Rap Present a Zion i doplicher

Capitolo 12

TEORIA DELLE RAPPRESENTAZIONI

In questo capitolo studiamo le rappresentazioni delle C-algebre non neces-sariamente commutative: la teoria commutativa e stata sviluppata nel capitoloprecedente, mentre qui ci occuperemo della ben piu complicata situazione nelcaso non commutativo.

12.1 Irriducibilita di rappresentazioni

Ricordiamo la denizione fondamentale

12.1.1 Denizione Una rappresentazione di una C*-algebra A e uno spazio diHilbert H dotato di uno *-morsmo di C*-algebre:

: A ! C(H)Se e isometrica, la rappresentazione si dice fedele.

Dimostreremo in seguito che una C*-algebra ammette rappresentazioni fedeli.Se A e una C*-algebra e : A ! B(H) una rappresentazione, allora, per un

sottospazio vettoriale chiuso M di H sappiamo gia che le seguenti aermazionisi equivalgono:

M e -stabile (i.e. (A)M M). M? e -stabile. EM 2 (A)0. = jM jM?.

12.1.2 Denizione Una rappresentazione si dice topologicamente irriducibilese non ha sottospazi chiusi e -stabili oltre a 0 e H.

433

434 Capitolo 12. Teoria delle rappresentazioni

12.1.3 Lemma (Schur) e irriducibile se e solo se (A)0 = C I.Dimostrazione: (A)0 e un'algebra di von Neumann e quindi e il sottospaziodi Banach di B(H) generato dagli idempotenti autoaggiunti che sono proiettoriortogonali sui sottospazi chiusi -stabili: cioe solo su 0 e H, quindi gli unici taliproiettori sono 0 e 1, e l'algebra da loro generata e C 1.

qed

12.1.4 Corollario Se : A ! B(H) e una rappresentazione allora sonoequivalenti le

e (topologicamente) irriducibile;

(A)uf = B(H);

(A1)f = B(H)1. Ogni x 2H n 0 e ciclico per la rappresentazione .

Dimostrazione: Per l'equivalenza delle (1){(3) basta notare che se e irriduci-bile allora (A) e non degenere e quindi (A)uf = (A)00. Ma (A)0 = CI e quin-di (A)00 = B(H). In modo analogo, usando il teorema di densita di Kaplanski11.4.2, seguono le altre equivalenze.

La (4) equivale alla (3), dato che seMx = (A)x e -stabile alloraEMx2(A)0;ma se E 2 (A)0 e x 2 H allora Ex = x e quindi (A)x = E(A)x; dunqueMx = EH.

Ne segue che se E2(A)0 e idempotente autoaggiunto Ex = x allora Ex E;ma se e irriducibile Ex e 0 oppure I e quindi se e irriducibile ogni vettorenon nullo e ciclico, mentre se non e irriducibile non ogni vettore non nullo eciclico.

qed

Osserviamo inoltre che e topologicamente irriducibile se e solo se per ogni" > 0, x 2H n 0 e y 2H esiste un A 2 A tale che

j(A)x yj < "Per una rappresentazione di un'algebra qualsiasi (non necessariamente normata)esiste il concetto algebrico di irriducibilita: una tale rappresentazione e irriduci-bile se gli unici sottospazi -stabile (anche non chiusi) sono 0 e H. Ovviamentel'irriducibilita algebrica implica quella topologica, e, per il lemma di Schur 12.1.3:

algebricamente irriducibile () 8x 6= 0; y 2H 9A 2 A (A)x = yNon dobbiamo comunque preoccuparci delle rappresentazioni algebriche, comemostra il seguente

12.1. Irriducibilita di rappresentazioni 435

12.1.5 Teorema (Kadison) Una rappresentazione di una C*-algebra A etopologicamente irriducibile se e solo se e algebricamente irriducibile.

Dimostrazione: Una delle implicazioni e ovvia: dimostriamo quindi che unarappresentazione topologicamente irriducibile lo e anche algebricamente.

Il sottospazio (A) e chiuso in norma per ogni ; denotiamo (A) B(H)ancora con A e scriviamo moltiplicativamente l'azione della rappresentazione:Ax = (A)x; supponiamo ora che

A0 = C IVogliamo dimostrare che per ogni x 6= 0 e y2H esiste un A2A tale che Ax = y (ilche, come si e osservato esprime l'irriducibilita algebrica della rappresentazione).

Se y = 0 e A = 0 quindi possiamo supporre anche y 6= 0 e, normalizzando:jjxjj = jjyjj = 1

L'operatoreTy;x(z) := (x; z)y

e lineare e continuo di norma 1, e tale che Ty;x(x) = y. Dunque esiste un A12A1tale che

jjA1x yjj < 12

sostituendo y1 := (A1x y) a y in questa maggiorazione si trova

jjTy1;xjj 0 (B) [0;1]

Dunque possiamo scegliere in modo che jjA1jj; jjA2jj 1 e

((A1 + A2)) [0;1]) (A1 + A 2) [0;1]

e quindi supporre che sia

jjA1jj; jjA2jj 1Dunque (Ai) 2 [0; 1] i.e. (I Ai) 2 [0; 1].

Ora consideriamo Ti = I Ai; ovviamente12(T1 + T2)

1 =)

I 1

2(A1 + A 2)

1

il che implica (I 12(A1 + A2)) [0;1]. e quindi

1

2(A1 + A 2)

[0; 2] e (A1 + A2) [0; 4]

qed

12.2.5 Teorema

A+ = fA 2 A jA = A e (A) [0;1]g A+ e un cono, tale che

{ A+ \ A+ = 0.{ A+ +A+ A+.{ R+ A+ A+.{ A+ A+ = fA 2 A jA = Ag.

Dimostrazione: La (2c) segue dalla (1) in modo ovvio. Dimostriamo la (2d):sia A = A, e consideriamo le funzioni continue

f() :=

(jj se 00 altrove


Ovviamente (f+ f)() = e f 0. Possiamo applicare il calcolo funzionalecontinuo (dato che A e autoaggiunto) ottenendo

(f+ f)(A) = A e f(A) = Aove A e autoaggiunto con spettro positivo (teorema della mappa spettrale);dunque, per ogni A autoaggiunto si ha A = A+ A ove A 2 fB 2 A jB =B e (B) [0;1]g.

Quindi anche la (2d) segue dalla (1): dimostriamo quest'ultima. Che si abbia

A fA jA = A e (A) [0;1]g

segue di nuovo dal calcolo funzionale continuo con f() = +p, 0; con

questa funzione si trova che f(A) = B e autoaggiunto e tale che B2 = A (inparticolare BB = A).

Dimostriamo quindi l'inclusione opposta. Sia BB 2 A+: ovviamente BBe autoaggiunto, e quindi il suo spettro e contenuto in R; calcoliamo su BB lefunzioni f introdotte in precedenza, ottenendo:

BB = f+(BB) f(BB) = u2 v2

(un operatore a spettro positivo e il quadrato di un operatore autoaggiunto). MaA+A = 0 e quindi uv = 0 che, con

vBBv = v(u2 v2) = vu2v v4

implica che vBBv = v4. Quindi se deniamo

A := Bv

otteniamo AA = v4. Ora, sappiamo dalla (1) del lemma che

(AA) n 0 = (AA) n 0

pertanto, se (AA) [0;1] allora anche (AA) [0;1], e, per A = Bv sitrova

(AA) = (v4) [0;1] =) (AA+ AA) [0;1]Dunque, scrivendo A = A1 + iA2 (Ai autoaggiunti) otteniamo

A = A1 iA2AA = A21 + A

22 + i(A1A2 A2A1)

AA = A21 + A22 i(A1A2 A2A1)

12.2. Stati e rappresentazioni 447

cioeAA+ AA = 2(A21 + A

22)

e (AA+ AA) [1; 0] i.e. (A21 + A22) [1; 0]. Ma(A21) [0;1] e (A22) [0;1]

e, per la (2) del lemma:(A21 + A

22) [0;1]

Le due inclusioni dimostrate signicano che

(A21 + A22) = 0

cioe che A21+A22 e un operatore nilpotente (ed autoaggiunto), dunque A

21+A

22 = 0

ovvero A1 = A2 = 0. Ne segue A = 0, e quindi. v = 0. Risulta dunque BB = u2.

