宋顯花

(青海師范大學 數(shù)學與統(tǒng)計學院, 青海 西寧 810008)

近年來,算子代數(shù)中保持某種特征不變的映射的刻畫問題一直備受關注,即尋找一些特征作為算子代數(shù)的同構(gòu)不變量.特別地,眾多學者研究了算子代數(shù)上關于Lie積和Jordan積等與非結(jié)合代數(shù)運算相關的保持問題,而且將這些運算和*-運算結(jié)合起來構(gòu)造了一些同構(gòu)不變量[1-3].另一方面,設R是環(huán),?a,b∈R,定義a°b=a+b-ab,稱°為環(huán)R上的擬積.易知(R,°)是半群,其單位元是零元0.設[a,b]=ab-ba是a、b的Lie積,則有[a,b]=b°a-a°b,即a、b的Lie積[a,b]是擬積意義下b、a的Lie積,因此,擬積與Lie積有密切的聯(lián)系.同時,擬積在環(huán)或代數(shù)的結(jié)構(gòu)研究中有非常重要的作用,如研究環(huán)的Jacobson根以及代數(shù)Lie擬冪零性等[4-6].文獻[7-8]討論了與擬積有關的保持問題.設X是復Banach空間,B(X)是X上有界線性算子全體得到的Banach代數(shù),王宇平等[8]證明了當dimX≥2時B(X)上滿足φ(A°B)=φ(A)°φ(B),?A,B∈B(X)的雙射φ是環(huán)同構(gòu).本文將擬積與*-運算相結(jié)合,刻畫了B(H)上滿足φ(A*°B)=φ(A)*°φ(B),?A,B∈B(H)的雙射.

1 主要定理及證明

設H是維數(shù)大于1的復Hilbert空間,B(H)是H上有界線性算子全體組成的代數(shù).?A,B∈B(H),定義B(H)上的擬積為A°B=A+B-AB.設φ是B(H)上的雙射且滿足

φ(A*°B)=φ(A)*°φ(B),

?A,B∈B(H),

(1)

則稱φ保持*-擬積.下面討論這類雙射的特征,為此先給出以下命題.

命題 1.1設φ是B(H)上保持*-擬積的雙射,則以下結(jié)論成立:

1)φ(I)=I,φ(0)=0;

2)φ雙邊保持投影;

3)φ雙邊保持投影的序和正交性;

4)φ雙邊保持一秩投影和一秩算子.

證明1) 首先,由I°I=I知

φ(I)=φ(I*°I)=φ(I)*°φ(I)=

φ(I)*+φ(I)-φ(I)*φ(I),

從而

φ(I)*=φ(I)*φ(I)=φ(I),

φ(I)2=φ(I),

即φ(I)是投影.又因為?A∈B(H),有

φ(I)=φ(A*°I)=φ(A)*°φ(I)=

φ(A)*+φ(I)-φ(A)*φ(I),

所以φ(A)=φ(I)φ(A),?A∈B(H).又由φ是滿射知B=φ(I)B,?B∈B(H).于是由Dauglas值域包含定理知R(B)?R(φ(I)),?B∈B(H),取B=I可得R(φ(I))=H,故φ(I)=I.其次,由φ是滿射知存在A∈B(H)使得φ(A)=0,從而由0°A=A和(1)式知φ(0)=0.

2) 首先,設A=A*∈B(H),則

φ(A)=φ(A°0)=φ(A*°0)=φ(A)*,

即φ保持自伴算子.反之,?B∈B(H),若φ(B)是自伴算子,則

φ(B*)=φ(B*°0)=

φ(B)*°φ(0)=φ(B)*=φ(B),

從而由φ的單射性知B=B*.于是φ雙邊保持自伴算子.其次,設P∈P(H),則φ(P)=φ(P)*.又因為

φ(P)=φ(P°P)=

φ(P)°φ(P)=2φ(P)-φ(P)2,

所以φ(P)2=φ(P),即φ(P)∈P(H).同理可證φ-1保持投影.

3) 首先,設P,Q∈P(H)且P≤Q,則φ(P),φ(Q)∈P(H).由Q°P=P°Q=Q知

φ(Q)=φ(Q)°φ(P)=

φ(Q)+φ(P)-φ(Q)φ(P),

從而φ(P)=φ(Q)φ(P).同理可得φ(P)=φ(P)φ(Q).故φ(P)≤φ(Q).于是φ保持投影的序,同理可證φ-1保持投影的序.其次,設P,Q∈P(H)且P⊥Q,則P°Q=Q°P,從而

φ(P)φ(Q)=φ(Q)φ(P)∈P(H).

令E=φ(P)φ(Q).若E≠0,則令F=φ-1(E),從而E≤φ(P),E≤φ(Q)且F≤P,F≤Q,故由P⊥Q知F=0,矛盾.因此E=0,從而φ保持投影的正交性.同理可證φ-1也保持投影的正交性.

