Beweis. Aus Satz 2.1.5 wissen wir, dass die Abbildung T korrekt definiert sowie surjektiv ist. Nach der Definition der∗ -schwachen Topologie auf M(A) ist auch die Stetigkeit von T sofort klar. Ist (f t ) ⊆ M(A) ein Netz, welches gegenf ∈ M(A) ∗ -schwach konvergiert, so konvergiert natürlich (T f t ) = (f t (a)) gegen f (a) = T(f ).Für den Beweis der Injektivität von T seien f 1 , f 2 ∈ M(A) mit T(f 1 ) = T(f 2 ). Dann ist f 1 (a) = f 2 (a), <strong>und</strong> da f 1 , f 2Charaktere sind, folgtf 1 (p(a)) = f 2 (p(a)) für jedes Polynom p.Da die Polynome p(a) dicht in A liegen <strong>und</strong> f 1 , f 2 stetig sind, stimmen f 1 <strong>und</strong> f 2 auf ganz A überein, d.h. es istf 1 = f 2 . Die Behauptung folgt nun wie in den vorausgegangenen Sätzen.Identifiziert man M(A) mit σ(a) vermöge der Abbildung T, so überführt die Gelfandtransformation das Element agerade in die identische Abbildung auf σ(a).Der Satz 2.1.15 liefert auch einen alternativen Zugang zu den Resultaten aus Beispiel 2.1.10 (beachte, dass singlygenerated <strong>und</strong> χ 1 ein Erzeuger ist).Abschließend zeigen wir ein weiteres Resultat über ”automatische Stetigkeit”.Satz 2.1.16. A <strong>und</strong> B seien kommutative <strong>Banach</strong>algebren mit Eins, B sei darüber hinaus halbeinfach, <strong>und</strong> W : A → Bsei ein unitaler Homomorphismus. Dann ist W stetig.Im Spezialfall B = ist das gerade die Aussage von Satz 1.4.17.Beweis. Sei a n → a in A <strong>und</strong> W (a n ) → b in B. Wir zeigen, dass b = W (a). Dann folgt die Behauptung aus dem Satzvom abgeschlossenen Graphen.Sei f ∈ M(B) beliebig gewählt. Dann ist g := f ◦ W ein Charakter von A, <strong>und</strong> nach Satz 1.4.17 sind f <strong>und</strong> g stetig.Daher istf (b) = lim f (W (a n )) = lim g(a n ) = g(a) = f (W (a)).Da diese Beziehung für jedes f ∈ M(B) gilt, muss b − W (a) im Radikal von B liegen, welches nach Voraussetzungnur aus der 0 besteht. Also ist in der Tat b = W (a).Folgerung 2.1.17. Jeder Isomorphismus zwischen halbeinfachen kommutativen <strong>Banach</strong>algebren mit Eins ist ein Homöomorphismus.2.2 Kommutative C ∗ -<strong>Algebren</strong>Wir kommen nun zur bereits mehrfach angekündigten Beschreibung kommutativer C ∗ -<strong>Algebren</strong>.Satz 2.2.1 (Gelfand, 1941). Sei A eine kommutative C ∗ -Algebra mit Einselement. Dann ist die Gelfandtransformationein isometrischer ∗ -Isomorphismus von A auf C(M(A)), es gilt also insbesondere‖ a‖ ∞ = ‖a‖ ∞ <strong>und</strong> (a ∗ ) = a für alle a ∈ A.Für den Beweis der Surjektivität benötigen wir eine Verallgemeinerung des klasssischen Weierstraßschen Resultates,dass sich jede stetige Funktion auf einem beschränkten Intervall gleichmäßig durch Polynome approximieren lässt.Dazu nennen wir eine Teilmenge A von C(X ) symmetrisch, wenn für jedes f ∈ A auch die konjugiert komplexeFunktion f in A liegt, <strong>und</strong> wir sagen, dass A die Punkte von X trennt, wenn es für beliebige Punkte x, y ∈ X ein f ∈ Amit f (x) ≠ f (y) gibt.Satz 2.2.2 (Stone/Weierstraß). Sei X ein kompakter Hausdorff-Raum, <strong>und</strong> A sei eine abgeschlossene <strong>und</strong> symmetrischeUnteralgebra von C(X ), welche die Punkte von X trennt <strong>und</strong> die konstante Funktion x → 1 enthält. Dann ist A = C(X ).Beweis. Wir bezeichnen mit A r die Menge der reellwertigen Funktionen aus A <strong>und</strong> definieren C r (X ) analog. Manmacht sich leicht klar, dass A r eine abgeschlossene Unteralgebra von C r (X ) ist, welche ebenfalls die Punkte von Xtrennt <strong>und</strong> die Einsfunktion enthält. Wir zeigen A r = C r (X ), woraus die Behauptung folgt. Ist nämlich f ∈ C(X ) sosind Re f := 1 (f + f ) <strong>und</strong> Im f := 1 (f − f ) reellwertige Funktionen aus C(X ), also in C 2 2i r(X ). Aus A r = C r (X ) folgtdann Re f , Im f ∈ A r , <strong>und</strong> hieraus schließlich f = Re f + i Im f ∈ A.Im ersten Schritt zeigen wir, dass aus f ∈ A r auch f ∈ Ar folgt. Dazu erinnern wir daran, dass die Reihe ∞∑1a n t n mit a n = (−1) n 2nn=027