In denitiva ogni BB e autoaggiunto con spettro positivo e quindi

A+ = fA jAA e (A) [0;1]gQuesto dimostra la (1).

La (2a) segue immediatamente e, per la (2) del lemma, anche la (2b).qed

Il cono A+ genera lo spazio degli elementi autoaggiunti.12.2.6 Denizione f si dice hermitiano se f = f.

Osserviamo che, per ogni f 2 A:

f =1

2(f + f) + i

1

2i(f f)

e quindi f si decompone in somma di hermitiani.I funzionali lineari continui hermitiani formano uno spazio di Banach reale

Ah, e, se A 2 Aaa e f 2 Ah allora f(A) 2 R. Se f 2 A allora si deniscef(A) := f(A)

Evidentemente jjfjj = jjf jj, f = f e la mappa f 7! f e antilineare.12.2.7 Denizione

Se A e B sono autoaggiunti e se AB 2 A+ allora scriviamo A B. Il cono duale della C*-algebra A e l'insieme

A+ := ff 2 A j 8A 2 A+ f(A) 0g


Ovviamente

A+ Ahe, se f 2 A+ allora la mappa

(A;B) 7! f(AB)

denisce una forma sesquilineare semidenita positiva: ogni tale forma soddisfala disuguaglianza di Schwartz:

jf(AB)j2 f(AA)f(BB)

e

f((A+ B)2(A+ B)) 0da cui segue

f(AB) = f(ABA)

(per B = I si trova f 2 Ah).

12.2.8 Teorema Un funzionale lineare f qualsiasi e positivo se e solo se econtinuo e f(I) = jjf jj.

Dimostrazione: Se f e positivo allora (ricordando che (AA) [0; jjAjj2] edunque che jjAjj2I AA 2 A+):

fjjAjj2I AA = jjAjj2 f(I) f(AA)

cioe f(AA) jjAjj2 f(I); ma

jf(A)j2 = jf(IA)j2 f(I)f(AA) jjAjj2f(I)2

da cui la continuita di f . Che sia f(I) = jjf jj segue da f(I) jjAjj.Viceversa, se f 6= 0 e continuo e f(I) = jjf jj, allora esiste un tale che

jjf jj = 1, dunque possiamo assumere f(I) = 1. A questo punto la dimostrazionedel teorema si riduce a quella del lemma seguente:

12.2.9 Lemma Se jjf jj = f(I) = 1 allora per ogni operatore normale A

f(A) 2 fConv (A)g =\fdischi chiusi contenenti (A)g


Dimostrazione: Si tratta di far vedere che per ogni 2(A) tale che jzj asi ha

jf() zj aMa A e normale, quindi anche (A zI) lo e, sicche

jjA zIjj = spr(A zI)

(raggio spettrale), pertanto

jf(A) zj = jf(A zI)j a

qed

12.2.10 Denizione Lo spazio degli degli stati della C*-algebra A e

S(A) := ff 2 A+ j jjf jj = 1g

12.2.11 Proposizione S(A)) e convesso, *-debolmente chiuso e compatto.

Dimostrazione: E un convesso dato che lo e A+. Inoltre

S(A) =\a2A

ff 2 Aj f(AA) 0g \ ff j f(I) 1 = 0g

quindi e intersezione di insiemi *-debolmente chiusi. Inne e

S(A) A1(palla unitaria in A) che e un compatto di Hausdor nella topologia *-debole(teorema di Alaoglu 8.2.12); pertanto S(A) e compatto in quanto chiuso in uncompatto.

qed

Una conseguenza del teorema di Hahn{Banach e il

12.2.12 Teorema Se A B sono C*-algebre con la stessa unita I e se !2S(A)allora esiste un e! 2 S(B) tale che e!jA = !.


12.2.13 Esempio Si consideri una C*-algebra commutativaA e '2(A); allora

'(AA) = j'(A)j2 0

cioe ' e uno stato. Ne segue che, per ogni A 2 A esiste ! 2 S(A) tale che

!(AA) = jjAjj2

Infatti AA e autoaggiunto e genera la C*-algebra commutativa C (AA; I) chepossiede uno stato ' (infatti (C(AA; I)) = (AA)), quindi esiste ' 2 (A)tale che '(AA) = jjAjj2. Usando il teorema precedente possiamo estendere ' e!.

Dato che lo spazio degli stati S(A) e un convesso compatto (in uno spaziovettoriale topologico localmente convesso A), per il teorema di Krejn{Millman8.3.10 l'insieme dei suoi punti estremali e non vuoto e:

S(A) = Conv(Extr(S(A)))

12.2.14 Denizione I punti estremali di S(A) si dicono stati puri; l'insiemedegli stati puri si denota con P(A).

12.2.15 Esempio Se A e commutativa allora per A = BB si ha bA' = bB(')2;inoltre, se f2A, per il teorema di Riesz{Markov 9.2.2, esiste una misura regolarepositiva tale che

f(A) =

Z bA(')d(')dunque

f 0 () e positiva

12.2.16 Denizione Se !; ' 2 S(A) si dice che ! e uno stato dominato da 'e scriviamo ! 4 ' se esiste una costante M 0 tale che

M' ! 0

L'insieme degli stati dominati da ' 2 S(A) si denota con C'.

Il seguente lemma mostra che gli stati puri corrispondono alle misure di Dirac


12.2.17 Lemma ! 2 P(A) () supp! = fxg

Dimostrazione: Se il supporto della misura ! contiene almeno due puntidistinti '1; '2 2 supp! allora, dato che siamo in uno spazio di Hausdor, per illemma di Urysohn 2.3.2 esiste una funzione continua f : (A) ! [0; 1] tale chef(0) = '1 e f(1) = '0: in questo modo d! = fd! + (1 f)d! e

!(A) =

Z bA(')d!(') = Z bA(1 f)d! + Z bAfd! = f1(A) + f2(A)(ove f1; f2 sono funzionali positivi che possiamo normalizzare in modo da avere

!(A) =

Z(1 f)d!1(A) +

Zfd!2(A)

Quindi ! si decompone in combinazione convessa propria di due stati.Viceversa, sia ! uno stato puro e dimostriamo che supp! e ridotto ad un

punto. Questo segue da una osservazione generale: seA e una C*-algebra qualsiasie ! 2 S(A) e tale che

! = a!1 + b!2 con a; b 2 [0; 1] e a+ b = 1

Allora se B 2 A+:(! a!1)(B) 0

cioe a!1 ! (nell'ordinamento determinato da A+) e quindi

M! :=1

2! !1 =) ' 1

M! = b!

