吳美芳,黃 麗

(太原科技大學(xué) 應(yīng)用科學(xué)學(xué)院，太原 030024)

設(shè)Φ：A→B是一個(gè)映射,若AB+ηBA*=0?Φ(A)Φ(B)+ηΦ(B)Φ(A)*=0則稱Φ雙邊保Jordan-η*-零積。最近幾年,保Jordan*積受到了越來越多的學(xué)者的關(guān)注。當(dāng)η=0時(shí),侯晉川和高明杵在文獻(xiàn)[1]中刻畫了Banach算子代數(shù)上雙邊保零積的可加映射是自同構(gòu)或共軛自同構(gòu)的常數(shù)倍;之后,白朝芳和侯晉川在文獻(xiàn)[2]中刻畫了標(biāo)準(zhǔn)算子代數(shù)上保零積的映射是同構(gòu)或共軛同構(gòu)的倍數(shù);當(dāng)η=1時(shí),李長京和陸芳言等人在文獻(xiàn)[3]中刻畫了復(fù)Hilbert空間上的因子Von Neumann代數(shù)上的保Jordan 1-*零積的非線性映射是*環(huán)同構(gòu)的;當(dāng)η=-1時(shí),齊霄霏和侯晉川等人在文獻(xiàn)[4]中刻畫了復(fù)Hilbert空間中保斜Lie零積的可加滿射的具體結(jié)構(gòu)形式,進(jìn)而證明了這樣的映射是同構(gòu)或共軛同構(gòu)的非零常數(shù)倍;當(dāng)η≠0，±1時(shí),代立青和陸芳言在文獻(xiàn)[5-6]中刻畫了因子Von Neumann代數(shù)上保Jordan-η*-積的非線性映射是*同構(gòu)或者是*同構(gòu)與共軛*同構(gòu)的和。

完全保持問題最先是由侯晉川在2008年提出的,這就為其它的學(xué)者在該方面的研究開拓了新的方向以及帶來了新的思路。目前,完全保持問題的研究發(fā)展逐漸趨于成熟(參見文獻(xiàn)[7-12]),但仍需要不斷創(chuàng)新以便更深入的研究。本文在*標(biāo)準(zhǔn)算子代數(shù)上以Jordan-η*-零積作為不變量,刻畫出完全保持該不變量的一般映射的具體結(jié)構(gòu)形式,即對于每個(gè)正整數(shù)n,定義映射Φn:B(H)?Mn(F)→B(K)?Mn(F)為Φn((Sij)n×n)=(Φ(Sij))n×n.若Φn保持Jordan-η*-零積,則稱Φ是n-保Jordan-η*-零積。若對每個(gè)正整數(shù)n,Φ都是n-保Jordan-η*-零積的,則稱Φ是完全保Jordan-η*-零積的。

H、K分別是復(fù)數(shù)域C上的無限維Hilbert空間,A，B分別是H和K上的*標(biāo)準(zhǔn)算子代數(shù)。P(H)表示A上所有的冪等自伴算子集合。對任意的P,Q∈P(H),若PQ=QP=0,則稱P與Q正交。對于?x,f∈H,x?f表示由y→(y,f)x定義的一秩算子。

1 主要結(jié)果及定理證明

為證明主要結(jié)果,需要給出下面的引理,它是文獻(xiàn)[13]中的主要定理。

引理設(shè)H是dimH>2的復(fù)Hilbert空間,Φ:P(H)→P(H)是雙邊保投影正交性的雙射,則存在酉算子或者共軛酉算子U:H→H使得：

Φ(P)=UPU*,?P∈P(H).

定理H、K是復(fù)數(shù)域C上的無限維Hilbert空間,A，B分別是H和K上的*-標(biāo)準(zhǔn)算子代數(shù)。Φ：A→B是一個(gè)滿射且Φ(I)=I,則下列描述等價(jià)：

(i)Φ是雙邊完全保Jordan-η*-零積;

(ii)Φ雙邊2-保Jordan-η*-零積;

(iii)存在非零數(shù)c∈R及酉算子或者共軛酉U:H→K使得Φ(T)=cUTU*,?T∈A.

證明滿足(iii)的映射是雙邊完全保Jordan-η*-零積的,從而(iii)?(i)?(ii) 是顯然成立的。下面只需要證明(ii)?(iii)成立即可。

下面假設(shè)Φ是雙邊2-保Jordan-η*-零積的。

斷言1Φ(0)=0.

對于?T∈A,存在:

將Φ2作用于上述等式,可得:

這時(shí)有:

Φ(T)Φ(0)=Φ(0)2.

(1)

由Φ的滿射性可知:?T1∈A,使得Φ(T1)=I;?T0∈A,使得Φ(T0)=0,將其代入式(1)中得出Φ(0)=Φ(0)2，

Φ(0)2=0，從而可得Φ(0)=0.

斷言2Φ是單射.

?T,S∈A，如果Φ(T)=Φ(S),有:

將Φ2作用于上述等式,可得:

將Φ(T)用Φ(S)替代可得:

又Φ雙邊2-保Jordan-η*-零積的，故:

此蘊(yùn)含T=S,因此Φ是單射，從而Φ是雙射。

斷言3Φ(-T)=Φ(T).

對于?T∈A,存在:

將Φ2作用于上述等式,可得:

則有:

(1+η)[Φ(T)+Φ(-T)]=0(η≠-1)

可得:

Φ(-T)=-Φ(T)

斷言4Φ保*運(yùn)算,即Φ(T*)=Φ(T)*.

