حاصل ضرب تانسوری (۳- نرم روی ضرب تانسوری جبری)

تا بحال ساختار جبری ضرب تانسوری دو فضای برداری را بررسی کردیم، حال با تعریف یک نرم روی این ضرب تانسوری پوستگی نگاشتها را روی کامل شده این فضا بوسیله این نرم را بررسی می کنیم.
فرض کنیم $\alpha$ یک نرم روی $A\odot B$ ، ضرب تانسوری جبرهای $A$ و $B$ باشد کامل شده $A\odot B$ تحت این نرم با $A{\otimes}_{\alpha}B$ نمایش می دهیم. ما علاقه مندیم نرمهای را بررسی کنیم که با استفاده از نرمهای موجود روی $A$ و $B$ ساخته می شوند.

گزاره ۶٫۱ :
فرض کنیم $A$ و $B$ فضاهای برداری باشند و ${\cal A}\subseteq A$ و ${\cal B}\subseteq B$ زیر فضا باشند، آنگاه $\cal A\odot B$ در $A\odot B$ نشانده می شود. بویژه اگر $\alpha$ یک نرم روی $A\odot B$ و $\hat{\alpha}$ تحدید $\alpha$ بروی $\cal A\odot B$ باشد، آنگاه ${\cal A}{\otimes}_{\hat{\alpha}}{\cal B}\subseteq A{\otimes}_{\alpha} B$.

اثبات:
فرض کنیم نگاشت خطی $\imath:{\cal A}\odot{\cal B}\To A\odot B$ توسیع نگاشت دوخطی $(e,f)\mapsto e\otimes f$ باشد. ثابت می کنیم که $\imath$ یک به یک می باشد. فرض کنیم $t\in{\cal A}\odot{\cal B}$ بطوریکه $\imath(t)=t=0$. حال اگر $\{f_i\}$ پایه‌ای برای ${\cal B}$ باشد پس $t$ بطوریکتا بصورت $\sum e_i\otimes f_i$ نوشته می شود. لذا $\imath(\sum e_i\otimes f_i)=\sum e_i\otimes f_i=0$. حال چون $\{f_i\}$ در $B$ مستقل خطی می باشد، پس $e_i=0$ برای هر $i$. لذا $t=0$ در $\cal A\odot B$ و $\imath$ یک به یک می باشد. حال با توجه به اینکه $\cal A\odot B$، $\alpha$-نرم زیرفضای $A{\otimes}_{\alpha}B$ می باشد. لذا کامل شده آن نیز زیر فضای $A{\otimes}_{\alpha}B$ می باشد.

$\blacksquare$

تعریف ۱٫۱ :
فرض کنیم $B,A$ فضاهای نرم دار باشند. نرم $\alpha$ روی $A\odot B$ را نرم زیرکراس ((subcross norm))نامیم، اگر برای هر $a\in A\,,\ b\in B$ داشته باشیم $\alpha(a\otimes b)\leq \|a\|\|b\|$. و نرم کراس ((cross norm))نامیم، اگر برای هر $a\in A\,,\ b\in B$ داشته باشیم $\alpha(a\otimes b) = \|a\|\|b\|$.

لم ۱٫۱ :
فرض کنیم $B,A$ جبر و $(u_\nu)_N, (\upsilon_\mu)_M$ بترتیب تقریب کراندار ((یک تقریب واحد کراندار در جبر نرمدار $A$، تور $\{u_i\}$ از عناصر $A$ می باشد بطوریکه $\|u_ix-x\|\rightarrow 0$ و $\|xu_i-x\|\rightarrow 0$ برای هر $x\in A$)) واحدهای $B,A$ باشد. اگر $\alpha$ نرم زیرکراس روی $A\odot B$ باشد آنگاه $(u_\nu\otimes\upsilon_\mu)_{N\times M}$ یک تقریب واحد بر حسب $\alpha$روی $A\odot B$.