(il primo termine e positivo) con b = jj' 1M!jj. Ne segue che

' = a! + b!0

(con a = 1=M). Abbiamo quindi dimostrato il lemma, il cui enunciato e infattiequivalente al seguente

! 2 P(A) () l'unico stato dominato da ! e !

qed

Possiamo ulteriormente parafrasare il lemma precedente nella

! 2 P(A) () C! = f!g


12.2.18 Proposizione Se A e commutativa allora P(A) = (A).

Dimostrazione: Notiamo che

'(AA) = '(A)'(A) = j'(A)j2 0

cioe, se ' 2 (A) allora ' 2 P(A).Se viceversa ! 2 S(A) abbiamo una misura ! tale che

!(A) =

Z(A)

bA(')d!(')Supponendo che ! sia concentrata in un punto vogliamo dedurre che ! e unostato puro; ma se ! 4 !0 allora per ogni insieme !-misurabile abbiamo che

!0() M!()

e quindi supp!0 supp! che e un punto. Ma !0 e una misura positiva(normalizzata), quindi e una misura di Dirac.

qed

Ricordiamo che nel caso di una C*-algebra commutativa A avevamo la de-composizione dei funzionali f = f1 + if2 in funzionali hermitiani, con associatadecomposizione di misure positive supportate su insiemi disgiunti

dfj = dfj+ dfje dunque fj = fj+ fj e jjfjjj = jjfj+jj+ jjfjjj.

12.2.19 Proposizione Se A e una C*-algebra qualsiasi e f = f un funzionaleallora esiste la decomposizione

f = f+ f con f 2 A+tale che jjf jj = jjf+jj+ jjfjj.

Dimostrazione: Se A 2 A consideriamo il funzionalebA :S(A) ! C! 7! !(A)

(si tratta di una generalizzazione della trasformata di Gel'fand), che e uno *-

omomorsmo: cA = bA ed e continuo: j!(A)j jjAjj.


La mappa

f : Aaa ! CR(S(A)) := ffS(A) ! R j f continuagA 7! bA

e un isomorsmo isometrico di spazi di Banach, dato che

jj bAjj = sup!j!(A)j = jjAjj

Dimostriamo in eetti che esiste un ! tale che

j!(A)j = jjAjjSe A := ChA; Ii = C((A)) e la C*-algebra (commutativa) generata dall'o-peratore autoaggiunto A, dato che spr(A) = jjAjj (essendo autoaggiunto) i casisono due: o jjAjj 2 (A) oppure jjAjj 2 (A). Ma in entrambi questi casi esisteuno stato su A che, calcolato in A, valga jjAjj oppure jjAjj: estendendo questostato ad A si ottiene !.

Ora torniamo a considerare la mappa f e consideriamone l'immagine X: perogni f 2 A tale che f = f si ha che f(A) 2 R se A = A, cioe l'immagine ef dif in X e tale che ef(A) = f(A)e che jj ef jj = jjf jj.

Allora, per il teorema di Hahn{Banach, ef ammette una estensione a CR(S(A))e quindi esiste F 2 CR(S(A)) tale che

jjF jj = jj ef jj = jjf jj e F bA = f(A)Ad una tale F possiamo far corrispondere, merce il teorema di Riesz{Markov, unamisura reale tale che (tenendo conto del teorema precedente di decomposizione = + , +?):

F (g) =

Zg(!)d(!) =

Zg(!)d+(!)

Zg(!)d(!) := F+(g) F(g)

ove jjF+jj+ jjFjj = jjF jj (dato che +?). Dunque

f(A) = F bA = F+ bA F bA =: f+(A) f(A)

con f funzionali lineari positivi e

jjfjj = f(I) =Z

g(!)d(!) = jjFjj


Quindijjf jj = jjF jj = jjF+jj+ jjFjj = jjf+jj+ jjfjj

Per concludere non resta che denire

f(A) := f(A1) + if(A2)

qed

12.3 Il teorema di Gel'fand{Najmark{Segal

Arontiamo ora un argomento fondamentale ed aascinante: la costruzionedi Gel'fand{Najmark{Segal (GNS).

Consideriamo una C*-algebra qualsiasi A con unita I ed una sua rappresen-tazione (non degenere) in uno spazio di Hilbert H: riordiamo esplicitamenteche, dato che e non degenere, abbiamo (I) = I. Sia ora 2H1:

!(A) := ! (A) = (; (A))e un funzionale lineare (lo e ) positivo: infatti

!(AA) = (; (A)(A)) = ((A); (A)) = jj(A)jj2 0Inoltre (jjjj = 1 e (I) = I):

!(I) = jjjj2 = 1Dunque ! 2 S(A).

In realta possiamo dimostrare molto di piu:

12.3.1 Teorema (Gel'fand{Najmark{Segal) Se A e una C*-algebra conunita I e ! 2 S(A) esistono unici:

uno spazio di Hilbert H!; una rappresentazione ! : A ! B(H!) non degenere; un vettore 2H! di norma 1: jjjj = 1;tali che per ogni A 2 A:

(!; !(A)!) = !(A)

e!(!) = H!

(cioe ! e ciclico per la rappresentazione !).

12.3. Il teorema di Gel'fand{Najmark{Segal 455

Dimostrazione: Prima di arontare la dimostrazione del teorema, osserviamoche se al posto di ! consideriamo la rappresentazione := !j!(A) allora lamappa ! 7! ! non cambia, e che l'unicita e data dalla ciclicita del vettore !.

Dimostriamo per prima cosa l'unicita della tripla (H!; !; !).Sia (H; ; ) un'altra tripla siatta, e sia U0 l'operatore denito su (A) e

tale che

(y) 8A 2 A U0(A) = !(A)Basta dimostrare che

(yy) jjU0(A)jj = jj!(A)jjper avere che U0 e ben denito ed isometrico. Ed infatti

jj!(A)jj2 = !(AA) = jj(A)jj2

da cui segue (yy).Estendiamo a questo punto U0 in modo unico ad un operatore fU0 ovunque

denito (cio e possibile per la ciclicita di e !). Osservando che

U(A)(B) = U(AB) = !(A)U(B)

ed usando la ciclicita di e la (y) otteniamoU(A) = !(A)U

e U = !.Dunque la tripla (H!; !; !) e unica a meno di equivalenze unitarie.Dimostriamo ora l'esistenza di una tale tripla: prima considereremo lo schema

della dimostrazione, per passare poi nei dettagli. Sia ! 2 S(A): allora su Aabbiamo la forma sesquilineare denita positiva

(A;B) 7! !(AB)Questa forma induce, sul completamento dello spazio quoziente di A modulo ilsottospazio generato dai vettori che sono nel nucleo della forma, una strutturadi spazio di Hilbert.

Infatti, se consideriamo l'ideale sinistro

N! := fA 2 A j!(AA) = 0gsullo spazio A=N! abbiamo il prodotto scalare

(A;B) := !(AB)


Ma A=N! e un A-modulo (dato che N! e un ideale) per tramite della rappre-sentazione regolare

(A)B; = AB

(Si noti che, se B0 = B allora B B0 2 N! e quindi A(B B0) 2 N!, da cuiAB AB0 = 0).

Dunque completando lo spazio A=N! rispetto a questo prodotto scalare otte-niamo uno spazio di HilbertH! sul quale possiamo estendere unicamente (A) aduna rappresentazione !(A). Considerando ! = I abbiamo la terna (H!; !; !)desiderata, dato che

(!; !(A)!) = (I; A) = !(A)

Passiamo ora ai dettagli della dimostrazione: intanto dobbiamo vericare cheN! e un ideale sinistro: di certo lo e l'insieme

I! := fA 2 A j 8B 2 A !(BA) = 0gDimostriamo che si tratta esattamente di N!. Se A 2 I! allora, per B = A sitrova A 2N!, i.e. I! N.