4) 首先,設P∈P1(H),則φ(P)∈P(H).若rankφ(P)>1,則存在非0的Q∈P(H)使得φ(Q)∈P1(H)且φ(Q)<φ(P),從而Q

φ(B)=φ(A)*°φ(B)=

φ(A)*+φ(B)-φ(A)*φ(B).

于是φ(A)*=φ(A)*φ(B)是一秩算子,從而φ(A)是一秩算子.同理可證φ-1保持一秩算子.

定理 1.2若H是復Hilbert空間且dimH≥2,則φ是B(H)上保持*-擬積的雙射的充要條件是當dimH≥3時,存在H上的酉算子或共軛酉算子U使得

φ(A)=UAU*,A∈B(H);

當dimH=2時,存在H上的酉算子U使得

φ(A)=UAτU*,A∈B(H).

證明充分性是顯然的,故只需要證明必要性.當dimH≥3時,由命題1.1知φ是P(H)上的雙射且雙向保持投影的正交性,從而由文獻[2]中的引理2.3知存在H上的酉算子或共軛酉算子U使得

φ(P)=UPU*,P∈P(H).

令

ψ(A)=U*φ(A)U,A∈B(H),

則ψ和φ有相同的性質(zhì),且ψ(P)=P,?P∈P(H).以下證明ψ(A)=A,A∈B(H).

首先,分幾個斷言證明ψ(A)=A,A∈F1(H).

斷言 1對于任意一秩冪等算子P有ψ(P)=P.

H=[e]⊕[x]⊕[e,x]⊥

下有

令

由E°P=E知E°ψ(P)=E,從而ψ(P)=Eψ(P),于是

a21=a22=0,A23=A31=A32=A33=0.

令

則由F°P=P知Fψ(P)=F,從而

A13=0,a12=ξ,a11=1.

因此ψ(P)=P.

斷言 2對于任意一秩冪零算子A,有ψ(A)=A.

設A=x?y是一秩冪零算子且不妨設‖x‖=1.令P=x?x,由P°A=P知ψ(A)=Pψ(A).又因為ψ保一秩算子,所以可令ψ(A)=u?v,從而

u?v=(x?x)(u?v)=〈u,x〉x?v,

故u與x線性相關,不妨設u=x,于是ψ(A)=x?v.令B=y?y/‖y‖2,則B和A+B都是一秩冪等算子且B°A=B+A,從而由斷言1知

ψ(A)-Bψ(A)=A,

因此v=y.于是ψ(A)=A.

斷言 3?α∈C,P是非自伴的一秩冪等算子,有ψ(αP)=αP.

H=[e]⊕[x]⊕[e,x]⊥,

在此分解下令

由E°αP=E知

ψ(αP)=Eψ(αP),

從而

x21=x22=0,X23=X31=X32=X33=0.

由αP°G=G°αP知

即

從而

X13=Y13=Y23=0.

注意到αP°P=P°αP,從而

故

x12=x11ξ,Y31=Y32=Y33=0.

因此

于是存在C上的雙射gP使得ψ(αP)=gP(α)P.設P=x?y是非自伴的一秩冪等算子,則由dimH≥2知存在非0向量z∈H使得〈x,z〉=0.令N=x?z,則αP°N=αQ,其中

是非自伴的一秩冪等算子,因此

于是

ψ(αP)+N-ψ(αP)N=ψ(αQ),

即

gP(α)P+N-gP(α)N=gQ(α)Q,

易得

gP(α)=gQ(α)=α, ?α∈C.

因此ψ(αP)=αP.

斷言4?α∈C,E∈P1(H),有ψ(αE)=αE.由前面的討論可知α=0,1時結(jié)論成立,于是設α∈C{0,1}.設

E=e?e∈P1(H),

則存在P,Q∈P(H)使得I=P⊕E⊕Q,于是有空間分解

H=PH⊕EH⊕QH.

在此空間分解下令

注意到

P°(P+αE)=P+αE,

E°(P+αE)=E+P,

(P+αE)°P=P+αE,

ψ(P+αE)=P+a22E,

從而存在C上的雙射fe使得

ψ(P+αE)=P+fe(α)E,

另外,由

ψ(Q+αE)=Q+ge(α)E.

由

P°(Q+αE)=Q°(P+αE)

易得ge=fe.于是

ψ(Q+αE)=Q+fe(α)E.

應用類似的方法得到

ψ(P+Q+αE)=P+Q+fe(α)E.

令

由

知

從而

C31=C32=C33=0,

由α的任意性知fe(α)≠1,從而C21=C23=0.由

易得C11=C12=C13=0.于是存在C上的雙射he使得

ψ(αE)=he(α)E.

由

P°αE=P+αE

易知

he(α)=fe(α).

