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Die Sätze von Krein-Milman und Stone-Weierstraß

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Die Sätze von Krein-Milman und
Stone-Weierstraß
Julian Mauersberger
Wintersemester 2014/15
J. M. ˝
Die Sätze von Krein-Milman und Stone-Weierstraß
Der Satz von Krein-Milman
Es sei im Folgenden V ein lokalkonvexer topologischer Vektorraum und K ⊂ V . Ein
Randpunkt x ∈ ∂K heißt Extremalpunkt, wenn es keine zwei Punkte y = z ∈ K ∪ ∂K
gibt mit x = ty + (1 − t)z für ein 0 < t < 1. Die Menge der Extremalpunkte von K
bezeichnen wir mit ∂ext K. Eine nicht leere Teilmenge B ⊂ K heißt extremal, wenn für
zwei Elemente y, z ∈ K, deren Verbindungsstrecke yz = {ty + (1 − t)z : 0 < t < 1}
yz ∩ B = ∅
erfüllt, bereits y, z ∈ B gilt. Eine kompakte extremale Teilmenge von K heißt
minimale kompakte extremale Teilmenge von K, wenn sie keine echten kompakten,
extemalen Teilmengen enthält. Bevor wir den Satz von Krein-Milman beweisen,
benötigen wir zwei Lemmata.
Lemma 1. Eine minimale kompakte extremale Teilmenge A von K ist einelementig.
Beweis. Wir nehmen an, A enthält zwei verschiedene Punkte a, b. Dann existiert
nach Hahn-Banach ein x∗ ∈ V ∗ , sodass f = x∗ verschiedene Werte auf a und b
annimmt. Sei ρ := minA f . Wegen Kompaktheit von A ist die Menge
B := {k ∈ A|f (k) = ρ}
nicht leer und es gilt B = A, da f auf A unterschiedliche Werte annimmt. Wegen
Stetigkeit von f ist B eine abgeschlossene Teilmenge der kompakten Menge A und
damit selbst kompakt. Wir zeigen, dass B extremal in A (und damit auch in K) ist,
was der Minimalität von A widerspricht. Seien y, z ∈ A mit yz ∩ B = ∅. Dann gibt
es ein t ∈ (0, 1) mit
ρ = f (ty + (1 − t)z) = tf (y) + (1 − t)f (z).
Nach Definition von B gilt f (y) ρ, f (z) ρ. Ist eine Ungleichheit strikt, so erhält
man in der obigen Gleichung den Widerspruch ρ > ρ. Also gilt f (z) = ρ = f (y) und
damit y, z ∈ B, was zeigt, dass B extremal in A ist.
Lemma 2. Ist K = ∅ kompakt, dann gibt es extremale Punkte in K.
Beweis. Sei A die Familie aller kompakten, extremalen Teilmengen von K. Diese ist
wegen K ∈ A nicht leer und mit der Mengeninklusion partiell geordnet. Sei B ⊂ A
eine Kette, dann ist B eine nicht leere, kompakte, extremale Menge in K, die zur
Familie A gehört und eine untere Schranke für B ist. Nach dem Lemma von Zorn
hat A folglich ein minimales Element, welches nach Lemma 1 die Form {a} für ein
a ∈ K. K hat also den Extremalpunkt a.
Satz 3 (Krein-Milman). Ist K kompakt, so gilt K ⊂ conv ∂ext K.
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Beweis. Es sei K = ∅. Dann ist nach Lemma 2 conv ∂ext K = ∅ und folglich N :=
conv ∂ext K nicht leer, konvex und abgeschlossen. Wir nehmen an, dass ein x ∈ K
existiert, welches nicht in N enthalten ist. Nach dem Trennungssatz von Hahn-Banach,
Beweis in der Funktionalanalysis, existiert dann ein x∗ ∈ V ∗ mit f (x) < inf N f ,
wobei f = x∗ . Wir definieren
B := {k ∈ K|f (k) = ρ := min f }.