Viceversa:j!(BA)j !(BB)!(AA)

il che da l'inclusione opposta. Quindi N! = I! e un ideale sinistro.Verichiamo ora che la posizione

(A)B := AB

denisce eettivamente una rappresentazione (il che e ovvio) continua, cioe che

jj(A)Bjj jjAjj jjBjjQuesto segue dalla

(yyy) (AB;AB) jjAjj2(B;B)Dimostriamola: si ha

(AB;AB) = !((AB)AB) jjAjj2!(BB)ove la disuguaglianza vale in quanto

!((AB)AB) = !(B(AA)B) jjAjj2!(BB)(si rammenti che siamo in una C*-algebra: jjAAjj = jjAjj2). Dunque

jjAjj jjBjj jj(A)Bjj = !(BCCB) = !((CB)CB) 0


ove CC = jjAjj2I AA.Quindi (A) e un operatore lineare e continuo, ed inoltre

jj(A)jj jjAjj

sicche, essendo denito su un sottoinsieme denso, (A) si estende univocamentead un !(A) tale che

jj!(A)jj jjAjjOsserviamo inoltre che

(AB)C = (AB)C = A(BC) = (A)(B)C

e quindi, dato che e vera sul sottoinsieme denso, vale la

!(AB) = !(A)!(B)

Inne, dato che

(C; !(A)B) = (C;AB) = !(CAB)

= !((AC)B) = (AC;B) = (!(A)C;B)

sempre per densita abbiamo

(x; !(A)y)) = (x; !(A)y)

Resta solo da osservare la ciclicita di !: ma questa segue immediatamente dalladensita di !(A)! = A=N!.

qed

Una conseguenza notevolissima di questo importante risultato e la possibilitadi dimostrare che ogni C*-algebra ammette una rappresentazione fedele, cioe connucleo 0.

Consideriamo una C*-algebra A e A 2 A: allora esiste uno stato ! 2 S(A)tale che !(AA) = jjAjj2, quindi, applicando la costruzione GNS, otteniamo unafamiglia di rappresentazioni

f!g!2S(A)mediante la quale possiamo denire la rappresentazione universale di A:

b := M!2S(A)

!

Questa sara la rappresentazione fedele della nostra C*-algebra:


12.3.2 Teorema b e una rappresentazione isometrica.Dimostrazione: Per ogni A 2 A abbiamo:

jjb(A)jj = jjAjjInfatti ! e una contrazione (3.2.7) e quindi anche la somma diretta

2 delle ! loe: jjb(A)jj jjAjj; dunque

jjb(A)jj2 = jjb(AA)jj = jjAAjj = jjAjj2Ma

jjb(A)jj2 = supjjjj=1

jj(A)jj2

Ora, se poniamo

! :=

(! sulla !-sima componente di b0 sulle altre componenti di b

troviamo che

!!0 = !!0!

e quindi

(b(A)!)(!0) = !!0!(A)!pertanto

(!; (A)!) = !(A)

Ne segue che

jjb(A)!jj2 = !(AA) = jjAjj2cioe

jjb(A)jj2 = supjjjj=1

jj(A)jj2 0

il che nalmente ci da la tesi: jjb(A)jj = jjAjj.qed

Osserviamo che la costruzione della rappresentazione universale e canonica,nel senso che non dipende che da proprieta naturali della C*-algebra: tutta-via esistono altre costruzioni che, sebbene non canoniche, sono piu semplici dautilizzare.

2Basti osservare che ogni rappresentazione di una C*-algebra e una contrazione.


12.3.3 Teorema (Segal) Se A B sono C*-algebre con la stessa unita Iallora ogni stato puro di A si estende unicamente ad uno stato puro di B.Dimostrazione: Consideriamo, ssato un ! 2 P(A):

C! := f!0 2 S(B) j!0jA = !gOvviamente C! S(B); inoltre C! e un convesso, dato che

8A 2 A (a!0 + b!00)(A) = !(A)(con a+ b = 1) e C! e l'intersezione di S(B) con l'insieme\

A2Aff 2 B j f(A) = !(A)g

che e *-debolmente chiuso: dunque C! pure e *-debolmente chiuso e quindi *-debolmente compatto (dato che lo e S(B)). Allora il teorema di Krejn{Millmangarantisce l'esistenza di punti estremali in C!.

Sia b! in tale estremale: dato che ! e uno stato puro, b! e estremale anche inS(B): se infatti b! = a!0 + b!00(con !0; !00 2 S(B) e ab 6= 0) allora jEo0; !00 2 C!, dato che

(a!0 + b!00)jA = !(A) := b!jA = a+ !0jA + b!00jAMa ! e puro e quindi

!0jA = !00jA = !cioe !0; !00 2 C!. Dall'estremalita di b! segue allora che !0 = !00.

qed

Prima di dimostrare il teorema di Segal che caratterizza gli stati puri comequelli associati alle rappresentazioni irriducibili per tramite della rappresentazio-ne GNS svolgiamo alcune osservazioni.

Ora consideriamo A separabile e quindi scegliamo fAng A densa e f!ngsuccessione di stati puri tali che

!n(AnAn) = jjAnjj2

Allora :=

Mn

!n

e tale che jj(A)jj2 = jjAjj2 e lo spazioH! della rappresentazione GNS e separabi-le, visto che contiene la successione densa f(An)g: dunque la rappresentazioneGNS e fedele in uno spazio di Hilbert separabile.


Se f 2 A allora esistono x; y tali che() f(A) = (x; b(A)y)Infatti f = f1+ if2 = a1!1+ :::+a4!4 (con fi hermitiani e !2S(A)); allora, per

x :=4X

k=1

!k e y :=4X

k=1

ak!k

si ha la (*): in eetti, per ogni ! 2 S(A):!!0!(A) = (!; b(A)!)

12.3.4 Teorema (Segal) Uno stato ! e puro se e solo se la rappresentazioneGNS associata ! e irriducibile.

Dimostrazione: Dimostriamo che, posto C! = f' 2 S(A) j' !g allora! 2 P(A) () C! = f!g

Ma e irriducibile se e solo se (A) = C I (lemma di Schur 12.1.8) cioe(A)0+ = R+ I, che e vero se e solo se

fT 2 !(A)0+ j (!; T !) = 1g = fIgDunque ci basta far vedere che

8! 2 S(A) C! t D := fT 2 !(A)0+ j (!; T !) = 1gove t indica un isomorsmo di insiemi convessi.

Dunque sia T 2 D; allora la mappaT 7! 'T

ove 'T (A) = (T!; !(A)!), e un funzionale lineare continuo su A, ed e (a)positivo e (b) 'T 4 !.

Per T positivo abbiamo T = BB, con B 2 !(A)0 e quindiT (A

A) =(BB!; !(A)!(A)!) = (!(A)B!; B!(A)!)

= jjB!(A)!jj2 0Dunque la (a); la (b) segue da

jjB!(A)!jj2 jjBjj2jj!(A)!jj2 = jjT jj!(AA)


La mappa T 7! 'T e inoltre convessa, quindi, per concludere, dobbiamo solomostrare che e biunivoca.

Ma, se e un vettore ciclico per !(A) allora e separante per !(A)0 equindi, se 'T1 = 'T2 allora

8A 2 A ((T1 T2); !(A)) = 0

i.e. (T1T2)?!(A) e, per ciclicita: (T1T2) = 0. Un tale vettore e certamente!: quindi possiamo dedurre T1 = T2.

Sia inne ' 2 C!; dimostriamo che esiste T 2 D tale che ' = 'T . Ma ilfunzionale di due variabili

f!(A)!(B)!g := '(AB)

e sesquilineare e ben denito: infatti ' 4 !, quindi se !(A A) = 0 allora'(AA) = 0; per A = B si trova

f!(A)!(A)!g M!(AA) = M jj!(A)!jj2

(ove '(AA) M!(AA)). Quindi, per il teorema di rappresentazione di Riesz,esiste un unico operatore lineare positivo T con jjT jj M tale che

f!(A)!(B)!g := '(AB) = (!(A)!; T!(B)!)

