^{n+1})=1.$$

所以$b(1-a)=1$，同理可以证明$(1-a)b=1$。

$\square$

接下来我们还会提供几个定理，但证明需要更多额外内容。

---

接下来进入算子代数部分。

Proof: 我们知道$\|a^2\|=\|a^*a\|=\|a\|^2$，因此$\|a^{2^n}\|=\|a\|^{2^n}$，所以

$$\rho(a)=\lim_{n\to\infty}\|a^n\|^{1/n}\geq \lim_{n\to\infty}\|a^{2^n}\|^{1/2^n}=\|a\|.$$

$\square$

Proof：根据上一个 theorem，如果有一个 norm 成为了$C^*$-algebra，那么对于任意 element $a$，

$$\|a\|^2=\|a^*a\|=\rho(a^*a)=\sup_{\lambda\in\sigma(a^*a)}|\lambda|.$$

因此不同的 norm 应该有相同的取值。

$\square$

Proof: 注意到$\|a\|^2\leq \|a^*a\|\leq \|a\|\|a^*\|$，因此$\|a\|\leq \|a^*\|$。同理$\|a^*\|^2\leq \|aa^*\|\leq \|a\|\|a^*\|$，所以$\|a\|=\|a^*\|$。因此$\|a^*a\|=\|a\|^2$。
$\square$

Proof：对于一个$\lambda\in\sigma(a)$，假设$\lambda=\alpha+i\beta$，我们证明$\beta=0$。注意到

$$(a-\lambda 1)^*(a-\lambda 1)=(a-\alpha 1)^2+\beta^21.$$

那么根据 spectrum 保持多项式（之前的 theorem），我们有

$$\sigma((a-\alpha 1)^2+\beta^21)=(\sigma(a)-\alpha)^2+\beta^2.$$

如果$\beta\neq 0$，那么$\sigma((a-\alpha 1)^2+\beta^21)>0$，所以$(a-\lambda 1)^*(a-\lambda 1)$ 可逆（因为 0 不在它的 spectrum 里）。

因此$(a-\lambda 1)$ 也可逆，这与$\lambda\in\sigma(a)$ 矛盾。因此$\beta=0$。

补充一下：如果$b^*b$ 可逆那么$b$ 也可逆，因为$\sigma(b^*b)=\{|\lambda|^2:\lambda\in\sigma(b)\}$。
$\square$

Proof：我们证明$b$ 在$B$ 中的可逆性等价于在$A$ 中的可逆性。只有一个方向是 non-trivial 的：即$b$ 在$A$ 中可逆，那么$b$ 在$B$ 中也可逆。

如果存在$a\in A$ 使得$ab=ba=1$，那么$a^*b^*=b^*a^*=1$。

$\square$