Teorema de Krein-Milman - Departamento de Matemática ...

Teorema de Krein-Milman 20
4.3. Terema de Stone-Weierstrass
Sea E un espacio topológico. El conjunto C(E) de las funciones contínuas de E en C
dotado con las operaciones puntuales es una C-álgebra. Dada una función f ∈ C(E), f
denota su conjugada compleja, f(x) = f(x).
El teorema de Stone-Weierstrass da un criterio para saber cuándo una subálgebra de
C(E) aproxima bien a C(X) en el sentido de que su clausura coincide con él.
Recuérdese que si E es compacto, C(E) es un espacio de Banach si se lo dota con la
norma del supremo, y su dual son las medidas de Borel complejas y regulares 6 .
Teorema 4.2. Sea E un espacio topológico compacto Hausdorff, y A una subálgebra de
C(E) tal que:
a 1 ∈ A,
b Si x, y ∈ E con x = y entonces existe f ∈ A tal que f(x) = f(y),
c Si f ∈ A entonces f ∈ A.
Entonces A = C(E).
Demostración. Por el Corolario 1.16, basta probar que A ⊥ = (0), donde A ⊥ es el conjunto
de funcionales lineales que se anulan en A. Supóngase que A ⊥ = (0), y considérese B =
A ⊥ ∩ {µ ∈ E ∗ : µ ≤ 1}. Como el conjunto A ⊥ es cerrado, por el teorema de Banach-
Alaoglu se tiene que B es ω ∗ -compacto. Por Krein-Milman, existe µ punto extremal de B.
Como µ es extremal, 0 = µ(pues A = (0) y por lo tanto B = (0)) y µ ≤ 1, se tiene que
de hecho µ = 1. Sea K el soporte de µ, entonces se tiene
fdµ = fdµ
para cualquier f ∈ A y además por lo dicho recién, K = ∅. Sea x0 ∈ K, se verá que de
hecho K = {x0}.
Sea x1 ∈ E, x1 = x0. Por (2) se tiene que existe f ∈ A tal que f(x0) = f(x1), y por (1)
(tomando f − f(x1) ∈ A por ser A álgebra) puede suponerse que f(x1) = 0. Y por último,
como g = |f| 2 g
= ff ∈ A por (3), se tiene que ∈ A, es decir que se puede suponer
(g+1)
que 0 ≤ f ≤ 1, f(x0) = f(x1) = 0.
Ahora, como µ ∈ A⊥ y gf ∈ A para cualquier g en A, se tiene que 0 =
g fdµ =
⊥ g (1 − f)dµ, es decir, fdµ, (1 − f)dµ ∈ A .
Si α = fµ = fd|µ|. Y se tiene que 0 < α < 1 pues por un lado f(x0) > 0 y por
lo tanto f > 0 en un entorno U de x0 que tiene medida positiva por ser U\K = ∅ y K el
soporte de µ; y por otro lado f < 1 entonces fd|µ| < fd|µ| = µ = 1. Usando esto
último y que 1 − α = (1 − f)d|µ| = (1 − f)µ, se consigue
fµ
(1 − f)µ
µ = α + (1 − α)
fµ
(1 − f)µ
y como µ es extremal se concluye que µ = fµ
fµ = α−1 fµ, lo que implica que α −1 f = 1 en
µ-ae y la continuidad de f hace que f ≡ α en µ-ae, osea, f es constante en K. Pero como
6 La variación total como norma hace de este espacio un espacio de Banach, pero este hecho no será uti-
lizado.
K