另外,注意到

(P+Q)°(αI)=P+Q+αE,

從而Eψ(αI)=fe(α)E,即

e?eψ(αI)=fe(α)e?e,

是單位向量,于是有

ψ(αI)=fe(α)I, ?e∈H

是單位向量,即fe(α)與e的選取無關.令fe=f,則

ψ(αI)=f(α)I,ψ(αE)=f(α)E,

?α∈C, ?E∈P1(H),

是非自伴的一秩冪等算子,從而f(α)E°N=αQ,即

f(α)=α.

其次,用文獻[8]的方法類似可證

ψ(A)=A,A∈F(H).

最后,若dimH=∞,則證明

ψ(A)=A,A∈B(H).

設A∈B(H),則

(I-E)°A=(I-E)°EA, ?E∈P1(H),

從而

Eψ(A)=EA, ?E∈P1(H).

于是ψ(A)=A.因此當dimH≥3時,有φ(A)=UAU*,A∈B(H).

以下假設dimH=2,則φ是M2上的雙射且保持*-擬積.設Eij(i,j=1,2)是M2的標準基,即

Eij=(ekl),eij=1,

ekl=0, ?(k,l)≠(i,j).

由命題1.1知φ(E11)和φ(E22)是2個相互正交的一秩投影,則存在酉算子U1∈B(H)使得

令

則ψ1與φ有相同的性質(zhì)且

ψ1(Eii)=Eii,i=1,2.

因此不妨設

φ(Eii)=Eii,i=1,2.

?α∈C,令

則由E11°αE11=E11知

E11φ(αE11)=φ(αE11),

從而a21=a22=0.令

由

E22°αE11=αE11°E22

知

于是

從而

因此

從而存在C上的雙射τ11使得

易證

應用類似的方法可知存在C上的雙射τ22使得

φ(αE22)=τ22(α)E22,

令

由E11°αE12=E11容易計算c21=c22=0.又因為

E22°αE12=E22+αE12∈F1(H),

所以

從而c11=0.因此φ(αE12)=c12E12,從而存在C上的雙射τ12使得

φ(αE12)=τ12(α)E12.

同理可證存在C上的雙射τ21使得

φ(αE21)=τ21(α)E21.

?x,y∈C,有

xE12°yE12=(x+y)E12,

從而

于是

(2)

同理由xE21°yE21=(x+y)E21得

(3)

由

xE21°yE11=yE11°(x-xy)E21,

xE12°yE22=yE22°(x-xy)E12

容易計算

(4)

(5)

以上2式中分別取y=0得到

(6)

于是由(2)、(3)和(6)式知τ12、τ21可加.由(4)～(6)式易得

τ21(x-xy)=τ21(x)-τ21(x)τ11(y),

(7)

τ12(x-xy)=τ12(x)-τ12(x)τ22(y),

(8)

由(7)、(8)式及τ12、τ21的可加性得

τ12(-xy)=-τ12(x)τ22(y),

τ21(-xy)=-τ21(x)τ11(y).

因此以上2式中取y=1可得

τ12(-x)=-τ12(x),τ21(-x)=-τ21(x).

于是

τ12(xy)=τ12(x)τ22(y),

τ21(xy)=τ21(x)τ11(y),

(9)

從而

因此有

τ21(x)τ22(y)=τ21(x)τ11(y), ?x,y∈C,

故τ11=τ22.記τ22=τ11=τ.(9)式中取x=1,得到

τ12(y)=τ12(1)τ22(y),

τ21(y)=τ21(1)τ11(y).

(10)

下面證明τ12(1)τ21(1)=1.取

令

由

知

(11)

(12)

又因為

(13)

(14)

所以由(11)和(13)式知a12=τ21(x),a22=0.由(12)和(14)式知

a11=τ(x2),a12=-τ12(x),

于是

又因為

φ(A)=φ(-xE12°xE21)=

所以

τ(x2)=τ12(x)τ21(x),

取x=1可得τ12(1)τ21(1)=1.

下面證明τ是環(huán)同構(gòu).由(10)式及τ12可加知

(τ(x)+τ(y))τ12(1)=τ12(1)τ(x+y),

從而由τ12(1)≠0知τ可加.又由(9)和(10)式知

τ(xy)τ12(1)=τ12(1)τ(x)τ(y),

從而τ可乘.因此τ是環(huán)同構(gòu).令

則U2是酉算子,且

令

則ψ2與φ有相同的性質(zhì)且

ψ2(αEij)=τ(α)Eij,i,j=1,2.

設

由

知

(15)

又因為

(16)

(17)

所以由(15)～(17)式知bij=τ(aij),i,j=1,2.因此ψ2(A)=Aτ.令U=U1U2,則U是酉算子且

φ(A)=UAτU*, ?A∈M2.

致謝青海師范大學校級項目(2018ZR004)對本文給予了資助，謹致謝意.