Corrigendum: Von Neumann algebras and extensions of inverse semigroups

Allan P. Donsig; Adam H. Fuller; David R. Pitts

doi:10.1017/S0013091523000470

更正：Von Neumann代数和逆半群的扩张

部分： Selfadjoint算子代数半群

剑桥大学出版社在线出版：2023年8月22日

阿兰·多西格（Allan P.Donsig）

亚当·富勒

和

大卫·R·皮特斯

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阿兰·多西格（Allan P.Donsig）: 附属：
内布拉斯加州大学数学系，林肯，NE，68588-0130 USA(adonsig@unl.edu; dpitts2@unl.edu)
亚当·H·富勒: 附属：
俄亥俄大学数学系，俄亥俄州雅典，45701，美国希腊(fullra@ohio.edu)
大卫·R·皮特斯: 附属：
内布拉斯加州大学数学系，林肯，NE，68588-0130 USA(adonsig@unl.edu; dpitts2@unl.edu)

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关键词

冯·诺依曼代数双模块卡坦MASA

MSC分类

主要用户： 46L10:von Neumann代数的一般理论

次要： 06E75：布尔代数的推广 20M18：逆半群 20M30：半群的表示；集上半群的作用 46L51：非交换测度与积分

类型: 勘误表
问询处: 爱丁堡数学学会会刊 ,第66卷 ,第3版 2023年8月第919-922页

内政部：https://doi.org/10.1017/S0013091523000470 [在新窗口中打开]
版权: ©作者，2023年。剑桥大学出版社代表爱丁堡数学学会出版。

定义2.1[参考Donsig、Fuller和Pitts1]不完整，应替换为以下内容。

修正了定义2.1。让${\mathcal{L}}$是一个布尔代数。一个表示属于${\mathcal{L}}$是一张地图$\pi:{\mathcal{L}}\rightarrow\文本{proj}（{\mathcal{B}}）$属于${\mathcal{L}}$到单位的投影格中C美元^*$-代数${\mathcal{B}}$这样，对于每一个$s，t\in{\mathcal{L}}$,

\开始{等式*}\pi（s\wedget）=\pi。\结束{方程式*}

根据这一更正的定义[参考Donsig、Fuller和Pitts1，命题2.2]不变，但C美元^*$-代数${\mathcal{B}}$假设为单位：

修正了第2.2条。让${\mathcal{L}}$是具有字符空间的布尔代数$\widehat{{\mathcal{L}}}$对于每个$s\in｛\mathcal｛L｝｝中$，让C中的$\widehat{s}\（\wideheat{{mathcal{L}}）$是盖尔芬德的转变，$\widehat{s}（\rho）=\rho（s）$.然后$C（\widehat｛\mathcal｛L｝｝｝）$具有以下通用属性：如果${\mathcal{B}}$是一个单位C美元^*$-代数和$\theta:{\mathcal{L}}\rightarrow{\mathcal{B}}$是这样的表示$\theta（{\mathcal{L}}）$生成${\mathcal{B}}$作为C美元^*$-代数，则存在唯一的$*$-差向性$\alpha:C（\widehat{{\mathcal{L}}}）\rightarrow{\mathcal{B}}$这样，对于每一个$s\在{\mathcal{L}}中$,

\开始{等式*}\theta（s）=\alpha（\widehat{s}）。\结束{方程式*}

关于[参考Donsig、Fuller和Pitts1，第63页]使用[参考Donsig、Fuller和Pitts1，提案2.2]准备[参考Donsig、Fuller和Pitts1，定义2.9]。此讨论不受上述更正的影响。

不幸的是[参考Donsig、Fuller和Pitts1，定义2.1]导致[参考Donsig、Fuller和Pitts1]。为了描述这个问题，给定一个Cartan逆幺半群${\mathcal{S}}$, [参考Donsig、Fuller和Pitts1，第4.2节]定义${\mathcal{D}}:=C（\widehat{{\mathcal{E}}（{\matchal{S}}）}）$，构造一个${\mathcal{D}}$-有值再生核$K:{\mathcal{S}}\times{\mathcal{S{}}\rightarrow{\matchcal{D}}$([参考Donsig、Fuller和Pitts1，定义4.7]），并构造一个右Hilbert${\mathcal{D}}$-模块${\mathfrak{A}}$([参考Donsig、Fuller和Pitts1，建议4.12]）。进一步[参考Donsig、Fuller和Pitts1，定理4.16]表明存在一个映射$\lambda:｛\mathcal｛G｝｝\rightarrow｛\mathcal｛L｝｝（｛\mathfrak｛A｝｝）$所以为了$v\在{\mathcal{G}}中$和$s\在{\mathcal{s}}中$,

\开始{方程式*}\lambda（v）k_s=k{q（v）s}\sigma（v，s），结束{方程式}

其中（如[参考Donsig、Fuller和Pitts1，定义4.13]），

\开始{等式*}\sigma（v，s）=j（q（v）s）^q（v^\dagger））vj（s）\结束{方程式*}

和$j:{\mathcal{S}}\rightarrow{\mathcal{G}}$是订单保存部分（请参阅[参考Donsig、Fuller和Pitts1定义4.1和建议4.6]）。此外[参考Donsig、Fuller和Pitts1，定理4.16]建立了：

（a） λ是一对一的；
（b）对于$v，w\在{\mathcal{G}}中$,
\开始{等式*}\lambda（v）^*=\lambda（v^\dagger）\quad\text{和}\quad\λ（vw）=λ（v）\λ（w）。\结束{方程式*}

到目前为止，一切都很好。然而，在第84页，共页[参考Donsig、Fuller和Pitts1]我们写道，

“让

\开始{等式*}{\mathfrak{B}}=\上划线{\operatorname{span}}\{k_e\colon在{\mathcal{e}}（{\mathcal{S}}）\}\subseteq{\mathfrak{A}}中。\结束{方程式*}

请注意${\mathfrak{B}}$是正确的希尔伯特${\mathcal{D}}$-子模${\mathfrak{A}}$.主张2.2说明了这一点$\lambda|_｛\mathcal｛E｝｝（｛\mathcal｛G｝｝）｝$扩展到$*$-单态$\alpha_\ell{}:{\mathcal{D}}\rightarrow{\matchcal{L}}（{\mathfrak{A}}）$.”

