Banach- und C -Algebren - Fachbereich Mathematik - Technische ...

Dies kann wie folgt geschehen. Angenommen, wir haben bereits a 0 , . . . , a n ∈ A so bestimmt, dass (3.6.20) gilt. Dannwenden wir das Resultat aus (3.6.19) an auf den Operator S := − ∑ nK=0 π(a K) + T, auf den Raum K und auf 2 −n−2 ɛ > 0.Das Resultat aus (3.6.19) zeigt dann, dass es ein a n+1 ∈ A mit an+1 ≤ S|K = SPK < 2 −n−1 ɛ (wegen (3.6.20))sowie ∑n+1 (π(an+1 ) − S)P K = ( φ(a k ) − T)P K < 2 −n−2 ɛ.K=0Damit ist die Folge (a n ) ⊆ A konstruiert, und wir sehen a := ∑ ∞n=0 a n (die Konvergenz ist wegen (3.6.20) gesichert).Nach Konstruktion ist nun π(a)| K = T| K , und es ist‖a‖ ≤ ∞∑ ∞∑a0 + an ≤ ‖T‖ + ɛ 2 −n = ‖T‖ + ɛ.n=1n=1Beweis von Satz 3.6.3. Sei ( , π) topologisch irreduzible Darstellung von A und H 0 ≠ 0 ein (nicht notwendig abgeschlossener)Teilraum von , der invariant bezüglich π(A) ist. Sei 0 ≠ x ∈ 0 , und y ∈ sei beliebig. SeiK = spann {x, y}. Dieser Raum ist höchstens zweidimensional. Auf K definieren wir einen Operator T mit T x = y.Diesen setzen wir durch 0 (dh. T| K ⊥ = 0) auf ganz fort. Nach dem Transitivitätzsatz von Kadison gibt es ein a ∈ Amitπ(a)| K = T| K .Insbesondere ist π(a)x = y. Da x ∈ 0 und 0 invariant bzgl. π(A), folgt: y ∈ 0 , dh. 0 = .3.7 GNS, irreduzible Darstellungen, reine ZuständeWir wenden uns nun der Frage zu, für welche positiven Funktionale f die GNS-Konstruktion eine irreduzible Darstellungergibt. Dazu vereinbaren wir:Definition 3.7.1. Ein Zustand f ∈ S(A) heißt rein (pure state), wenn er ein Extremalpunkt von S(A) ist, dh. wenn ausf = µg 1 + (1 − µ)g 2 mit g 1 , g 2 ∈ S(A) und µ ∈ (0, 1) folgt, dass g 1 = g 2 = f .Satz 3.7.2. Sei ( , π) zyklische Darstellung einer C ∗ -Algebra A mit Eins e und x ∈ H zyklischer Vektor der Länge 1.Dann ist der Zustandgenau dann rein, wenn ( , π) irreduzibel ist.f (a) := 〈π(a)x, x〉Dass f überhaupt ein Zustand ist, werden wir uns in der Übung ansehen.Beweis von Satz 3.7.2. Sei zuerst f reiner Zustand, aber ( , π) nicht irreduzibel. Dann gibt es einen nichttrivialeninvarianten Teilraum für π(A). Den Orthoprojektor von auf diesen Teilraum bezeichnen wir mit P. Insbesondereist also P ≠ 0 und P ≠ I. Außerdem wissen wir aus (3.6.17), dass P ∈ π(A) ′ . Sei t := ‖P x‖ 2 . Wäre t = 1, so wäreP x = x (Pythagoras) und folglichPπ(a)x = π(a)P x = π(a)x für alle a ∈ A.Da x zyklischer Vektor ist, sind diese Vektoren dicht in . Dann muss aber P = I sein, was wir oben ausgeschlossenhatten. Ganz ähnlich folgt aus der Annahme t = 0, dass I − P = I, d.h. P = 0 ist. Also ist 0 < t < 1.Wir definieren für a ∈ Awobei Q := I − P. g 1 und g 2 sind Zustände von A, denng 1 (a) := t −1 〈π(a)P x, P x〉, g 2 (a) := (1 − t) −1 〈π(a)Qx,Qx〉,g 1 (e) = t −1 〈P x, P x〉 = t −1 ‖P x‖ 2 = 1 = (1 − t) −1 ‖Qx‖ 2 = g 2 (e)54