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Banach- und C -Algebren - Fachbereich Mathematik - Technische ...

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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

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