Per A = B = I si ha ovviamente 1 = (!; T !).Inne T 2 (A)0, dato che '(ACB) = '((CA)B) e quindi

(!(A)!; T!(C)!(B)!) = (!(CA)!; T!(B)!)

qed

Si noti che l'operatore T considerato nella dimostrazione del teorema si com-porta come una \derivata di Radon{Nikodym" della 'T .

Si osservi inoltre che se e una rappresentazione irriducibile di una C*-algebra allora = !. Se A B (con la stessa unita I) allora si puo estendere !ad uno stato puro di B: infatti ! e puro per irriducibilita di (il teorema appenadimostrato) e quindi e estendibile a B; si consideri poi la rappresentazione GNSassociata a questo stato esteso b! in B. Allora H! ,! Hb!, dato che

8B 2 A (b!; b!(B)b!) = b!(B) = !( bB)Cioe b!jA e una rappresentazione (di A) che ristretta al sottospazio ciclicogenerato da b! e ciclica per A ed induce lo stato !: insomma, ritroviamo !.


Consideriamo ora la rappresentazione universale b; se f 2 A alloraf(A) =< g; b(A)

ove g 2M0 B(Hb). Sia A e una *-sottoalgebra di B(H) e se U = MjA A(funzionali lineari ultradebolmente continui): allora

12.3.5 Teorema U = Auf .

Dimostrazione: Consideriamo R = Auf ; la mappa di restrizione R ! U :f 7! f jA e un isomorsmo isometrico di spazi di Banach:

jjf jAjj = jjf jj

Per dimostrarlo basta applicare il teorema di densita di Kaplanski 11.4.2 ((A)1 =A1):

jjfAjj = supA2A1

jf(A)j = supA2A1

jf(A)j = supA2(A)1

jf(A)j = jjf jj

qed

Si noti che se A e non degenere allora U = A00 via la mappa che a F associaTF tale che

f (TF ) = F (f)

(teorema di rappresentazione di Riesz).Allora (A)00 = U , ove U A e il sottospazio dei funzionali lineari

ultradebolmente continui in :

U := ff j f 2M B(H)g

Infatti, se g 2 A allora (A) 7! g(A) e ben denita (ker ker g) ed eultradebolmente continua dunque, per il teorema di Hahn{Banach, estendibile aB(H). Quindi, per tramite della mappa F 7! T tale che

F (fx;y ) = x (Ty)

otteniamo U = (A)00.Le osservazioni precedenti implicano Ub = A:

12.3.6 Denizione L'algebra di von Neumann inviluppante di una C*-algebraA e b(A)00.

Si noti che, come spazi di Banach: b(A)00 = A.


Se e una rappresentazione ciclica di A allora b: infatti se e il vettoreciclico e

!(A) =: (; (A))

si ha (teorema GNS) = ! b.Quindi

Lemma. Ogni rappresentazione di una C*-algebra ha una sottorappresentazioneciclica equivalente ad una sottorappresentazione della rappresentazione univer-sale:

8 b12.3.7 Teorema Se Z(b(A)00) = b(A)00 \ b(A)0, allora gli idempotenti autoag-giunti di Z(b(A)00) sono in corrispondenza biunivoca con le rappresentazioni diA in modo che

0 () Z() = Z(0) 4 0 () Z() Z(0)p 0 () Z()Z(0) = 0

Dimostrazione: Come noto, se 1 2 allora esiste uno *-omomorsmonormale : 2(A)00 ! 1(A)00 tale che

1 = 2(In realta questa e una caratterizzazione delle relazione di quasi-inclusione, maquesto non l'abbiamo dimostrato).

Quindi, per il lemma, l'algebra di von Neumann inviluppante e tale che, perogni rappresentazione esiste uno *-omomorsmo normale : b(A)00 ! (A)00tale che

b = Il nucleo di e un ideale ultradebolmente chiuso, quindi (come segue dallaproposizione 11.4.5) esiste un proiettore F 2Z(b(A)00); ponendo Z() = (I F )si ottengono le relazioni dell'enunciato.

qed

Osserviamo che, se ! e lo stato

!(A) = (x; b(A)x)ove x = b! e x(!0) = !!0!, pre B B(H) non degenere e ! = !xjB esiste

E! 2 B00

piu piccolo idempotente autoaggiunto di B00 che contenga x:


12.3.8 Proposizione E! = EB0x.

Dimostrazione: Si ha intanto E!2B00 e E!x = x (in quanto B e non degenere)e quindi, se F = F = F 2 2 B00 e tale che

Fx = x

allora, per ogni T 2 B0:x 2 FH ) Tx = TFx = FTx 2 FH

i.e. B0x FH, onde E F .qed

In altri termini, per ogni ! abbiamo identicato un idempotente autoaggiuntoE! dell'algebra di von Neumann inviluppante

E! = Eb(A)0b!che e il piu piccolo idempotente autoaggiunto di A contenente b!.

Ma F 2 A se e solo se F b! = b! i.e.(b!; F b!) = 1

12.3.9 Proposizione b!(F ) = 1e quindi E! e il piu piccolo idempotente autoaggiunto F di A = b(A)00 tale che!(F ) = 1, cioe che F (!) = 1.

Dimostrazione: Se B 2 b(A)00 e ! 2 S(A) allora8A ( b!; b(A) b!) = !(A)

e la mappa fc! ;c! : B(Hb) ! C determinata dafc! ;c!(T ) = (b!; T b!)

e debolmente continua e tale che

fc! ;c! je(A)00sia l'unica estensione debolmente continua del funzionale b(A) 7! !(A); sechiamiamo e! questa estensione allora e!(T ) = T (!).

qed

12.3.10 Denizione La probabilita di transizione da uno stato ' a uno stato! e

P';! := e!(P!) = P!(')

12.4. Stati puri e rappresentazioni irriducibili 465

12.4 Stati puri e rappresentazioni irriducibili

Rammentiamo ora due fatti noti che utilizzeremo in forma di lemmi nelladimostrazione del prossimo risultato:

12.4.1 Lemma

Se A B(H) e una *-sottoalgebra, R := A+ e f 2 R allora la mappaf 7! f jA e una isometria.

Inoltre se 1; 2 sono rappresentazioni disgiunte di A allora

(1 2)(A)f = 1(A)f 2(A)f

12.4.2 Teorema (Glimm{Kadison) Se !; ' 2 S(A) sono stati tali che jj! 'jj < 2 allora le rappresentazioni ! e ' non possono essere disgiunte.

Dimostrazione: Dimostriamo per assurdo che, se !p ' allora

jj! 'jj = 2

(infatti si ha sempre jj! 'jj jj!jj+ jj'jj = 2).Ma sappiamo che !p ' equivale alla (2) del lemma, quindi I (I) 2

!(A)f '(A)f e limite forte di elementi di (A) := !(A) '(A).Inoltre, per la (1) del lemma, se = ! 0 e = 0 ' allora

!(A) = (; (A)) e '(A) = (; (A))

sicche

jj! 'jj = jj(f; f;) jj = jj(f; f;)j(A)00jj(dato che (A1) = (A)1 e per il teorema di Kaplanski 11.4.2).