اثبات:
برای هر $\sum a_i\otimes b_i\in A\odot B$ داریم
\begin{eqnarray*}
\alpha\left[(\sum a_i\otimes b_i)(u_\nu\otimes\upsilon_\mu)-\sum a_i\otimes b_i\right] &=&\alpha(\sum a_iu_\nu\otimes b_i\upsilon_\mu-a_i\otimes b_i)\\
&\leq&\sum\alpha(a_iu_\nu\otimes b_i\upsilon_\mu-a_i\otimes b_i)\\
&\leq&\sum\alpha(a_iu_\nu\otimes b_i\upsilon_\mu-a_iu_\nu\otimes b_i+a_iu_\nu\otimes b_i-a_i\otimes b_i)\\
&\leq&\sum\alpha(a_iu_\nu\otimes(b_i\upsilon_\mu-b_i)-(a_i-a_iu_\nu\otimes b_i)\\
&\leq&\|a_iu_\nu\|\|b_i\upsilon_\mu-b_i\|+\|a_i-a_iu_\nu\|\|b_i\|\rightarrow 0
\end{eqnarray*}
لذا $(u_\nu\otimes\upsilon_\mu)_{N\times M}$ یک تقریب واحد بر حسب $\alpha$ می باشد.

$\blacksquare$

لم ۲٫۱ :
فرض کنید $A$ $B$ جبرهای نرمدار و $A^*$ و $B^*$ بترتیب دوگان این جبرها باشند. آنگاه مجموعه $\{\ f_A\odot f_B\ ;\ f_A\in A^*\ ,\ f_B\in B^*\ \}$ نقاط $A\odot B$ را جدا می کند.

اثبات:
فرض کنیم $t=\sum a_i\otimes b_i\in A\odot B\backslash \{0\}$ و $b_i$ ها مستقل خطی و $a_1\neq 0$ باشند. بنا بر قضیه هان باناخ $f_A\in A^*$ و $f_B\in B^*$ وجود دارد بطوریکه
\begin{align*}
f_A(a_1)=\|a_1\|\quad ,\quad 0\neq s=f_B(b_1)\quad , \quad f_B({\rm Span}\{b_2,\dots,b_n\})=0
\end{align*}
لذا $(f_A\odot f_B)(t)=\sum f_A(a_i)f_B(b_i)=f_A(a_1)f_B(b_1)\neq 0$.

$\blacksquare$

تعریف :
فرض کنید $A,B$ فضاهای نرمدار باشند و $t\in A\odot B$. توابع $\gamma$ و $\lambda$ را بصورت زیر تعریف می کنیم:
\begin{align*}
\gamma(t):=\inf\left\{\sum\|a_i\|\|b_i\|;t=\sum a_i\otimes b_i\right\}
\end{align*}
\begin{align*}
\lambda(t):=\sup\left\{\|(f_A\odot f_B)(t)\|;f_A\in A^*,f_B\in B^*,\|f_A\|\leq 1, \|f_B\|\leq 1\right\}
\end{align*}

گزاره ۷٫۱ :
توابع $\gamma$ و $\lambda$ نرم کراس هستند و $\gamma$ بزرگترین شبه نرم زیرکراس روی $A\odot B$ می باشد. هنگامی که $A$ و $B$ جبر می باشند، $\gamma$ زیر ضربی می باشد و $A{\otimes}_{\gamma}B$ جبر باناخ می باشد.

