套代數(shù)上的導(dǎo)子

套代數(shù)上的導(dǎo)子

1b定義：a是角的祭品，：a。關(guān)于算子代數(shù)上可乘和可加結(jié)構(gòu)已有很多研究.文對(duì)包含冪等元并滿足一定條件的環(huán)上的可乘導(dǎo)子的可加性進(jìn)行了研究.文對(duì)作用在無(wú)限維Banach空間上的標(biāo)準(zhǔn)算子代數(shù)上的近似可乘導(dǎo)子進(jìn)行了刻畫,證明了它是一個(gè)內(nèi)導(dǎo)子,以下總假設(shè)N是Hilbert空間H上的一個(gè)非平凡套,τ(N)是套代數(shù).本文將考慮套代數(shù)上的可乘導(dǎo)子與近似可乘導(dǎo)子,并得到以下主要結(jié)果:定理1設(shè)Φ:τ(N)→τ(N)是一個(gè)可乘導(dǎo)子,則Φ是可加的.定理2設(shè)H是一個(gè)無(wú)限維Hilbert空間,Φ:τ(N)→τ(N)是一個(gè)近似可乘導(dǎo)子.則存在算子T∈τ(N)使得?A∈τ(N),有Φ(A)=AT-TA.2理由2.1bpi設(shè)P1∈N是一個(gè)非平凡投影,I是H上的恒等算子且P2=I-P1.為了方便,記Aij=Piτ(N)Pj(1≤i≤j≤2).則τ(N)=A11?A12?A22.由映射Φ的定義可知Φ(I)=Φ(0)=0且?A∈τ(N),有Φ(A2)=Φ(A)A+AΦ(A).則Φ(P1)=Φ(P1)P1+P1Φ(P1).于是P1Φ(P1)P1=P2Φ(P1)P2=0.從而Φ(P1)=P1Φ(P1)P2=P1S-SP1,這里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),定義Ψ(A)=Φ(A)-(AS-SA).容易驗(yàn)證Ψ:τ(N)→τ(N)也是一個(gè)可乘導(dǎo)子且Ψ(Pi)=0(i=1,2).引理1設(shè)A∈A11且B∈A22.(a)如果?X∈A12,有AX=0,則A=0;(b)如果?X∈A12,有XB=0,則B=0.引理2?Aij∈Aij(1≤i≤j≤2),有Ψ(Aij)=PiΨ(Aij)Pj.證明由于Ψ(Pi)=0,則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證畢.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).證明由于Ψ(Pi)=0,則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,從而Ψ(A11+A12)=Ψ(A11)+Ψ(A12).類似地,可證(b)和(c)也成立.引理3證畢.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).證明(a)由于A12+B12=(A12+P1)(P2+B12)且Ψ(Pi)=0,從而由引理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,則由(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.從而由引理1(a)得Ψ(A11+B11)=Ψ(A11)+Ψ(A11).類似地,可證(c)也成立.引理4證畢.引理5?Aij∈Aij(1≤i≤j≤2),有Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(A11)+Ψ(A12)+Ψ(A22).證明由于Ψ(P1)=0,則P1Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(P1(A11+A12+A22))=Ψ(A11+A12).從而由引理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).則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,從而Ψ(A11+A12+A22)=Ψ(A11)+Ψ(A12)+Ψ(A22).引理5證畢.2.2是可加的映射設(shè)A,B∈τ(N),則A=A11+A12+A22且B=B11+B12+B22,其中Aij,Bij∈Aij.從而由引理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).這說(shuō)明Ψ是可加映射.由Ψ的定義,因此Φ是可加的.定理1證畢.2.3ab-ab-ab設(shè)T2為作用在τ(N)上的2×2階上三角矩陣代數(shù).定義映射顯然,對(duì)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+),再兩邊同時(shí)除以t得∥[Φ(AB)-Φ(