证明比较简单
?Ψ|bΔΨa|Ψ?=?Ψ|bSΨ?SΨa|Ψ?=?b?Ψ|SΨ?|SΨaΨ?=?a?Ψ|SΨ|b?Ψ?=?Ψ|ab|Ψ?\langle \Psi|b \Delta_{\Psi}a |\Psi\rangle=\langle \Psi| b S^{\dagger}_{\Psi} S_{\Psi} a|\Psi \rangle =\langle b^{\dagger}\Psi|S_{\Psi}^{\dagger}|S_{\Psi}a\Psi\rangle=\langle a^{\dagger}\Psi|S_{\Psi}|b^{\dagger}\Psi\rangle=\langle \Psi|ab|\Psi\rangle
其中用到了Modular 算符的表达式 ΔΨ=SΨ?SΨ\Delta _{\Psi}=S_{\Psi}^{\dagger}S_{\Psi} , 以及 SΨS_{\Psi} 是一个反线性算符。
如果定义 au=eih^Ψuae?ih^Ψua_{u}=e^{i\hat{h}_{\Psi} u} a e^{-i \hat{h}_{\Psi} u} , 那么也可以得到KMS关系 ?Ψ|aub|Ψ?=?Ψ|bau+i|Ψ?\langle \Psi|a_{u}b|\Psi\rangle=\langle \Psi|b a_{u+i}|\Psi\rangle
而对于扩充代数，此时它也应该具有一个相应的modular算符 Δ^Ψ^\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}
?Ψ^|a^b^|Ψ^?=?Ψ^|b^Δ^Ψ^a^|Ψ^?\langle \hat{\Psi}|\hat{a}\hat{b}|\hat{\Psi}\rangle=\langle \hat{\Psi}|\hat{b}\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}\hat{a}|\hat{\Psi}\rangle , 此时 a^,b^∈Ar,0?Ah^Ψ+X\hat{a}, \hat{b} \in \mathcal{A_{r,0}}\rtimes \mathcal{A}_{\hat{h}_{\Psi}+X} , 记 X=βNUX=\beta N U
因为此时 a^=aeis(h^Ψ+X)\hat{a}=a e^{is (\hat{h}_{\Psi}+X)} ,容易验证扩充后的modular算符的表达式为
Δ^Ψ^=ΔΨg(h^Ψ+X)g(X)?1\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}=\Delta_{\Psi} g(\hat{h}_{\Psi}+X) g(X)^{-1}
这个公式意味着它可以拆分为两部分 Δ^Ψ^=K~K\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}=\tilde{K}K
K=Δe?Xg(h^Ψ+X),K~=eXg(X)K=\Delta e^{-X} g(\hat{h}_{\Psi}+X), \quad \tilde{K}=\frac{e^{X}}{g(X)}
有了以上的准备工作，可以给出对于 A?R\mathcal{A} \rtimes R 上的算符 a^\hat{a} 的trace
Tra^=?Ψ^|a^K?1|Ψ^?Tr \hat{a}=\langle \hat{\Psi}|\hat{a}K^{-1} |\hat{\Psi}\rangle
可以验证它确实满足trace的定义
Tra^b^=?Ψ^|a^b^K?1|Ψ^?=?Ψ^|b^K?1Δ^Ψ^a^|Ψ^?=?Ψ^|b^K?1Δ^Ψ^a^Δ^Ψ^?1|Ψ^?Tr\hat{a}\hat{b} =\langle \hat{\Psi}|\hat{a}\hat{b} K^{-1}|\hat{\Psi}\rangle=\langle \hat{\Psi}|\hat{b}K^{-1}\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}\hat{a}|\hat{\Psi}\rangle=\langle \hat{\Psi}|\hat{b}K^{-1}\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}\hat{a} \hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}^{-1}|\hat{\Psi}\rangle
带入 Δ^Ψ^=K~K\hat{\Delta}_{\hat{\Psi}}=\tilde{K}K ,就可以知道
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