اثبات:
ابتدا ثابت می کنیم که $\lambda$ یک نرم کراس می باشد.
فرض کنیم $t\in A\odot B$ پس $t=\sum a_i\otimes b_i$ و برای هر $f_B\in B^*,f_A\in A^*$ که $\|f_A\|,\|f_B\|\leq1$ داریم
\begin{align*}
\|(f_A\odot f_B)(\sum a_i\otimes b_i)\|&=\|\sum f_A(a_i)f_B(b_i)\|\cr
&\leq\sum\|f_A(a_i)\|\|f_B(b_i)\|\cr
&\leq\sum\|a_i\|\|b_i\|
\end{align*}
و چون $t$ همواره بصورت مجموع متناهی از تانسورهای ابتدایی می باشد لذا $\lambda(t)$ متناهی می باشد. از طرفی نامساوی مثلثی نیز به وضوح برقرار می باشد زیرا
\begin{align*}
\|(f_A\odot f_B)(\sum a_i\otimes b_i+\sum a_i^\prime\otimes b_i^\prime)\|
\leq\|(f_A\odot f_B)(\sum a_i\otimes b_i)\|+\|(f_A\odot f_B)(\sum a_i^\prime\otimes b_i^\prime)\|
\end{align*}
و اگر $\mu\in {\Bbb C}$ و $t=\sum a_i\otimes b_i\in A\odot B$ پس داریم
\begin{align*}
\lambda(\mu t)=|\mu|\lambda(t)
\end{align*}
زیرا $\|(f_A\odot f_B)(\mu t)\|=|\mu|\|(f_A\odot f_B)(t)\|$. حال اگر $\lambda(t)=0$ آنگاه با استفاده از گزاره ۲٫۱ نتیجه می شود که $t=0$. لذا $\lambda$ نرم می باشد. $\lambda$ کراس نرم نیز می باشد زیرا
\begin{align*}
\lambda(a\otimes b)=\sup\{\|(f_A\odot f_B)(a\otimes b)\|\}=\sup\{\|f_A(a)\|\|f_B(b)\|\}\leq\|a\|\|b\|
\end{align*}
چون سوپریمم روی تمام فانکشنالهای با نرم حداکثر ۱ می باشد لذا بنا بر قضیه هان باناخ فانکشنالهای $g_A,g_B$ وجود دارد بطوریکه $g_A(a)=\|a\|$ و $g_B(b)=\|b\|$و در نتیجه $\lambda(a\otimes b)=\|a\|\|b\|$ .
واضح است که $\gamma$ یک تابع حقیقی می باشد و برای هر $t,t_1,t_2\in A\odot B$ و $\mu\in{\Bbb C}$، با استفاده از خواص سوپریمم داریم:
\begin{align*}
\gamma(t_1+t_2)\leq\gamma(t_1)+\gamma(t_2)\qquad,\qquad \gamma(\mu t)=|\mu|\gamma(t)
\end{align*}
لذا $\gamma$ یک شبه نرم و زیر کراس می باشد. حال ثابت می کنیم که $\gamma$ یک نرم می باشد.
اگر $\alpha$ یک شبه نرم زیر کراس روی $A\odot B$ باشد، آنگاه $\alpha(\sum a_i\otimes b_i)\leq\sum\alpha(a_i\otimes b_i)\leq\sum\|a_i\|\|b_i\|$. لذا $\alpha(t)\leq\gamma(t)$ برای هر $t\in A\odot B$. فرض کنیم $(t\neq0)\in A\odot B$ لذا چون $\gamma$ یک زیر کراس می باشد، پس داریم $۰<\lambda(t)\leq\gamma(t)$ و در نتیجه $\gamma$ یک نرم می باشد. و $\|a\|\ \|b\|=\lambda(a\otimes B)\leq\gamma(a\otimes b)\leq\|a\|\ \|a\|$ . پس $\gamma$ یک نرم کراس می باشد. حال اگر $A,B$ جبر باشند داریم \begin{align*} \gamma((a\otimes b)(a^\prime\otimes b^\prime))=\gamma(aa^\prime\otimes bb^\prime)&=\|aa^\prime\|\ \|bb^\prime\|\cr &\leq\|a\|\ \|a^\prime\|\ \|b\|\ \|b^\prime\|=\gamma(a\otimes b)\gamma(a^\prime\otimes b^\prime) \end{align*} لذا $\gamma$ یک نرم زیر ضربی روی $A{\odot}B$ می باشد و در نتیجه $A{\otimes}_{\gamma}B$ یک جبر باناخ می باشد.
$\blacksquare$

گزاره ۸٫۱ :