Ma se !p ' allora (tenendo presente che f;(I 0) = f;(0I) = 1):

jj(f; f;)j(A)00jj < f; f;jI (I) >= 2

cioe jj! 'jj 2.qed


Consideriamo ora ! = !x (ove jjxjj = 1) e P! 2R tale cheP! =

^fP 2R jPx = xg =

^fP 2R j!(P ) = 1g = ER0x

Se inoltreH! = fB 2R j!(BB) = 0g = R(I P!)

allora!(BB) = 0 () BP! = 0

Infatti !(BB) = 0 () Bx = 0 () 8T2R0 TBx = 0 () B(Tx) = 0 ()BjR0x = 0 che, per la denizione di P!, equivale a BP! = 0, cioe a B(IP!) = B,e quindi a B 2R(I P!).

Osserviamo inoltre che, identicando gli spazi di Banach A e b(A)00:e!(T ) = ( b!; T b!) = (; T) = T (!)

12.4.3 Denizione Il supporto di uno stato ! 2 S(A) e l'elemento P! 2 Aidempotente autoaggiunto tale chee!(P!) = 1 = P!(!)e che sia minimale rispetto a tale proprieta.

12.4.4 Proposizione Se '; ! 2 S(A): P';! = 0 () P!;' = 0 () P!?P'. P';! = 1 () P' P!.

Dimostrazione: Per (1) basta osservare che e'(BB) = 0 () BP' = 0. La(2) segue dalle equivalenze:

P';! = 1 () e'(P!) = 1 () e'(I P!) = 0() I P!?P' () P' P!

qed

12.4.5 Teorema Se C! := f 2 S(A) j 4 !g allora P';! = 1 () ' 2 C! jj:jj (chiusura in norma) 8! 2 P(A) P';! = 1 () ' = !

Dimostrazione: Se P';! = 1 allora 1 = e'(P!) = ( b'; P! b') e quindi b' 2b(A)0 b'. Ne segue che b' e limite in norma di una successione Tn b! con Tn2b(A)0tali che jjTn b!jj = 1.


Ora la stessa dimostrazione del teorema di Segal ci permette di concludereche, se

'n(A) := (Tn b!; b(A)Tn b!)allora ' 4 !, sicche, se jjxnjj = 1 convergono a x in norma allora

jj!xn !xjj ! 0 =) jj!xn !x jjjto0

Ma ' 'n = (!c! !Tnc!) b, col che abbiamo dimostrato che ' 2 C! jj:jj.Viceversa, sia 2C!: allora esisteR conRR = T tale che (A) = (R!; (A)R!)

(per il teorema di Segal); ma si ha pure

(y) (A) = (B b!; b(A)B b!)per qualche B 2 b(A)0. Infatti b = !! e quindi

I =X!

E! con E! 2 b(A)0Allora basta porre B = R E! per avereb(A)B b! (!0) = !!0b(A)R!e quindi la (y); da questa segue che

e(P!) = (B b!; P!B b!) = 1ove B b! 2 b(A)0 b! P! bH.

Dunque 4 !, cioe P;! = 1. Ma se questo e vero per un certo insieme distati, vale anche per la sua chiusura: infatti se n S S(A) converge a ePn;! = 1 allora P;! = 1. Per rendersene conto basta osservare che

j en(P!) e(PjEo)j jj en jj jjP!jjMa jjn jj ! 0 e quindi, per il teorema di Kaplanski:

jjfn ejj = jj^n jj = jjn jj ! 0Con cio abbiamo che se 4 ' allora P;! = 1 per gli elementi di un certo insiemedi stati, questa proprieta vale sulla sua chiusura: nel caso di C! otteniamo la tesi.

qed


12.4.6 Proposizione Se ! 2 P(A) allora

P! bH n (0) = 2 bH j 8A !(A) = (; b(A))jjjj

Dimostrazione: Se 2 bH1 (jjjj = 1) e se8A !(A) = (; b(A))

allora, per il teorema di Segal, = T b! ove T 2 b(A)0 e unitario e quindi siestende ad una isometria parziale B di b(A)0.

qed

Se 1; 2 sono rappresentazioni irriducibili, deniamo l'insieme dei loro stativettoriali come

Vi := f!x i jx 2Hi e jjxjj = 1g

12.4.7 Lemma Se 1 = 2 allora V1 = V2, mentre se 1 2 allora V1 \V2 = ;.

Dimostrazione: Se V1 \ V2 6= ; allora esiste un ' 2 V1 \ V2 ed esistonox1 2H1 e x2 2H2 tali che

8A 2 A (x1; 1(A)x1) = (x2; 2(A)x2)

Per unicita della rappresentazione GNS deve quindi esistere un operatore diallacciamento fra 1 e 2 e quindi, dato che le rappresentazioni sono irriducibili,per il Lemma di Schur 12.1.8, si ha 1 = 2.

Viceversa, sia 1 = 2: esista cioe un operatore di allacciamento unitariofra 1 e 2, i.e.

8A 2 A (x; 1(A)x) = (Ux; 2(A)x)Allora fUxgx2(Hpi1)1 = (H2)1 e quindi V1 = V2 .

qed

Osserviamo inoltre che se x 2 (H)1 allora !x non puo essere iniettiva,dato che (!x )(A) = (x; (A)x). Ne segue che

12.4.8 Lemma Se e una rappresentazione irriducibile, allora la x 7! !x(per jjxjj = 1) e iniettiva vista come mappa denita sullo spazio proiettivo asso-ciato allo spazio di Hilbert H (lo spazio dei sottospazi vettoriali di dimensioneuno di H).


12.4.9 Teorema Se !; ' 2 P(A) sono stati puri allora

P!;' =

(0 se ' !j(; )j2 se ' = !

Dimostrazione: Dato che si tratta di stati puri, le rappresentazioni GNS as-sociate a ! e ' sono irriducibili, quindi o sono equivalenti o sono disgiunte: inquesto secondo caso P';! = 0. Infatti !p ' se e solo se (!; ') = 0, il cheequivale a dire H'?b(A)0H!. Ma allora

b'?b(A)0 b!cioe b(A)0 b!?b(A)0 b' che, a sua volta, e equivalente a P'?P!.

Supponiamo ora che pi' = ! ed osserviamo che

P';! = e'(P!) = ( b'; P! b')Ma P! 2 (A)00 e b' 2 E' bH, ove

(E'x)(!) = !;'x(')

pertanto, E' 2 b(A).Quindi

e'(P!) = (E' b'; P! b!) = ( b'; P!E' b!) = ('; P!E'!)(dato che E'P! = EH'\b(A)0!).

Ma per la purezza degli stati possiamo usare la proposizione 12.4.6, dunque

!(A) =(; b(A))jjjj

DunqueP!E' = Ef2H' j 8A (;(A))=!(A)jjjjg[f0g

ove f 2H' j 8A (; (A)) = !(A)jjjjg [ f0g ha ovviamente dimensione 1.Quindi se e l'unico vettore di modulo 1 denito a meno di un fattore

complesso di modulo 1 tale che (; '(A)) = !(A):

ECx = (; x)

dunque('; EC') = (; ')('; )


Ora supponiamo che le rappresentazioni ' e ! siano equivalenti ad una stessarappresentazione , per mezzo di un operatore unitario U 2 ('; !); allora

' = ! e ! = ! con jjjj = jjjj = 1, e quindi esiste z 2 C tale che

U' = z

MaUPC'U1 = PC (proiettore) e UG!H' = C ove UG!U1 = PC. Ne segue

che

P';! =('; G!') = (U'; UG!') = z(; UG!U1U') = z(; PCz)

cioe cheP';! = j(; )j2 = P!;'

qed

Se G' e G! sono le proiezioni di rango 1 in B(H) corrispondenti agli stati 'e ! allora

P';! = tr(G'G!)

