Se trata de un ejercicio del Análisis Funcional de Rudin, en el capítulo sobre álgebras de Banach conmutativas. Mi conjetura (inculta) fue que cada homomorfismo en $C^{1}[0,1]$ es una evaluación en algún punto de [0,1]. La imitación de la prueba para encontrar los homomorfismos en $C[0,1]$ como en Simmons, falla ya que tomar los módulos de las funciones no preserva la diferenciabilidad. Agradecería que me dieran pistas al respecto.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Sí, todo homomorfismo (unital) sobre $C^1([0,1])$ es un homomorfismo de evaluación.
Prueba 1: Dejemos que $x\in C^1([0,1])$ la identidad, es decir $x(t) = t$ para todos $t\in [0,1]$ . Dejemos que $\varphi \colon C^1([0,1]) \to \mathbb{C}$ un homomorfismo de álgebra (unital), y $z := \varphi(x)$ . Entonces $z \in [0,1]$ - de lo contrario $x - z$ sería invertible - y por lo tanto tenemos
$$\varphi(P) = P(z)$$
para todos los polinomios $P$ . A continuación demostraremos que los polinomios forman un subespacio denso de $C^1([0,1])$ entonces $\varphi(f) = f(z)$ para todos $f\in C^1([0,1])$ sigue por continuidad.
Para ver que el subespacio de los polinomios es denso, dejemos que $f\in C^1([0,1])$ y $\varepsilon > 0$ arbitrario. Por el teorema de Stone-Weierstraß, existe un polinomio $P_1$ con $\lVert f' - P_1\rVert_\infty < \varepsilon/2$ . Dejemos que
$$P(t) = f(0) + \int_0^t P_1(s)\,ds.$$
Entonces $\lVert f - P\rVert < \varepsilon$ :
$$\begin{align} \lvert f(t) - P(t)\rvert &= \left\lvert f(0) + \int_0^t f'(s)\,ds - \left(f(0) + \int_0^t P_1(s)\,ds\right) \right\rvert\\ &= \left\lvert \int_0^t (f'(s) - P_1(s))\,ds\right\rvert\\ &\leqslant \int_0^t \lvert f'(s) - P_1(s)\rvert\,ds\\ &\leqslant t\cdot \lVert f' - P_1\rVert_\infty\\ &\leqslant \frac{\varepsilon}{2}, \end{align}$$
de donde $\lVert f - P\rVert = \lVert f-P\rVert_\infty + \lVert f' - P_1\rVert_\infty < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$ .
Prueba 2: Dejemos que $\mathfrak{a} \subsetneqq C^1([0,1])$ un ideal. Entonces
$$V(\mathfrak{a}) = \left\lbrace t \in [0,1] : \bigl(\forall f\in \mathfrak{a}\bigr)\bigl(f(t) = 0\bigr)\right\rbrace \neq \varnothing.$$
Supongamos que $V(\mathfrak{a}) = \varnothing$ . Entonces, para cada $t\in [0,1]$ , habría un $f_t \in \mathfrak{a}$ con $f_t(t) \neq 0$ . Desde $\mathfrak{a}$ es un ideal, $g_t \colon s \mapsto f_t(s)\cdot \overline{f_t(s)}$ también pertenece a $\mathfrak{a}$ y hay un barrio abierto $U_t$ de $t$ con $g_t(s) > 0$ para todos $s \in U_t$ . Desde $[0,1]$ es compacto, hay un número finito de puntos $t_1,\dotsc,t_n$ tal que
$$[0,1] = \bigcup_{k=1}^n U_{t_k}.$$
Dado que todos los $g_t$ son no negativos y estrictamente positivos en $U_t$ ,
$$g = \sum_{k=1}^n g_{t_k}$$
es estrictamente positivo en todos los $[0,1]$ . Pero eso significa $g$ es una unidad en $C^1([0,1])$ y por lo tanto $\mathfrak{a} = C^1([0,1])$ , contradiciendo la suposición.
Dejemos ahora $\varphi$ un homomorfismo (unital), y $\ker \varphi = \mathfrak{m} \subsetneqq C^1([0,1])$ el ideal máximo correspondiente. Sea $p \in V(\mathfrak{m})$ . Entonces $\mathfrak{I}(p) = \left\lbrace f\in C^1([0,1]) : f(p) = 0\right\rbrace$ es un ideal propio que contiene $\mathfrak{m}$ y por maximalidad, $\mathfrak{m} = \mathfrak{I}(p) = \ker \eta_p$ , donde $\eta_p$ es el homomorfismo de evaluación $f \mapsto f(p)$ . Por lo tanto, $\varphi = \eta_p$ .