  1. فرض کنید $B_1,B_2$ و $A_1,A_2$ فضاهای برداری و $\psi_1:A_1\To B_1$ و $\psi_2:A_2\To B_2$ نگاشتهای خطی کراندار باشد. آنگاه نگاشت $\psi_1\odot\psi_2:A_1\odot A_2\To B_1\odot B_2$ بطور پیوسته به نگاشتهای خطی پیوسته $\psi_1{\otimes}_{\gamma}\psi_2:A_1{\otimes}_{\gamma} A_2\To B_1{\otimes}_{\gamma} B_2$ و $\psi_1{\otimes}_{\lambda}\psi_2:A_1{\otimes}_{\lambda}A_2\To B_1{\otimes}_{\lambda}B_2$ توسعه می یابد.
  2. اگر $f_1\in A^*_1,f_2\in A^*_2$ آنگاه $\|(f_1\odot f_2)(t)\|\leq\|f_1\|\ \|f_2\|\lambda(t)$. بویژه فانکشنال $f_1\odot f_2:A_1\odot A_2\To {\Bbb C}$ با هر دو نرم $\gamma$ و $\lambda$ پیوسته می باشد.
  3. اگر $C$ یک جبر و $\varphi_1:A_1\To C$ و $\varphi_2:A_2\To C$ نگاشتهای خطی کرانداری باشند که با هم جابجا می شوند، آنگاه $\varphi_1\odot\varphi_2:A_1\odot A_2\To C$ نسبت به نرم $\gamma$ پیوسته می باشد.

اثبات:
ابتدا (۲) را ثابت می کنیم. بوسیله تعریف $\gamma$ داریم:
\begin{align*}
\|(f_1\odot f_2)(\sum a_{1,i}\otimes a_{2,i})&=\|\sum f_1(a_{1,i})f_2(a_{2,i})\|\cr
&=\|f_1\|\ \|f_2\|\ \|\sum\frac{f_1}{\|f_1\|}(a_{1,i})\frac{f_2}{\|f_2\|}(a_{2,i})\|\cr
&\leq\|f_1\|\ \|f_2\|\lambda(\sum a_{1,i}\otimes a_{2,i})
\end{align*}
لذا $f_1\odot f_2$ نسبت به $\lambda$ و $\gamma$ پیوسته می باشد.($\lambda\leq\gamma$)
حال (۳) را اثبات می کنیم
\begin{align*}
\|(\varphi_1\odot\varphi_2)(\sum a_{1,i}\otimes a_{2,i})\|&=\|\sum\varphi_1(a_{1,i})\varphi(a_{2,i})\|\cr
&\leq\|\varphi_1\|\ \|\varphi_2\|\sum\|a_{1,i}\|\ \|a_{2,i}\|
\end{align*}
با اینفیمم گیری از طرف راست داریم
\begin{align*}
\|(\varphi_1\odot\varphi_2)(\sum a_{1,i}\otimes a_{2,i})\|\leq\|\varphi_1\|\ \|\varphi_2
\gamma(\sum a_{1,i}\otimes a_{2,i})
\end{align*}
لذا $\varphi_1\odot\varphi_2$ نسبت به نرم $\gamma$ پیوسته می باشد.
و در آخر (۱) را ثابت می کنیم
\begin{align*}
\gamma((\psi_1\odot\psi_2)(\sum a_{1,i}\otimes a_{2,i}))=\gamma(\sum\psi_1(a_{1,i})\otimes\psi_2(a_{2,i}))\leq
\|\psi_1\|\ \|\psi_2\|\sum\|a_{1,i}\|\ \|a_{2,i}\|
\end{align*}
و در نتیجه $\gamma(\psi_1\odot\psi_2)(t)\leq\|\psi_1\|\ \|\psi_2\|\gamma(t)$ .
و درنهایت ثابت می کنیم که $\psi_1\odot\psi_2$ نسبت به نرمهای $\lambda$ نیز پیوسته می باشد. فرض کنیم $g_1\in B_1^*$ و $g_2\in B_2^*$و $\|g_1\|,\|g_2\|\leq1$ آنگاه $g_1\circ\psi_1\in A_1^*$ و $g_2\circ\psi_2\in A_2^*$ و $\|g_1\circ\psi_1\|\leq\|\psi_1\|$ و $\|g_2\circ\psi_2\|\leq\|\psi_2\|$ و داریم
\begin{align*}
(g_1\circ\psi_1)\odot(g_2\circ\psi_2)=(g_1\odot g_2)\circ(\psi_1\odot\psi_2)
\end{align*}
\begin{eqnarray*}
\lambda(\psi_1\odot\psi_2(t))&=&\sup_{g_1,g_2}\{\ \|(g_1\odot g_2)\circ(\psi_1\odot\psi_2)(t)\|\}\\
&=&\sup_{g_1,g_2}\{\ \|((g_1\circ\psi_1)\odot(g_2\circ\psi_2))(t)\|\}\\
&\leq&\|\psi_1\|\ \|\psi_2\|\ \lambda(t)
\end{eqnarray*}
و در نتیجه $\psi_1\odot\psi_2$ پیوسته می باشد.