auf [0, 1 − δ] mit δ > 0 gleichmäßig gegen die Funktion h(t) = 1 − t konvergiert. (Diese Reihe konvergiert sogargleichmäßig auf [−1, 1], was wir hier nicht benötigen.) Sei nun f ∈ A r <strong>und</strong> f ∞≤ 1 (dies zusätzliche Voraussetzungist keine wesentliche Einschränkung). Für jedes δ ∈ (0, 1] sei g δ := δ + (1 − δ)f 2 . Dann ist sicher 0 ≤ 1 − g δ ≤ 1 − δ.Wir fixieren nun ein δ <strong>und</strong> setzen k N := ∑ Nn=0 a n(1 − g δ ) n . Dann liegt k N in A r , <strong>und</strong> wegen g δ = h(1 − g δ ) ist kN − g ∞ N∑δ = supax∈X n (1 − g δ (x)) n − h(1 − g δ (x))n=0N∑≤ supa n t n − h(t)→ 0 für N → ∞.t∈[0,1−δ]n=0Da A r abgeschlossen ist, muss also g δ in A r liegen. Nun ist die Wurzelfunktion gleichmäßig stetig auf [0, 1], <strong>und</strong> dadie Funktionen g δ für δ ↘ 0 offenbar gleichmäßig gegen f 2 streben, hat manlim f − gδ∞ = 0.δ↘0Da die Funktionen g δ in A r liegen <strong>und</strong> A r abgeschlossen ist, folgt f ∈ Ar .Im nächsten Schritt zeigen wir, dass mit zwei Funktionen f <strong>und</strong> g aus A r auch die Funktionen max{f , g} <strong>und</strong> min{ f , g}in A r liegen. Dies folgt sofort aus dem soeben Bewiesenen <strong>und</strong> aus den Indentitätenmax{f , g} = 1 2 (f + g + f − g ), min{ f , g} =12 (f + g − f − g )die man leicht punktweise nachrechnet.Schließlich überlegen wir uns, dass es für beliebige verschiedene Punkte x, y ∈ X <strong>und</strong> Zahlen a, b ∈ stets eineFunktion g ∈ A r mit g(x) = a <strong>und</strong> g(y) = b gibt. In der Tat, da A r die Punkte trennt, gibt es ein f ∈ A r mitf (x) ≠ f (y). Dann leistet die Funktionf (z) − f (x)g(z) := a + (b − a)f (y) − f (x)das Gewünschte.Nach diesen Vorüberlegungen nun zum eigentlichen Beweis. Es sei f ∈ C r (X ) <strong>und</strong> ɛ > 0. Wir fixieren ein x 0 ∈ X . Fürjedes x ∈ X finden wir ein g x ∈ A r so, dass g x (x 0 ) = f (x 0 ) <strong>und</strong> g x (x) = f (x). Da f , g x stetig sind, finden wir eineoffene Umgebung U x von x so, dassg x (y) ≤ f (y) + ɛ für alle y ∈ U x .Die offenen Mengen {U x } x∈X überdecken X . Da X kompakt ist, lässt sich aus ihnen eine endliche Überdeckung von Xauswählen, etwa X = U x1 ∪ · · · ∪ U xn .Seih x0 := min{g x1 , g x2 , . . . , g xn }.Dann liegt h x0 in A r , <strong>und</strong> es ist h x0 (y) ≤ f (y) + ɛ für alle y ∈ X . Wir finden auf diese Weise also für jeden Punktx 0 ∈ X eine Funktion h x0 in A r mit h x0 (x 0 ) = f (x 0 ) <strong>und</strong> h x0 (y) ≤ f (y) + ɛ für alle y ∈ X .Weiter: da h x0 <strong>und</strong> f stetig sind, gibt es eine offene Umgebung V x0 von x 0 , so dassh x0 (y) ≥ f (y) − ɛ für alle y ∈ V x0 .Da {V x0 } x0 ∈X eine offene Überdeckung von X ist, lässt sich daraus wieder eine endliche Überdeckung von X , etwaX = V x1 ∪ · · · ∪ V xn (mit möglicherweise anderen Punkten x i als oben) auswählen. Es seik := max{h x1 , h x2 , . . . , h xn }.Dann liegt k in A r , <strong>und</strong> es istf (y) − ɛ ≤ k(y) ≤ f (y) + ɛ für alle y ∈ X .Das heißt aber, dass f − k∞< ɛ. Für jedes ɛ > 0 findet man also ein k ∈ A r mit f − k∞< ɛ. Aus der Abgeschlossenheitvon A r folgt nun die Behauptung.28