套代数上的导子

套代数上的导子

1b定义：a是角的祭品，：a。关于算子代数上可乘和可加结构已有很多研究.文对包含幂等元并满足一定条件的环上的可乘导子的可加性进行了研究.文对作用在无限维Banach空间上的标准算子代数上的近似可乘导子进行了刻画,证明了它是一个内导子,以下总假设N是Hilbert空间H上的一个非平凡套,τ(N)是套代数.本文将考虑套代数上的可乘导子与近似可乘导子,并得到以下主要结果:定理1设Φ:τ(N)→τ(N)是一个可乘导子,则Φ是可加的.定理2设H是一个无限维Hilbert空间,Φ:τ(N)→τ(N)是一个近似可乘导子.则存在算子T∈τ(N)使得∀A∈τ(N),有Φ(A)=AT-TA.2理由2.1bpi设P1∈N是一个非平凡投影,I是H上的恒等算子且P2=I-P1.为了方便,记Aij=Piτ(N)Pj(1≤i≤j≤2).则τ(N)=A11♁A12♁A22.由映射Φ的定义可知Φ(I)=Φ(0)=0且∀A∈τ(N),有Φ(A2)=Φ(A)A+AΦ(A).则Φ(P1)=Φ(P1)P1+P1Φ(P1).于是P1Φ(P1)P1=P2Φ(P1)P2=0.从而Φ(P1)=P1Φ(P1)P2=P1S-SP1,这里S=P1Φ(P1)P2.由0=Φ(P1P2)=Φ(P1)P2+P1Φ(P2)可知Φ(P1)+Φ(P2)=0.同理可得Φ(P2)=P1Φ(P2)P2=P2S-SP2.∀A∈τ(N),定义Ψ(A)=Φ(A)-(AS-SA).容易验证Ψ:τ(N)→τ(N)也是一个可乘导子且Ψ(Pi)=0(i=1,2).引理1设A∈A11且B∈A22.(a)如果∀X∈A12,有AX=0,则A=0;(b)如果∀X∈A12,有XB=0,则B=0.引理2∀Aij∈Aij(1≤i≤j≤2),有Ψ(Aij)=PiΨ(Aij)Pj.证明由于Ψ(Pi)=0,则Ψ(Aii)=Ψ(PiAiiPi)=PiΨ(Aii)Pi.又PiΨ(A12)Pi=Ψ(PiA12Pi)=0,于是Ψ(A12)=P1Ψ(A12)P1+P1Ψ(A12)P2+P2Ψ(A12)P2=P1Ψ(A12)P2.引理2证毕.引理3∀Aij∈Aij(1≤i≤j≤2),有(a)Ψ(A11+A12)=Ψ(A11)+Ψ(A12);(b)Ψ(A12+A22)=Ψ(A12)+Ψ(A22);(c)Ψ(A11+A22)=Ψ(A11)+Ψ(A22).证明由于Ψ(Pi)=0,则Ψ(A11+A12)P1=Ψ((A11+A12)P1)=Ψ(A11),(1)且Ψ(A11+A12)P2=Ψ((A11+A12)P2)=Ψ(A12).(2)由(1)和(2)式,从而Ψ(A11+A12)=Ψ(A11)+Ψ(A12).类似地,可证(b)和(c)也成立.引理3证毕.引理4∀Aij,Bij∈Aij(1≤i≤j≤2),有(a)Ψ(A12+B12)=Ψ(A12)+Ψ(B12);(b)Ψ(A11+B11)=Ψ(A11)+Ψ(A11);(c)Ψ(A22+B22)=Ψ(A22)+Ψ(B22).证明(a)由于A12+B12=(A12+P1)(P2+B12)且Ψ(Pi)=0,从而由引理2和引理3可得Ψ(A12+B12)=Ψ((A12+Ρ1)(Ρ2+B12))=Ψ(A12+Ρ1)(Ρ2+B12)+(A12+Ρ1)Ψ(Ρ2+B12)=Ψ(A12)(Ρ2+B12)+(A12+Ρ1)Ψ(B12)=Ψ(A12)+Ψ(B12).Ψ(A12+B12)=Ψ((A12+P1)(P2+B12))=Ψ(A12+P1)(P2+B12)+(A12+P1)Ψ(P2+B12)=Ψ(A12)(P2+B12)+(A12+P1)Ψ(B12)=Ψ(A12)+Ψ(B12).(b)由引理2知,Ψ(A11+B11)-Ψ(A11)-Ψ(B11)∈A11.∀C12∈A12,则由(a)可得Ψ(A11+B11)C12+(A11+B11)Ψ(C12)=Ψ((A11+B11)C12)=Ψ(A11C12+B11C12)=Ψ(A11C12)+Ψ(B11C12)=Ψ(A11)C12+A11Ψ(C12)+Ψ(B11)C12+B11Ψ(C12).