$\blacksquare$

گزاره ۹٫۱ :
فرض کنید $C,B,A$ جبر و $\alpha$ یک نرم جبر زیرکراس و $B,A$ یکدار باشند. برای هر نگاشت خطی ضربی پیوسته مانند $\xi:A{\otimes}_{\alpha}B\To C$، نگاشتهای خطی ضربی پیوسته که با هم جابجا می شوند مانند $\varphi:A\To C$ و $\psi:B\To C$ وجود دارد بطوریکه $\varphi\odot\psi:A\odot B\To C$، $\alpha$-پیوسته می باشد و $\xi=\varphi{\otimes}_{\alpha}\psi$ .

اثبات:
فرض کنیم $\varphi(a):=\xi(a\otimes 1)$ و $\psi(b):=\xi(1\otimes b)$. آنگاه $\varphi:A\To C$ و $\psi:B\To C$ خطی و چون $\alpha$ زیرکراس می باشد پیوسته می باشند. علاوه بر این چون
\begin{align*}
\varphi(a)\psi(b)=\xi((a\otimes1)(1\otimes b))=\xi(a\otimes b)=\xi((1\otimes b)(a\otimes1))=
\psi(1\otimes b)\varphi(a\otimes1)
\end{align*}
لذا $\varphi\odot\psi:A\odot B\To C$ تعریف شده و $(\varphi\odot\psi)(t)=\xi(t)$ برای هر $t\in A\odot B$. بویژه $\varphi\odot\psi$، $\alpha$-پیوستگی را از $\xi$ به ارث می برد و در نتیجه $\varphi{\otimes}_{\alpha}\psi=\xi$.

$\blacksquare$

تعریف ۳٫۱ :
فرض کنیم $\alpha$ یک نرم روی $A\odot B$ باشد. تابع $\alpha^*:A^*\odot B^*\To [0,\infty]$ تعریف شده بصورت

\begin{align*}
\alpha^*(f)\ :=\ \sup\{\ \|f(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \},\quad f\in A^*\odot B^*
\end{align*}
را نرم دوگان ((dual norm )) $\alpha$ خوانیم.

گزاره ۱۰٫۱ :

  1. اگر $\alpha^*$ متناهی باشد، آنگاه آن یک نرم روی $A^*\odot B^*$ می باشد
  2. اگر $f_A\in A^*$و $f_B\in B^*$ آنگاه
    \begin{align*}
    \|(f_A\odot f_B)(t)\|\le\alpha^*(f_A\odot f_B)\cdot\alpha(t)\qquad\qquad t\in A\odot B\ \mbox{برای هر}
    \end{align*}
  3. $f_A\odot f_B$$\alpha$-پیوسته می باشد اگر و تنها اگر $\alpha^*(f_A\odot f_B) < \infty$ .
  4. $\alpha$ نرم زیرکراس می باشد اگر و تنها اگر $\alpha\le\gamma$.
  5. $\alpha^*$ نرم زیرکراس می باشد اگر و نتها اگر $\lambda\le\alpha$.
  6. اگر $\alpha$ و $\alpha^*$ نرم زیرکراس باشند آنگاه $\lambda\le\alpha\le\gamma$.
  7. اگر $\lambda\le\alpha\le\gamma$ آنگاه $\alpha$ و $\alpha^*$ نرمهای کراس هستند.
  8. بویژه $\lambda$ کوچکترین نرم کراس می باشد بطوریکه نرم دوگانش نیز نرم کراس می باشد.