K
Dann ist B (analog zum Beweis von Lemma 1) extremal in K sowie nicht leer und
abgeschlossen, also als Teilmenge von K kompakt. Nach Lemma 2 existiert folglich
ein Extremalpunkt b ∈ B. Weil B extremal in K ist, ist b Extremalpunkt von K und
es gilt b ∈ ∂ext K ⊂ N . Wir erhalten
ρ = f (b)
inf f > f (x)
N
min f = ρ.
K
Ein Widerspruch.
Der Satz von Stone-Weierstraß
Sei im folgenden X ein kompakter Hausdorffraum, C(X) der Raum der stetigen,
komplexwertigen Funktionen auf X.
Satz 4 (Stone-Weierstraß). Sei A ⊂ C(X) eine *-Unteralgebra mit Eins, die punktetrennend auf X ist. Dann ist A dicht in C(X).
Beweis. Es bezeichne A⊥ den Annihilator von A, also die Menge aller µ ∈ C(X)∗ ,
sodass X f dµ = 0 für alle f ∈ A gilt. Wir definieren
K := {µ ∈ A⊥ : µ
1},
dann ist K konvex (als Schnitt eines Unterraums mit einer Kugel) und schwach* kompakt (nach dem Satz von Alaoglu). Ist K = 0, so ist A⊥ = 0, also A = C(X).
Wir nehmen also an, dass K = 0 gilt. Sei µ ∈ K ein extremaler Punkt, welcher
nach Lemma 2 existiert. Dann gilt offenbar µ = 1. Weiter sei E der Träger von µ.
Dieser ist als abgeschlossene Teilmenge von X kompakt und es gilt |µ|(E) = 1. E ist
offenbar die kleinste Menge mit diesen beiden Eigenschaften. Wir wählen ein f ∈ A
mit 0 < f (x) < 1 für alle x ∈ E und definieren
dσ = f dµ,
dτ = (1 − f )dµ.
Weil A eine Algebra ist, gilt dσ, dτ ∈ A⊥ . Weiter gilt wegen 0 < f < 1 auf E auch
τ > 0 und σ > 0. Wir können berechnen:
σ + τ =
(1 − f )d|µ| = |µ|(E) = 1.
f d|µ| +
E
E
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Es folgt, dass µ = σ (σ/ σ ) + τ (τ / τ ) eine konvexe Kombination von σ1 =
(σ/ σ ) und τ1 = (τ / τ ) ist, welche beide in K enthalten sind. Da µ Extremalpunkt
ist, gilt aber µ = σ1 , also f dµ = σ dµ und damit f (x) = σ für alle x ∈ E. Sei
nun g ∈ A und g nehme auf E nur reelle Werte an. Hat g eine Nullstelle in E, so
existiert wegen Kompaktheit von g eine Konstante c, sodass g + c > 0. Wegen 1 ∈ A
ist g + c ∈ A. Wegen Kompaktheit von E existiert weiter eine Konstante λ ∈ R,
sodass 0 < λ(g + c) < 1. Nach der obigen Rechnung folgt, dass λ(g + c) und damit
g konstant (auf E) ist. Hätte E zwei verschiedene Elemente a = b, so würde, da
A punktetrennend ist, ein f ∈ A existieren mit f (a) = f (b). Da A *-Unteralgebra
ist, sind f, f ∈ A. Da aber f (a) = f (b) oder f (a) = f (b) gilt, gäbe es
eine auf E nicht konstante, reellwertige Funktion in A. Ein Widerspruch. Also ist
E einelementig und somit µ = cδx mit E = {x} und einer Konstanten c. Aber mit
1 ∈ A folgt 0 = X 1dµ = cδx (X) = c. Ein Widerspruch zu µ = 1. Also ist der Fall
K = 0 nicht möglich und der Satz bewiesen.
Quellen: Abschnitt 5.6 aus Sh. Kantorovitz: Introduction to Modern Analysis und
Abschnitt 5 aus W. Rudin: Functional Analysis.
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