Máxima ideales en el anillo de funciones reales en $[0,1]$

Question

Suponga $S$ a todas las funciones continuas de$[0,1]$$\mathbb R$. Cómo probar que todos los máximos ideales de la $S$ tiene la forma $M_{x_0}=\{f\in S \mid f(x_0)=0\}$?

Gracias de antemano.

Answer 1

Nueva Respuesta.

Deje $I$ será un verdadero ideal del anillo de $C([0,1])$ de funciones continuas en $[0, 1]$. Hemos de probar que no existe $x \in [0, 1]$ tal que $f(x) = 0$ todos los $f \in I$.

Supongamos que para cada punto de $x \in [0, 1]$ existe una función de $f \in I$ tal que $f(x) \neq 0$. Entonces existe una vecindad $N_{x}$ $x$ $[0, 1]$ tal que $f \neq 0$$N_{x}$. Desde $[0, 1]$ es compacto y $\{ N_x \}$ es una cubierta abierta, existe un número finito de la cubierta. Es decir, existen funciones de $f_1, \cdots, f_n \in I$ tal que para cada una de las $x \in [0, 1]$, $f_i(x) \neq 0$ algunos $i$ (dependiendo $x$). A continuación, la función de $f = f_{1}^2 + \cdots + f_{n}^2$ es también un miembro de $I$ tal que $f > 0$$I$. Por lo tanto,$1 = f/f \in I$$I = C([0, 1])$, una contradicción.

Por lo tanto si $M$ es máxima, entonces el conjunto $Z = \{ z \in [0, 1] : f(z) = 0 \text{ for all } f \in M \}$ no está vacía. Pero para cada una de las $z \in Z$,$M \subset M_{z}$. Así por maximality, $Z$ no puede tener dos distintas elemento y debemos tener $M = M_{z}$ algunos $z$.

Respuesta Anterior.

Deje $X$ ser un conjunto y para cada subconjunto $Y \subset X$, definir

$$S(Y) = \{ f : X \to \Bbb{R} : f|_{Y} \equiv 0 \}$$

y $S = S(\varnothing)$. En la OP del caso, tenemos $X = [0, 1]$. También, para cada una de las $f \in S$ definimos

$$Z_{f} = \{ x \in X : f(x) = 0 \}. $$

A continuación, para cada ideal $I$$S$$f \in I$, es fácil observar que $S(Z_{f}) \leq I$. De hecho, para cada una de las $g \in S(Z_{f})$, definir $\tilde{g} \in S(Z_{f})$ por

$$ \tilde{g}(x) = \begin{cases} g(x) / f(x) & x \notin Z_{f} \\ 0 & x \in Z_{f} \end{cases}. $$

A continuación, $g = \tilde{g}f \in I$ y la demanda de la siguiente manera. Ahora para cada apropiado ideal $I$$S$, podemos asociar una familia

$$ \mathcal{F}(I) = \{ Z(f) : f \in I \}. $$

Entonces es claro que

1. $\varnothing \notin \mathcal{F}(I)$, ya que el $I$ es adecuado.
2. Si $A \in \mathcal{F}(I)$$A \subset B \subset X$,$B \in \mathcal{F}(I)$.
3. Si $A, B \in \mathcal{F}(I)$,$A \cap B \in \mathcal{F}(I)$.

Es decir, $\mathcal{F}(I)$ es un filtro en $X$. Por el contrario, para cada filtro de $\mathcal{F}$ $X$ podemos recuperar una correcta ideal $I$ $S$ que los rendimientos de $\mathcal{F} = \mathcal{F}(I)$. Así, la familia de la correcta ideales de $S$ corresponde a la familia de los filtros en la $X$.

Está claro que $I \leq I'$ si y sólo si $\mathcal{F}(I) \leq \mathcal{F}(I')$. Por lo tanto $I$ es un ideal maximal si y solo si $\mathcal{F}(I)$ es un ultrafilter. El OP de la afirmación de que cada ideal maximal de a $S$ es de la forma $M_{x_0}$ corresponde a la afirmación de que cada ultrafilter en $X$ es lo principal, que es refutado por la existencia de un no-director de ultrafilter en $X$ (si $X$ es infinito).

Answer 2

Sin considerar sólo funciones continuas, estás de suerte.

Escoge un no-director de ultrafilter $\mathcal{F}$$[0,1]$, y poner $I = \{f: [0, 1] \to \mathbb{R}: f^{-1}(0) \in \mathcal{F}$}. Yo digo que $I$ es máxima.

De hecho, si $g \not \in I$,$g^{-1}(0) \not \in \mathcal{F}$. Desde $\mathcal{F}$ es un ultrafilter, $\mathcal{F} \ni [0, 1] - g^{-1}(0) = g^{-1}(\mathbb{R}-\{0\})$. Por lo tanto, si consideramos una función $h: [0, 1] \to \mathbb{R}$, $h(x) = 0$ si $x \in g^{-1}(\mathbb{R} - \{0\})$ $h(x) = 1$ lo contrario, la función de $g+h$ está en ninguna parte de cero, y por lo tanto invertible, sino $h \in I$, y por lo tanto $I + (g)$ no es un buen ideal.

Answer 3

Hay otro, un poco tonto, la manera de ver esto. Uno puede utilizar la Piedra-Teorema de Weierstrass.

Deje $R$ denotar el anillo de funciones continuas en $[0,1]$, y deje $M$ ser una adecuada máximo ideal. Por el bien de la contradicción, supongamos que no hay $x\in [0,1]$ tal que $f(x) = 0$ todos los $f\in M$.

Observar que $M$ es un álgebra real de funciones continuas en $[0,1]$. Por supuesto, se desvanece en ningún punto de $[0,1]$. Supongamos que hay $x_1$, $x_2 \in [0,1]$ tal que $f(x_1) = f(x_2) \neq 0$ todos los $f\in M$. A continuación, la propiedad de los ideales nos dice $x\cdot f(x) \in M$, por lo que $$x_1 f(x_1) = x_2 f(x_2) \implies x_1 = x_2$$ Thus, $M$ separates points on $[0,1]$. The Stone-Weierstrass Theorem implies $R$ is dense in $M$. In particular, there is some $g\in M$ such that $g>0$ on $[0,1]$. Then $1/g \in R$, so $g \cdot (1/g) = 1 \in M$. Hence $M = R$ contradicción.