اثبات:
فرض کنیم $\alpha^*$ متناهی باشد ثابت می کنیم که $\alpha^*$ نرم می باشد. اگر $f,f_1,f_2\in A^*\odot B^*$ و $\zeta\in{\Bbb C}$
\begin{align*}
\alpha^*(\zeta f)&=\ \sup\{\ \|\zeta f(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}\cr
&=\ |\zeta|\sup\{\ \| f(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}=|\zeta|\alpha^*(f)
\end{align*}
\begin{align*}
\alpha^*(f_1+f_2)&=\ \sup\{\ \|(f_1+f_2)(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}\cr
&=\ \sup\{\ \|f_1(x)+f_2(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}\cr
&\le\ \sup\{\ \|f_1(x)\|+\|f_2(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}\cr
&\le\ \sup\{\ \|f_1(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}+
\sup\{\ \|f_2(x)\|\ ;\ x\in A\odot B\ ,\ \alpha(x)\le1\ \}\cr
&\le\alpha^*(f_1)+\alpha^*(f_2)
\end{align*}
حال فرض کنیم $\alpha^*(f)=0$ و $f=\sum f_i\otimes g_i$ که $f_i\in A^*$ و $g_i\in B^*$ و $g_i$ ها مستقل خطی هستند. لذا $\sup\{\ \|f(\frac{x}{\alpha(x)})\|\ ;\ (x\ne0)\in A\odot B\ \}=0$ و در نتیجه $\|f(\frac{x}{\alpha(x)})\|=0$ برای هر $(x\ne0)\in A\odot B$. پس $f(x)=0$ برای هر $x\in A\odot B$. حال اگر $a\in A$ و $b\in B$ داریم
\begin{align*}
(\sum f_i\otimes g_i)(a\otimes b)=\sum f_i(a)g_i(b)=0
\end{align*}
پس $f_i(a)=0$ برای هر $a\in A$ و در نتیجه $f=\sum f_i\otimes g_i=0$. لذا $\alpha^*$ نرم می باشد و این (۱) را ثابت کرد.
برای اثبات (۲) کافی است دقت کنیم که برای هر $(t\ne0)\in A\odot B$ داریم $\|(f_A\odot f_B)(\frac{t}{\alpha(t)})\|\le\alpha^*(f_A\odot f_B)$ و در نتیجه برای هر $t\in A\odot B$
\begin{align*}
\|(f_A\odot f_B)(t)\|\le\alpha^*(f_A\odot f_B)\cdot\alpha^*(t)
\end{align*}
اگر $f_A\odot f_B$، $\alpha$-پیوسته باشد، آنگاه عدد مثبت $M$ وجود دارد بطوریکه $\|(f_A\odot f_B)(t)\|\le M\alpha(t)$ و
\begin{align*}
\alpha^*(f_A\odot f_B)=\sup\{\ \|(f_A\odot f_B)(t)\|\ ;\ t\in A\odot B\ ,\ \alpha(t)\le1\ \}\le M
\end{align*}
برعکس اگر $\alpha^*(f_A\odot f_B)<\infty$ باشد آنگاه واضح است که $f_A\odot f_B$، $\alpha$-پیوسته می باشد و لذا (۳) ثابت شد. برای اثبات (۴) فرض کنیم $\alpha$ نرم زیرکراس باشد. پس برای هر $(t=\sum a_i\otimes b_i)\in A\odot B$ \begin{align*} \alpha(t)=\alpha(\sum a_i\otimes b_i)\le\sum\alpha(a_i\otimes b_i)\le\sum\|a_i\|\ \|b_i\| \end{align*} لذا $\alpha(t)\le\gamma(t)$ برای هر $(t=\sum a_i\otimes b_i)\in A\odot B$. برعکس فرض کنیم $\alpha\le\gamma$. لذا $\alpha(a\otimes b)\le\|a\|\ \|b\|$. برای اثبات (۵) فرض کنیم $\lambda\le\alpha$ و $f_A\in A^*$و $f_B\in B^*$ با استفاده از گزاره 8.1 داریم \begin{align*} \|(f_A\odot f_B)(t)\|\le\lambda(t)\|f_A\|\ \|f_b\|\le\alpha(t)\|f_A\|\ \|f_B\| \end{align*} لذا بنابر تعریف $\alpha^*$ داریم $\alpha^*(f_A\odot f_B)\le\|f_A\|\ \|f_B\|$. برعکس فرض کنیم $\alpha^*$ نرم زیرکراس باشد لذا \begin{align*} \|(f_A\odot f_B)(t)\|\le\alpha^*(f_A\odot f_B)\alpha(t)\le\|f_A\|\ \|f_B\|\alpha(t) \end{align*} و در نتیجه $\lambda(t)=\sup\{\ \|(f_A\odot f_B)(t)\ ;\ \|f_A\|,\|f_B\|\le1\ \}\le\alpha(t)$. برای اثبات (۶) توجه داریم که اگر $\alpha$و $\alpha^*$ نرم زیرکراس باشند، آنگاه بنابر (۳) و (۴) داریم $\lambda\le\alpha\le\gamma$. و برعکس اگر $\lambda\le\alpha\le\gamma$ بنابر (۳) و (۴) $\alpha$ و $\alpha^*$ نرم زیرکراس می باشند. حال (۷) را ثابت می کنیم. اگر $\lambda\le\alpha\le\gamma$. چون $\lambda$ و $\gamma$ نرم کراس می باشند لذا $\alpha$ نیز نرم کراس می باشد. برای اثبات نرم کراس بودن $\alpha^*$ کافی است نشان دهیم $\|f_A\|\ \|f_B\|\le\alpha^*(f_A\odot f_B)$. فرض کنیم $0<\epsilon$ و $a\in A$ و $b\in B$ با نرم نابیشتر از ۱ بطوریکه \begin{eqnarray*} \|f_A\|\ \|f_B\|&\le&(\|f_A(a)+\epsilon\|)(\|f_B(b)+\epsilon\|)\\ &=&\|(f_A\odot f_B)(a\otimes b)\|\ +\ \epsilon(\|f_A(a)\|+\|f_B(b)\|)+\epsilon^2\\ &\le&\|(f_A\odot f_B)(a\otimes b)\|\ +\ \epsilon(\|f_A\|+\|f_B\|)+\epsilon^2\ . \end{eqnarray*} و چون $\alpha$ نرم کراس می باشد، داریم $\alpha(a\otimes b)=\|a\|\,\|b\|\le1$. لذا با استفاده از تعریف $\alpha^*$ داریم $\|f_A\|\ \|f_B\|\le\alpha^*(f_A\odot f_B)$. (۸) تاکیدی بر نتایج بدست آمده در بالا می باشد.
$\blacksquare$

