Multiplikative Funktionale auf Banachalgebra

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02.01.2015, 17:46	Martin_Funk_Ana	Auf diesen Beitrag antworten »
Multiplikative Funktionale auf Banachalgebra Meine Frage: Hi und ein gutes neues Jahr! Sei $\begin{eqnarray} K\subset \mathbb C \end{eqnarray}$ kompakt. Mit $\begin{eqnarray} R(K) \end{eqnarray}$ sei der Abschluss der rationalen Funktionen von $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ nach $\begin{eqnarray} \mathbb C \end{eqnarray}$ gemeint. Hierbei handelt es sich dann um eine kommutative Banach-Algebra mit Eins. Zeige, dass fuer jedes multiplikatives Funktional $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ein $\begin{eqnarray} z\in K \end{eqnarray}$ existiert, sodass $\begin{eqnarray} \phi(f) = f(z)\; \forall f\in R(K) \end{eqnarray}$ gilt. Meine Ideen: Ich weiss, dass es eine Bijektion zwischen dem Raum aller multiplikativen Funktionale (engl. character) und der maximalen Ideal von R(K) gibt. Kann ich das irgendwie umsetzen?
02.01.2015, 17:51	Martin_Funk_ana	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich habe leider vergessen, dass der Abschluss mit der Supremumgsnorm genommen wird (R(K) als Teilmenge der stetigen Funktionen auffassen) und dass dementsprechend auch die Pole der Funktionen von R(K) ausserhalb von K liegen. Ich wuerde mich auch ueber jegliche Referenz zu diesem Thema freuen.
02.01.2015, 18:20	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn dein Funktional auch linear ist, könnte man sich die Wirkung auf ein Polynom anschauen.
02.01.2015, 18:36	Martin_funk_ana	Auf diesen Beitrag antworten »
Wenn $\begin{eqnarray} \mathbb{C}\setminus K \end{eqnarray}$ zusammenhängend ist, so gilt, dass $\begin{eqnarray} R(K) = P(K) \end{eqnarray}$ gilt. (P(K) soll hier der Abschluss der Polynome sein.) Wenn jedoch $\begin{eqnarray} \mathbb{C}\setminus K \end{eqnarray}$ nicht zusammenhängend ist, sollte das nicht mehr fuer die Polynome gelten, weswegen ich mir nicht sicher bin, ob das wirklich hilft. Betrachtet man beispielsweise die Einheitsscheibe so kann man 'einfach' zeigen, dass es dort fuer die Polynome und damit auch alle analytischen Funktionen geht.
02.01.2015, 19:27	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Mir ist jetzt nicht geläufig, dass Weierstraß mehr voraussetzt als die Kompaktheit von K
02.01.2015, 19:37	martin_funk_ana	Auf diesen Beitrag antworten »
Da es sich hier um komplexe Funktionen handelt, ist leider Weierstrass in dieser Form nicht anwendbar. Man benoetigte noch die Abgeschlossenheit bzgl. komplexer Konjugation, welcher hier nicht gegeben ist (z.B.: $\begin{eqnarray} f(z) = \overline z \end{eqnarray}$ ist stetig aber kein Polynom etc.). Sonst wäre es in der Tat einfach. Grüße
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02.01.2015, 20:49	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Für das Monom $\begin{eqnarray} m(z)=z \end{eqnarray}$ und beliebige Polynome $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ ist doch $\begin{eqnarray} \phi(p)=p(\phi(m)) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \phi(\frac p q)=\frac{p(\phi(m))}{q(\phi(m))} \end{eqnarray}$ . Also kann für das gesuchte $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ nur $\begin{eqnarray} z=\phi(m) \end{eqnarray}$ gelten. Jetzt muss man nur noch nachweisen, dass $\begin{eqnarray} \phi(m)\in K \end{eqnarray}$ gilt. Aber andernfalls wäre $\begin{eqnarray} z-\phi(m)) \neq 0, z\in K \end{eqnarray}$ aber $\begin{eqnarray} \phi(m-\phi(m))=0 \end{eqnarray}$
02.01.2015, 22:11	Che Netzer	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Multiplikative Funktionale auf Banachalgebra Um eine kürzere Version anzubieten: 1. Zeige, dass $\begin{eqnarray} \phi(f) \end{eqnarray}$ ein Spektralwert von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ist. 2. Zeige, dass das Spektrum von $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ gerade das Bild $\begin{eqnarray} f(K) \end{eqnarray}$ ist. Wobei in 2. schon eine Inklusion genügt. Mit dem aus "Meine Ideen" kannst du auch eine Umkehrung von 1. folgern, d.h. letztendlich für jedes $\begin{eqnarray} z\in K \end{eqnarray}$ gibt es ein $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ mit $\begin{eqnarray} \phi(f)=f(z) \end{eqnarray}$ ( $\begin{eqnarray} K \end{eqnarray}$ ist der Gelfand-Raum von $\begin{eqnarray} R(K) \end{eqnarray}$ ). Damit bin ich auch wieder weg
03.01.2015, 14:05	Martin_funk_Ana	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi ihr beiden, Vielen Dank fuer eure Antworten. @URL: Ich sehe leider nicht, wo dein Widerspruch liegt. Also ich denke, dass sich $\begin{eqnarray} z-\phi(m) \ne 0 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \phi(m-\phi(m)) = 0 \end{eqnarray}$ nicht ausschliessen. $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ ist ja alles andere als injektiv. (Kodimension 1) Mit deinem Beweis haette man das ja auch fuer Polynome zeigen koennen, was ich wie gesagt nicht glaube. Betrachte z.B. $\begin{eqnarray} K=\{z\in \mathbb C : \|z\|=1\} \end{eqnarray}$ und den Charakter $\begin{eqnarray} \phi = \delta_{\frac 12} \end{eqnarray}$ . @Che Netzer: Danke, damit klappts. Muss nur das noch sauber aufschreiben. Hier benutze ich auch explizit, dass es sich um rationale Funktionen und nicht um Polynome handelt.
03.01.2015, 14:44	Martin_funk_Ana	Auf diesen Beitrag antworten »
@URL: Ach der Widerspruch kommt dadurch zustande, dass aus $\begin{eqnarray} z-\phi(m) \ne 0\;\forall\, z\in K \end{eqnarray}$ folgt, dass $\begin{eqnarray} m-\phi(m) \end{eqnarray}$ invertiertbar ist und somit $\begin{eqnarray} \phi(m)\notin \sigma(m) \end{eqnarray}$ . Das ist jedoch ein Widerspruch, da $\begin{eqnarray} \sigma(m) = \{\phi(m): \phi \in \Phi_A\} \end{eqnarray}$ . @CheNetzer: Mit deiner Methode bekomme ich nur hin, dass $\begin{eqnarray} \forall f\in A: \phi(f) = f(k_f) \end{eqnarray}$ fuer ein $\begin{eqnarray} k_f\in K \end{eqnarray}$ . Also der Punkt ist noch abhaenging von der Funktion.
03.01.2015, 16:05	URL	Auf diesen Beitrag antworten »
Oder zu Fuß: $\begin{eqnarray} 1=\phi\left(\frac{m-\phi(m)}{m-\phi(m)}\right)=0 \end{eqnarray}$
03.01.2015, 16:29	Martin_funk_Ana	Auf diesen Beitrag antworten »
Stimmt.

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