Sobre qué tipo de condición de un conjunto compacto $K$ en el avión, $C(K)$ ¿tiene un generador?

Question

Sea $K\subset \Bbb{C}$ sea un subconjunto compacto del plano complejo, y sea $C(K)$ sea el espacio de todas las funciones continuas complejas sobre $K$ .

Decimos que $f\in C(K)$ es un generador de $C(K)$ cuando el conjunto $\{p(f) \mid p\ \style{font-family:inherit;}{\text{is a polynomial}}\}$ es denso en $C(K)$ .

Si $K$ es cualquier conjunto formado por puntos finitos, es fácil comprobar que $C(K)$ tiene un generador.

Si $K=[0,1]$ entonces sabemos que $f(x)=x$ es un generador de $C[0,1]$ por el teorema de Stone-Weierstrass. De ello se deduce que $C(\gamma)$ tiene un generador siempre que $\gamma$ no es una curva simple cerrada.

Ahora bien $K=S^1$ el círculo unitario en el plano, se ha demostrado que $C(K)$ no tiene generador. De ello se deduce que $C(\gamma)$ no tiene un generador para ningún $\gamma$ que es una curva simple conexa.

Si $K=\overline{\mathbb{D}}$ el disco unitario, entonces utilizando invariancia de dominio un método similar al del caso $K=S^1$ para demostrar que $C(\overline{\Bbb{D}})$ NO dispone de generador. Del mismo modo, se puede demostrar que $C(K)$ NO dispone de generador si $K$ tiene un punto interior en $\Bbb{C}$ .

Cómo resolver este problema si $K$ no tiene un punto interior?

Answer 1

Una respuesta parcial: si $K$ tiene el interior vacío y ${\mathbb C}\setminus K$ es connceted entonces el teorema de Lavrentiev nos dice que $P(K)=C(K)$ . (Véase, por ejemplo, el libro de Gamelin sobre álgebras uniformes.) En tales casos, la función $z\mapsto z$ es un generador de $C(K)$ en el sentido de su pregunta.

A la vista de la observación de Nik Weaver en los comentarios, me inclino a suponer que esta condición suficiente sobre K también es necesaria, pero ahora mismo no tengo tiempo para seguir pensando en ello.

Nótese, a la vista de la respuesta de glenlair y del comentario sobre MSE, que hay ejemplos evidentes de ello $K$ que no son homeomorfas a subconjuntos de la recta real. Por ejemplo, tomemos tres copias de $[0,1]$ pegados en $\{1\}$ en forma de trípode. Se trata de un espacio conexo compacto con la propiedad de que la eliminación de un punto determinado deja tres componentes conexas. Pero los subconjuntos compactos conexos de la recta real son intervalos cerrados (o conjuntos de un solo punto) y en esos casos la eliminación de un punto puede dejar como máximo dos componentes conexos.

Answer 2

Creo que la conjetura de Yemon es correcta: $C(K)$ tiene un generador en el sentido de la pregunta si y sólo si $K$ tiene el interior vacío y $\mathbb{C}\setminus K$ está conectado. Como señala, el sentido inverso se deduce del teorema de Lavrentiev. Para el sentido directo, si $K$ tiene un interior no vacío, entonces el Sr. Li ya ha señalado que sabemos que $C(K)$ no tiene generador: esto se deduce fácilmente de Respuesta de David Ullrich a una pregunta anterior que dice que $C(S^1)$ no tiene generador, y el hecho de que $K$ contiene una copia homeomórfica de $S^1$ .

Supongamos $\mathbb{C}\setminus K$ está desconectado y suponemos $C(K)$ tiene un generador $f$ . Afirmo que $K$ tiene un componente $K_0$ tal que $\mathbb{C}\setminus K_0$ está desconectado. Conceder la reclamación, $C(K_0)$ también tiene un generador $f$ es decir, la restricción a $K_0$ de cualquier generador de $C(K)$ . Es evidente que $f$ debe ser 1-1 en $K_0$ por lo que, por un hecho estándar, es un homeomorfismo entre $K_0$ y $f(K_0)$ . Según la respuesta a esta pregunta , $\mathbb{C}\setminus f(K_0)$ también está desconectado. Entonces $f(K_0)$ contiene el límite de un conjunto abierto acotado, es decir, cualquier componente acotado de su complemento. Pero ahora el argumento de David Ullrich para $S^1$ se traslada literalmente a este escenario para dar lugar a una contradicción. Fin de la prueba, módulo de la afirmación.

Para verificar la afirmación $U$ sea un componente acotado de $\mathbb{C}\setminus K$ , dejemos que $V$ sea el componente no limitado de $\mathbb{C}\setminus\overline{U}$ y que $K_0 = \partial V$ .

Answer 3

Se puede obtener una caracterización puramente topológica de tales compactos combinando dos hechos. En primer lugar, $C(K)$ está generada individualmente si y sólo si $K$ es homeomorfo a un subconjunto de los reales. En segundo lugar, los subconjuntos de los reales, incluso sin compacidad, han sido caracterizados topológicamente por varios autores (véase, por ejemplo, M.E. Rudin, P.J.M. 7 (1957), 1185-1186).