對于?T∈A,存在

將Φ2作用于上述等式,可得:

則有η(Φ(T*)-Φ(T)*)=0，又η≠0故

Φ(T*)=Φ(T)*

斷言5Φ是可乘的.

?T,S∈A，有:

將Φ2作用于上述等式,可得:

化簡可得:

Φ(TS)-Φ(T)Φ(S)=0

所以Φ(TS)=Φ(T)Φ(S).

斷言6Φ雙邊保投影。

對于?T∈A，T=T2=T*,存在:

將Φ2作用于上述等式,可得:

則有:

(1+η)(Φ(T)-Φ(T)Φ(T)*)=0

又η≠-1，有Φ(T)-Φ(T)Φ(T)*=0，

又Φ是可乘的,得到Φ(T)=Φ(T)2=Φ(T)*.類似地,我們可以得到Φ(T)=Φ(T)2=Φ(T)*?T=T2=T*.因此,Φ雙邊保投影算子。

斷言7存在酉算子或者共軛酉算子U:H→K使得Φ(P)=cUPU*,?P∈P(H).

?P,Q∈P(H),PQ=QP=0,存在:

將Φ2作用于上述等式,可得:

則有:

Φ(P)Φ(Q)+ηΦ(Q)Φ(P)=0.

又Φ是可乘的且Φ(0)=0,故

Φ(PQ)=Φ(P)Φ(Q)=Φ(0)=0;

Φ(QP)=Φ(Q)Φ(P)=Φ(0)=0.

所以PQ=QP=0?Φ(P)Φ(Q)=Φ(Q) Φ(P)=0,類似地,我們可以得到Φ(P)Φ(Q)=Φ(Q)Φ(P)=0?PQ=QP=0.因此,Φ在P(H)上雙邊保投影的正交性。

由引理得,存在酉算子或者共軛酉算子U:H→K使得Φ(P)=UPU*,?P∈P(H).

令ψ：A→U*AU是由ψ(.)=U*Φ(.)U定義的雙射,則有ψ(P)=U*Φ(P)U對于每一個(gè)P∈P(H)都成立.接下來,我們檢查是否Φ2也是雙邊保Jordan-η*-零積。

取Ti∈A(i=1,2,…,8)使得:

是保Jordan-η*-零積,則

由于Φ2雙邊保Jordan-η*-零積,所以ψ2也是雙邊保Jordan-η*-零積的映射.不失一般性,以下假設(shè)Φ(P)=P,其中P∈P(H).

斷言8Φ(x?f)=λx?f(x?f)對于任意秩一算子x?f成立,其中0≠λx?f∈C.

對于任意的秩一算子x?f,可以找到x,y,h∈H,滿足〈y,h〉=1. 則y∈kerf,h∈{x}⊥?

將Φ2應(yīng)用于上述等式，可得y∈ker(Φ(x?f))且h∈(ran(Φ(x?f)))⊥.

因此可得,

h∈(ran(Φ(x?f)))⊥?h∈{x}⊥

且

y∈ker(Φ(x?f))?y∈kerf

所以,對于某個(gè)0≠λx?f∈C,Φ(x?f)=λx?f(x?f)成立.

斷言9存在一個(gè)映射h:A→C{0}滿足Φ(T)=h(T)T.對于每個(gè)?T∈A都成立。

對于?T,S∈A,存在:

將Φ2應(yīng)用于上述等式,可得:

Φ(TS)Φ(T)=Φ(T)Φ(ST).

(2)

對于任意的秩一算子,在(2)式中令S=x?f,有:

Φ(TS)Φ(T)=

λTS(TS)Φ(T)=λTST(x?f)Φ(T);

Φ(T)Φ(ST)=Φ(T)λST(ST)=

λSTΦ(T)(x?f)T.

則可得,

λTSTx?Φ(T)*f=λSTΦ(T)x?T*f.

顯然,對于?x∈H,Φ(T)x和Tx是線性相關(guān)的.因此存在某個(gè)非零數(shù)λT∈C,使得Φ(T)=λTT.對于每個(gè)?T∈A,可以定義一個(gè)泛函h(·):A→C{0},

若T≠0,h(T)=λT;h(0)=1,

從而有Φ(T)=h(T)T,?T∈A.

斷言10對于?T∈A,都有h(T)=1成立,從而Φ(T)=T.

一方面,由于Φ是單射且Φ(I)=I,所以h(I)=1=h(0);另一方面,Φ(P)=P蘊(yùn)涵h(huán)(P)=1,P∈P(H).

下證對于任意的秩一算子x?f,仍然有h(x?f)=1.

對于?T,S∈A,存在:

可得到:

(h(TS))2=h(T)h(STS).

(3)

對于?x,f∈H,必存在y∈H使得y與x線性無關(guān)且〈y,f〉=1,從而存在非零元g1,g2∈H使得〈x,g1〉=1,〈y,g1〉=0,〈x,g2〉=0,〈y,g2〉=1.令g=g1+g2，則有〈x,g〉=1,〈y,g〉=1在等式(3)中令T=x?f,S=y?g.于是,

(h((x?f)(y?g)))2=

h(x?f)h((y?g)(x?f)(y?g)).

那么,

故h(x?f)=1,對于任意的秩一算子x?f都成立。

下面將證明對于?T∈A{0},存在?x,f∈H使得〈Tx,f〉≠0.再一次利用等式(3),因?yàn)門(x?f)=Tx?f和h(〈x,T*f〉x?f)還是一秩算子,所以:

h(T(x?f))=h(〈x,T*f〉x?f)=1.

于是,

這樣就完成了(ii)?(iii)的證明。