这里有一个缺口，因为我们没有确定$\lambda|_{{\mathcal{E}}$是正确定义意义上的表示2.1因此，我们还没有证明我们可以应用修正命题2.2为了填补这一空白，我们必须确立以下事实。

引理1。对于$e\在{\mathcal{e}}（{\mathcal{G}}）中$,

(2)

\开始{方程式}\lambda（\nege） =I-\lambda（e）。\结束{方程式}

在验证之前，我们做了一些初步评论。从那以后观察

是幂等元分离扩展，${\mathcal{E}}（{\mathcal{G}）=\iota（{\mathcal{E}}））$因此，我们可以确定${\mathcal{E}}（{\mathcal{G}}）$具有${\mathcal{E}}（{\mathcal{P}}）$通过地图ι.

自$q\circ\iota=\pi美元$，我们发现$q|_{{\mathcal{E}}（{\mathcal{G}}）}:{\matchcal{E}$是一种同构。作为$q\circ j={\operatorname{id}}|_{\mathcal{S}}$,

\开始{等式*}j|_{{\mathcal{E}}（{\mathcal{S}}）}=\左（q|_{\matchcal{E}（}\mathcal{G}）{\right）^{-1}=\左侧（\pi|_{\\mathcal}E}}（{\mathcal{P}））}\右）^{-1-}。\结束{方程式*}

因此$e\在{\mathcal{e}}（{\mathcal{G}}）中$和$s\英寸{\mathcal{S}}$, [参考Donsig、Fuller和Pitts1，引理4.2]给出

\开始{等式*}\sigma（e，s）=j（s^\dagger q（e））ej（s）=j（s ^\匕首）j（q（e））ej（s）=j（s ^\匕首）ej（s）=j（s ^\匕首q（e）s）。\结束{方程式*}

因此，对于$e\在{\mathcal{e}}（{\mathcal{G}}）中$和$s\在{\mathcal{s}}中$,

\开始{等式*}\lambda（e）k_s=k{q（e）s}j（s^\daggerq（e。\结束{方程式*}

由[参考Donsig、Fuller和Pitts1，建议4.12]，$\{k_s:s\在{\mathcal{s}}\}中$具有密集跨度${\mathfrak{A}}$.从而建立(2)，这足以表明$s\英寸{\mathcal{S}}$和$e\在{\mathcal{e}（{\mathcal{S}}）中$,

(3)

\开始｛方程式｝k{es}+k{（nege）s}=ks。\结束{方程式}

建立(三)，我们需要以下内容。

事实4。让$｛\mathcal｛S｝｝$是布尔逆幺半群。对于{\mathcal{s}}中的$r、s、t$具有秒和t吨正交，

(5)

\开始{方程式}（s\vee t）\wedge r=（s\wedge r）\vee（t \wedge r）。\结束{方程式}

证明。请注意$s\wedge r\leq（s\vee t）\wedge r$因为$s\leq s\vee t美元$; 类似的不等式适用于t吨因此，

(6)

\开始{等式}（s\wedge r）\vee（t\wedge r）\leq（s\veet） \楔形r。\结束{方程式}

自$（s\vee t）\wedge r \leq s \vee t$，有$f\在{\mathcal{E}（{\mathcal{S}}）中$使得$（s\vee t）\wedge r=（s\vee t）f$现在乘法分布在布尔逆幺半群中的有限正交联接上[参考诉讼2，第386页]，所以

\开始{方程式*}（s\vee t）\wedge r=sf\vee tf.\end{方程式**}

因为左边是相遇，右边是连接，$r\ge平方英尺$和$r \ge tf（美元）$等等

\开始{方程式*}sf\leqs\wedge r\quad\text{和}\quad tf\leqt\wedge r。结束{方程式}

因此

(7)

\开始{方程式}（s\vee t）\wedge r=sf\vee tf\leq（s\wedge r）\vee（t\wedge r）。\结束{方程式}

组合(6)和(7)给予(5)。

现在我们完成引理的证明1如前所述，建立(三)这就是我们要做的。

修复$s\在{\mathcal{s}}中$和$e\在{\mathcal{e}（{\mathcal{S}}）中$再次使用乘法分布在布尔逆幺半群中的正交联接上的事实，我们可以看到$t\in｛\mathcal｛S｝｝中$,

\开始{等式*}s^\dagger t=（s^\gagger et）\vee（s^\ dagger（\nege e）t） ●●●●。\结束{方程式*}

事实4给予

\开始{方程式*}（（s^\dagger et）\wedge 1）\vee（s^\ dagger（\nege e）t）\weedge 1）=et）\vee（s ^\匕首（\neg e）t））\楔形物1=s ^\匕首t\楔形物1.\结束{方程式*}

请注意$（s^\dagger et）\楔形1$和$（s^\匕首（\nege e）t）\wedge 1$是正交幂等元${\mathcal{E}}（{\mathcal{S}}）$.自$j|_{{\mathcal{E}}（{\mathcal{S}}）}$是上的布尔代数同构${\mathcal{E}}（{\mathcal{P}}）=\operatorname{proj}$，我们得到