Ψ(A11+B11)C12+(A11+B11)Ψ(C12)=Ψ((A11+B11)C12)=Ψ(A11C12+B11C12)=Ψ(A11C12)+Ψ(B11C12)=Ψ(A11)C12+A11Ψ(C12)+Ψ(B11)C12+B11Ψ(C12).于是∀C12∈A12,有[Ψ(A11+B11)-Ψ(A11)-Ψ(B11)]C12=0.从而由引理1(a)得Ψ(A11+B11)=Ψ(A11)+Ψ(A11).类似地,可证(c)也成立.引理4证毕.引理5∀Aij∈Aij(1≤i≤j≤2),有Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(A11)+Ψ(A12)+Ψ(A22).证明由于Ψ(P1)=0,则P1Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(P1(A11+A12+A22))=Ψ(A11+A12).从而由引理3(a)得P1Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(A11)+Ψ(A12).(3)另一方面,∀C12∈A12,由引理2有Ψ(C12)A22+C12Ψ(A22)=Ψ(C12A22)=Ψ(C12(A11+A12+A22))=Ψ(C12)(A11+A12+A22)+C12Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(C12)A22+C12Ψ(A11+A12+A22).Ψ(C12)A22+C12Ψ(A22)=Ψ(C12A22)=Ψ(C12(A11+A12+A22))=Ψ(C12)(A11+A12+A22)+C12Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(C12)A22+C12Ψ(A11+A12+A22).则C12[Ψ(A11+A12+A22)-Ψ(A22)]=0.于是由引理1(b)和引理2可得P2Ψ(A11+A12+A22)P2=Ψ(A22).(4)由(3)和(4)式,从而Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(A11)+Ψ(A12)+Ψ(A22).引理5证毕.2.2是可加的映射设A,B∈τ(N),则A=A11+A12+A22且B=B11+B12+B22,其中Aij,Bij∈Aij.从而由引理2～5,有Ψ(A+B)=Ψ(A11+B11+A12+B12+A22+B22)=Ψ(A11+B11)+Ψ(A12+B12)+Ψ(A22+B22)=Ψ(A11)+Ψ(B11)+Ψ(A12)+Ψ(B12)+Ψ(A22)+Ψ(B22)=Ψ(A)+Ψ(B).这说明Ψ是可加映射.由Ψ的定义,因此Φ是可加的.定理1证毕.2.3ab-ab-ab设T2为作用在τ(N)上的2×2阶上三角矩阵代数.定义映射显然,对A,B∈τ(N),有∥Ψ(AB)-Ψ(A)Ψ(B)∥=|(0Φ(AB)-Φ(A)B-AΦ(B)00)|<φ(∥A∥∥B∥).于是∀C∈τ(N),有∥[Φ(AB)-Φ(A)B-AΦ(B)]C∥=|(0[Φ(AB)-Φ(A)B-AΦ(B)]C00)|=∥[Ψ(AB)-Ψ(A)Ψ(B)]Ψ(C)∥≤∥Ψ(AB)Ψ(C)-Ψ(A)Ψ(BC)∥+∥Ψ(A)Ψ(BC)-Ψ(A)Ψ(B)Ψ(C)∥≤∥Ψ(AB)Ψ(C)-Ψ(ABC)∥+∥Ψ(ABC)-Ψ(A)Ψ(BC)∥+∥Ψ(A)∥∥Ψ(BC)-Ψ(B)Ψ(C)∥<φ(∥AB∥∥C∥)+φ(∥A∥∥BC∥)+∥Φ(A)∥φ(∥B∥∥C∥).(5)在(5)式中,用tC代替C(t∈R+),再两边同时除以t得∥[Φ(AB)-Φ(