تعریف ۴٫۱ :
نرم $\alpha$روی ضرب تانسوری فضاهای نرمدار را معقول خوانیم اگر $\lambda\le\alpha\le\gamma$. لذا بنابر گزارههای ۱۰٫۱ و ۸٫۱، ضرب تانسوری فانکشنالهای پیوسته نسبت به هر نرم معقول پیوسته می باشد و $\psi_1\odot\psi_2:A_1\odot A_2\To B_1\odot B_2$، $\alpha$-$\lambda$-پیوسته و $\gamma$-$\alpha$-پیوسته می باشد نسبت به هر نرم معقول $\alpha$.
در آینده نزدیک نشان خواهیم داد که هر $C^*$-نرم، معقول می باشد.

مثال ۲٫۱ :

  • اگر $(X,\mu)$ فضای اندازه و $E$ یک فضای باناخ باشد. آنگاه $L^1(X,\mu){\otimes}_{\gamma}E$ با $L^1(X,\mu,E)$، فضای تمام توابع $\mu$-انتگرالپذیر از $X$ بتوی $E$، ایزومرفیک می باشد.
    این ایزومرفیسم از نگاشت دوخطی $(f,\eta)\mapsto(x\mapsto f(x)\eta)$ که از $L^1(X,\mu)$ بتوی $L^1(X,\mu,E)$ تعریف می شود،
    ایجاد می شود.
  • بعنوان مثال دیگر $C^*$-ایزمرفیسم بودن $C_0(X){\otimes}_{\alpha}A$ با $C_0(X\rightarrow A)$ . که $X$ فضای هاسدورف موضعا فشرده و $A$ یک $C^*$-جبر و $\alpha$ یک $C^*$-نرم می باشد.
مدیریت وب‌سایت

کسی که هندسه نمی‌داند ، از این در وارد نشود. " کتیبه‌ی سر در آکادمی افلاطون "

نوشته‌های مرتبط

قوانین ارسال دیدگاه

  • دیدگاه های فینگلیش تایید نخواهند شد.
  • دیدگاه های نامرتبط به مطلب تایید نخواهد شد.
  • از درج دیدگاه های تکراری پرهیز نمایید.
دیدگاه‌ها

*
*