El espectro de C(X) es Hausdorff para X compacto, hausdorff.

Question

Dejemos que $X$ sea un espacio hausdorff compacto. Definir $C(X) = \{f:X\to \Bbb R, f \text{ continuous}\}$ . $C(X)$ es un anillo conmutativo y definimos $ev_x$ para ser el ideal máximo definido como el núcleo del mapa: $C(X) \to \Bbb R,f \to f(x) $ .

Puedo demostrar que todos estos son los ideales máximos de $C(X)$ , defina $\tilde X$ es el conjunto de todos los ideales máximos de $C(X)$ con los siguientes conjuntos cerrados para $f\in C(X)$ : $$V(f) = \{\mathfrak m \in \tilde X : f\in \mathfrak m\}.$$ Podemos definir un mapa $\varphi: X \to \tilde X, \varphi(x) = ev_x$ . Es fácil demostrar que es continua y biyectiva. También es fácil demostrar que $\tilde X$ es compacto.

Pregunta: Me gustaría demostrar que $\varphi $ es un homeomorfismo.

Una forma de hacerlo sería demostrar que $\tilde X$ es hausdorff. Se trata de demostrar que dado $x,y \in X$ existe $f,g \in C(X)$ tal que $x \not\in V(f), y\not\in V(g)$ y $V(f) \cap V(g) = X$ .

Alternativamente, se puede demostrar que $\varphi$ es un mapa cerrado. Esto se reduce a demostrar que dado un subconjunto cerrado $V\subset X$ se puede encontrar una función $f_1,\dots,f_n \in C(X)$ tal que $\bigcap_k f^{-1}(0) = V$ o de forma equivalente, $f = \sum_k f_k^2$ desaparece precisamente en $V$ .

Por lo tanto, podemos reducir el segundo intento a demostrar que existe algún $f\in C(X)$ tal que $f^{-1}(0) = V$ , es decir, $f$ desaparece exactamente en $V$ .

Sé que la prueba implicaba utilizar alguna versión del lema de Urysohn, pero no he podido terminarla.

Answer 1

Obsérvese que se está dando la topología de Zariski (con respecto a las funciones continuas) a $X$ . Esto dará la topología original de $X$ si define los mismos conjuntos cerrados, es decir, si los conjuntos cerrados de $X$ son precisamente intersecciones de loci cero. Esta propiedad corresponde a $X$ siendo un espacio de Tychonoff. Todo espacio Hausdorff localmente compacto es Tychonoff, así que hemos terminado.

De forma más general, la topología de los ideales máximos de un álgebra $A$ es Hausdorff si y sólo si el cociente de $A$ por su radical de Jacobson es un anillo de Gelfand.

En el lenguaje de los espacios, equivale aproximadamente a preguntar la existencia de "muchos" pares de conjuntos cerrados $E,F$ cuya unión lo es todo.

Como dato de realidad, los espacios de Tychonoff son aquellos para los que las funciones continuas separan conjuntos cerrados por puntos. Así que dados dos puntos distintos, se pueden construir dos funciones $e,f$ utilizando una selección adecuada de $E,F$ y satisfarán $ef=0$ . Entonces $V(e)^c,V(f)^c$ es un par de conjuntos abiertos que satisfacen la propiedad Hausdorff.

Answer 2

Sé que ha pasado algún tiempo desde que se hizo esta pregunta y se respondió, pero al menos para mí la respuesta de vap utiliza algunas herramientas avanzadas con las que aún no estoy familiarizado. Por lo tanto, por el bien de otros novatos en topología como yo pensé que sería bueno publicar una prueba que utiliza algunas herramientas más elementales:

Así que voy a demostrar que $\varphi$ es un homeomorfismo utilizando la primera opción sugerida, es decir, mostraré $\tilde X$ es hausdorff.

Como sugirió el OP se puede demostrar que cada ideal $m \in \tilde X$ es de la forma $m_y=\{f\in C(X) | f(y)=0\}$ para algunos $y\in X$ .

Así que dejemos $m_{x_1}$ , $m_{x_2}$ sean dos ideales diferentes en $\tilde X$ . Desde $m_{x_1}\ne m_{x_2} $ concluimos $x_1 \ne x_2$ y como $X$ es hausdorff obtenemos que existe $U_{x_1},U_{x_2} \subseteq X$ barrios abiertos y disjuntos de $x_1,x_2$ respectivamente.

Así que $X\setminus U_{x_1}$ y $X\setminus U_{x_2}$ están cerradas en $X$ y $X\setminus U_{x_1} \cap \{x_1\}=\varnothing$ y $X\setminus U_{x_2} \cap \{x_2\} = \varnothing$ . Además, tenga en cuenta que $X$ ser hausdorff significa que cada singleton es un conjunto cerrado.

Finalmente, $X$ ser compacto y hausdorff implica que es normal. A partir del lema de Urysohn obtenemos continua $h_1,h_2:X\to [0,1]$ tal que:

$$h_1(X\setminus U_{x_1})=\{0\}, h_1(x_1)=1\ne 0$$ $$h_2(X\setminus U_{x_2})=\{0\}, h_2(x_2)=1\ne 0$$

Así que tenemos $h_1(x_1)\ne 0 \implies m_{x_1}\in V(h_1)^c$ y $h_2(x_2)\ne 0 \implies m_{x_2}\in V(h_2)^c$ donde como complementos de conjuntos cerrados ambos son barrios abiertos de $m_{x_1}$ y $m_{x_2}$ en $\tilde X$ respectivamente.

Por último, mostramos $V(h_1)^c \cap V(h_2)^c = \varnothing$ . Supongamos por contradicción que existe $m_y \in V(h_1)^c \cap V(h_2)^c$ para algunos $y\in X$ Esto significa que:

$$m_y\in V(h_1)^c \implies h_1(y) \ne 0 \implies y \notin X\setminus U_{x_1} \implies y\in U_{x_1}$$ $$m_y\in V(h_2)^c \implies h_2(y) \ne 0 \implies y \notin X\setminus U_{x_2} \implies y\in U_{x_2}$$

Pero $U_{x_1}$ y $U_{x_2}$ son disjuntos, por lo que obtenemos una contradicción.

Así, para dos elementos diferentes arbitrarios $m_{x_1},m_{x_2}\in \tilde X$ encontramos barrios abiertos $V(h_1)^c,V(h_2)^c$ en $\tilde X$ tal que $m_{x_1} \in V(h_1)^c$ y $m_{x_2} \in V(h_2)^c$ y $V(h_1)^c \cap V(h_2)^c = \varnothing$ . Por lo tanto, $\tilde X$ es hausdorff.

Sólo para que la respuesta sea completa, ya que se puede demostrar que $\varphi$ es continua y biyectiva, sólo queda notar que una biyección continua de un espacio compacto a un espacio hausdorff es un homeomorfismo.

Espero que esto ayude a alguien.