Inoltre, considerando che ' = bjE' bH e E' 2 b(A)0:G' = P'jE' bH = f'(P')

(rappresentazione estesa all'algebra di von Neumann inviluppante). Osserviamoesplicitamente che se T 2 b(A)00 allora

T jE' = f'(T )con E' 2 b(A)0 (avendosi T = lim T=lim b(A), con T 2 b(A)).

Possiamo ripetere questa costruzione per ogni rappresentazione irriducibile(che e sempre della forma per qualche stato vettoriale ), dato che in questocaso la rappresentazione e equivalente a ' = ! e quindi

]P!P' = G!G' e tr e(P!') = P';!12.4.10 Lemma Se ! 2 ConvP(A) allora3 allora esistono fjg C e f!jg P(A) tali che

! =Xj

j!j

ove !i?!j(() P!i;!j = 0).3Ricordiamo che per il teorema di Krejn{Millman 8.3.10 un tale stato e combinazione

convessa di un numero nito o numerabile di stati puri.


Dimostrazione: Consideriamo ! =P

j j'j: possiamo supporre che gli 'j sia-no stati vettoriali relativi alla medesima rappresentazione (altrimenti basta ri-scrivere la somma raggruppando gli stati relativi a rappresentazioni equivalenti).Se

'j(A) = tr((A)Ej)

(ove Ej = ECj) allora! = tr((A)T )

per T =P

j jEj (operatori di rango nito). Possiamo diagonalizzare T usandoil teorema spettrale:

T =Xj

jPj

in modo che i 6= j ) Pj?Pj, da cui1 = trT =

Xj

j

(dato che j 0 la combinazione e convessa) e quindi concludere che! =

Xj

j tr((A))Pj

qed

12.4.11 Teorema Se !; ' 2 S(A) con '?! allora8a; b > 0 a+ b = 1) Pa!+b' = P! + P'

Dimostrazione: Sia P := P! +P': si ratta di un idempotente autoaggiunto inA. Se := a!+b' allora (P ) = 1 e P e minimale rispetto a questa proprieta,i.e. e il supporto di .

Ora dimostriamo che e = ae! + be'Infatti e(T ) =< T j >= a < T j! > +b < T j' >= ae!(T ) + be'(T )sicche e(P ) = ae!(P ) + be'(P ) = ae!(P! + P') + be'(P! + p') = a+ b = 1Ora Pa!+b' P (per denizione di supporto), quindi, dato che a! + b' = edunque ! 4 , ' 4 :

P! P e P' P =) P = P! + P' P Pcioe la nostra tesi.

qed


12.4.12 Corollario P! =P

j P!j .Se '; ! 2 S(A) e se ! 2Conv P(A), per il lemma precedente e ! =Pj j!j

con i 6= j ) !i?!j, quindi

P';! = e'(P!) = e'Xj

P!j

!=Xj

e'(P!j) =XP';!jSe inoltre ' =

Pk k'k, si ha e' =Pk k e'k e dunque

P';! =Xk

k e'k(P!j) =Xj;k

kP'k;!j

12.4.13 Teorema Se !; ' 2 P(A) allora P!;' = 1 14 jj' !jj2.

Dimostrazione: Se ! ' allora (per irriducibilita) 'p ! e quindi jj!'jj =2 (teorema di Glimm{Kadison 12.4.2), per cui

P!;' = 0 = 1 1422

banalmente. Dunque sia ! = ', col che ! = ! , ' = ! ejj(! !) jj = jj! !jj

(per i teoremi di densita di von Neumann e Kaplanski).Consideriamo ora M = C + C; se M = EH si trova

jj! !jj = jj(! !)jEB(H)Ejj( e sono linearmente indipendenti dato che P!;' = 1). Quindi

EB(H)E = M2(C)(matrici complesse di ordine due), e, considerando le normalizzazioni e1 e e2 deglielementi + e (che formano una base):

+ = a1e1 e = a2e2ovvero

=cos#

2e1 + sin

#

2e2

=cos#

2e1 sin #

2e2


(# e l'angolo fra e ) si trova ! ! 2 S(M2(C)), dunquesup

B2SL2(C)j(!xi !)(B)j = max j(!xi !)(B)j

cioe esiste B1 2M2(C) tale che(y) (! !)(B1) = jj! !jjMa allora B1 pure soddisfa la (y) (! ! e un funzionale hermitiano) e quindianche 1

2(B1 +B

1) la soddisfa.

In altri termini, possiamo supporre che B1 sia autoaggiunto; ora se

J(a1e1 + a2e2) := a1e1 + a2e2

alloraJ = e J =

e quindi anche JBJ soddisfa la (y). Consideriamo allora 12(B1+JB1J) e notiamo

che 1 00 1

= e

1 00 1

=

Dunque, se 3 =

1 00 1

allora4

!(3B13) = !(B1)

!(3B13) = !(B1)

sicche(! !)(3B13) = jj! !jj

e la matrice

A :=1

2(B1 3B13)

e reale (A = A), autoaggiunta di norma 1 e tale che

(! !)(A) = jj! !jjNotiamo inoltre che A3 + 3A = 0.

Ma esiste un'unica matrice siatta in M2(C), vale a dire

A =

1 00 1

dunque (!xi !)(A) fornisce la tesi.

qed

4Si tratta di una notazione dovuta a Pauli.


12.5 Rappresentazioni di operatori compatti

Come esempio notevole consideriamo l'algebra K(H) degli operatori compattisu uno spazio di Hilbert separabile H (di dimensione innita, altrimenti K(H) =B(H)).

K e una C*-algebra priva di elemento identita: possiamo tuttavia aggiungerea K una unita I ottenendo K CI.

12.5.1 Teorema I soli ideali bilateri chiusi in norma della C*-algebra B(H)sono: (0), B(H) e K(H).

Dimostrazione: Supponiamo che esista un ideale bilatero chiuso J tale che

K ( J ( B(H)

J e uno *-ideale (per la decomposizione polare: T = jT jV , sicche V TV =jT jV = T ), quindi se T 2 J anche T T 2 J .

Ora consideriamo T 2 J nK; per denizione T non e compatto, quindi non loe neanche T T (altrimenti lo sarebbe jT j e pertanto anche V jT j = T ), dunqueE = [";jjT jj2](T T ) non puo avere rango nito, sicche

jjT T (I E")jj "

da cui segue che T T e limite di operatori di rango nito e quindi e compatto.Deve percio esistere un " > 0 tale che E" non abbia rango nito, sebbene E"2J ,dato che, considerando la funzione

f() :=

(0 se < "

1 se "

per il calcolo funzionale boreliano f(T T )T T 2J , essendo T T 2J e J un ideale.Ma se esiste un tale " allora pure esiste una isometria da H sull'immagine di

E" (per separabilita di H) in modo che

E" = V V e E"V = V

ove V V = I e quindi V V = (E"V )E"V = V E"V , ovvero E"2J , da cui segueI 2 J e, per linearita e continuita di V : J = B(H).

Ora supponiamo che esista un ideale J tale che

(0) ) J ) K

12.5. Rappresentazioni di operatori compatti 475

Allora J deve contenere un idempotente autoaggiunto E (non zero) contenu-to in J (per lo stesso argomento del caso precedente). Ma allora per ogni Fidempotente di rango 1 contenuto in E si ha FE = F i.e. F 2 J .

Quindi J contiene un proiettore di rango 1, il che implica che in realta licontiene tutti: se C = F (H) allora, per ogni 2 H considerando l'operatoreT := si ha TFT

= EC.Ma gli operatori di rango nito sono densi in quelli compatti e quindi, dato

che l'ideale e chiuso, deve aversi J = K.qed

12.5.2 Corollario L'algebra A := B(H)=K e semplice.Chiamiamo algebra di Calkin l'algebra B(H)=K; inoltre introduciamo la no-

tazionejihj

per l'operatore T := nella dimostrazione precedente.

12.5.3 Teorema Se e una rappresentazione non degenere di K allora

=M2A

ove le sono rappresentazioni equivalenti alla rappresentazione identica 0(A) =A.

Dimostrazione: Se T 2K n 0 allora (T ) 6= 0 (perche il nucleo di e un idealebilatero chiuso in norma) e consideriamo un E 2K idempotente autoaggiunto dirango 1 (dimEH = 1), per cui

E = ECx0 = jx0ihx0jcon jjx0jj = 1, e, per ogni T :

ETE = (x0; Tx0)E

cioe Ex = (x0; x)x0. Ma F := (E) 6= 0 e un idempotente autoaggiunto (lo e E)tale che FH e ciclico per : infatti, se cos non fosse, il sottospazio

(K)F (H)?

sarebbe stabile e quindi = j(K)F (H)? 6= 0 diverrebbe degenere:

(E)0 = (E)j(K)F (H)? = F j(K)F (H)? = 0


Quindi FH e ciclico.Questo implica la tesi. Infatti

(ETE) = (E)(T )(E)jj jj

!0(T )F = F(T )F

ove !0(T ) := (x0; Tx0). Se (e)2A e una base ortonormale di FH allora (si notiche e = Fe e F = F

):

(e; (T )e) =(e; F(T )Fe) = !0(T )(e; Fe)

=!0(T )(e; e) = !0(T )

cioe (T )H?(T )H se 6= , che implica (K)H?(K)H. Ne segue che,per M := (K)e si trova 6= )M?M eM

2AM = H

(per ciclicita di FH) ove (e; (T )e) = !0(T ), e dunque jM = 0.qed

Sia ora b la rappresentazione universale dell'algebra degli operatori compattiK: sappiamo che b =M

2A0

Ci chiediamo come sia fatta l'algebra di von Neumann inviluppante, notandoimmediatamente che, per la decomposizione precedente,

(K)00 = (K00) = (B(H))(questo vale anche nel caso di una somma piu che numerabile). Ma sappiamoanche che

K = ffx;y bg =M = M0dato che la f 7! f jK e una isometria di spazi di Banach, e quindi

K =M = B(H)Conclusione: l'algebra inviluppante di von Neumann di K e proprio B(H).

12.5.4 Teorema Se H e uno spazio di Hilbert separabile e e una rappresen-tazione di B(H) allora

= 1 2ove 1 e una rappresentazione singolare (i.e. 1(K) = 0) e 2 = 2A0.


Dimostrazione: Consideriamo la decomposizione ortogonale

H = N M

ove (K)N = 0 e (K)(M) = M = (K)H.Questa decomposizione e stabile rispetto alle rappresentazioni di B(H), dato

che, se K 2 K e x 2M :

(A)(K)x = (AK)x 2M

((AK) 2K C B(H)). Dunque M e stabile e quindi anche N = M? lo e; quindi

= 1 2ove, per denizione, 1jK = 0 ed esiste un unitario U 2 (2A0; 2).

Infatti AK 2 K per ogni A 2 B(H), sicche

U2(AK) =U2(A)2(K) = (0) (A) (0) (K)U=(0) (A)U2(K)

cioe (U2(A) e(A))U = 0.qed

12.5.5 Esempio Consideriamo lo spazio di Hilbert L2[0; 1] (con la misura diLebesgue) e l'operatore di moltiplicazione:

(Tf)(s) := sf

Allora se A := ChT; Ii = C[0; 1] alla mappa

s 7! 's(f(T )) = f(s)

corrisponde uno stato puro ! (teorema di Segal) di B(H) tale che

!jA = 'sDunque ! e irriducibile, se

!(T )! = s!

12.5.6 Denizione Se A e una C*-algebra, uno *-isomorsmo suriettivo diA in se si dice isomorsmo di A; l'insieme degli automorsmi di A si denotaAut(A).


Ovviamente Aut(A) e un gruppo rispetto alla composizione; si tratta inoltredi un gruppo topologico5: se A 2 A e 2 Aut(A) si ha per denizione

jj(A)jj = jjAjj

quindi su Aut(A) resta indotta la topologia uniforme (cioe della norma) rispettoalla quale il prodotto e per denizione continuo.

Notiamo che, ovviamente, se dimA < 1 allora Aut(A) e un gruppo di Liedi matrici6.

Vogliamo ora determinare Aut(B(H))

12.5.7 Lemma Una C*-algebra con identita I e la chiusura dello spazio dei suoielementi unitari.

Dimostrazione: Osserviamo che per ogni A 2 A:

A = A1 + iA2

e quindi possiamo limitarci agli autoaggiunti con norma 1; ma se A 2 A e untale elemento allora, per

U := A+ ipI A2

si trova UU = UU = I eA =

1

2(U + U)

Quindi gli unitari generano A.qed

12.5.8 Teorema Aut(B(H)) = U(H)=T.

Dimostrazione: Sia 2Aut(B(H)); allora la mappa A 7! (A) denisce unarappresentazione di B(H) irriducibile che e diversa da zero su K, e quindi, per ilteorema precedente, esiste U 2 U(H) tale che (A) = UAU1.

Abbiamo quindi che gli unici automorsmi di B(H) sono quelli interni , ovveroquelli della forma

A 7! UAU1ove U 2 U(H). Ma U e U 0 inducono lo stesso automorsmo se e solo se esiste unz 2 C con jzj = 1 tale che U 0 = zU ; quindi la tesi.

qed

5Nel capitolo ?? discuteremo questo importante concetto.6cfr. i capitoli ?? e ??.


12.5.9 Denizione Una funzione : A ! A che sia moltiplicativa ((AB) =(A)(B)), biunivoca e *-antilineare si dice antiautomorsmo di A.

12.5.10 Esempio In B(H), considerando una base ortonormale (en) di H, lamappa

JXi

ciei :=Xi

ciei

denisce una mappa antilineare di H in se; di piu, dato che J2 = I, si diceantiunitario. Allora la mappa

A 7! JAJ1

e un elemento antiunitario in B(H). Inoltre

A 7! J(A)J1

e un automorsmo, dato che

J(A)J1 = UAU1

e quindi(A) = JUA(JU)1

Cioe, ogni antiautomorsmo e indotto da un operatore antiunitario.

12.5.11 Teorema Sia V 2 B(H); allora sono equivalenti le V e una isometria parziale. V V e idempotente. V e una isometria parziale.

Dimostrazione: (1) equivale a dire che l'operatore V j(kerV )? e isometrico;considerando allora M := (kerV )? e x 2 M si ha jjV xjj2 = jjxjj2 cioe, (perpolarizzazione),

8x; y 2M (V x; V y) = (x; y)il che signica che y V V y 2M? = kerV . Ma allora per ogni x 2 kerV :

(x; y V V y) = 0

dunque y V V y?M;M?, ovvero y V V y = 0.


Se y 2M? allora 0 = V V y, sicche V V e la proiezione ortogonale su M ,quindi idempotente. Questo dimostra che (1) implica (2).

Viceversa, se (V V )2 = V V allora per x 2 V VK = M con V V x = x si ha(x; V V x) = jjxjj, i.e. (2) implica (1).

Inne (1) implica (3): infatti basta far vedere che V V e idempotente. Ma

(V V )2 = V (V V )V = V EMV = V V

(dato che V EMx = V x = V Ex+ V (I E)x, e quindi V E = V ).qed

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