用户: Cybcat/Banach 代数/第三讲

1第三讲

经典例子

例 1.1. 最平凡的例子莫过于对紧 Hausdorff 空间 $X$, 考虑 $C(X)$ 带最大模范数, 它是含幺交换 Banach 代数.

首先由 Urysohn 引理, 对任意 $x\ne y$ 存在连续 $f$ 使 $f(x)\ne f(y)$, 这表明若记 $x$ 处的取值 $h_x:C(X)\to \mathbb{C}$, 就会有 $h_x\ne h_y$. 此时 $C(X)$ 的极大理想空间正是 $X$, 每个极大理想 $x\in X$ 对应的同态为在 $h_x$, 而且 Gelfand 表示的 $\ast$ 弱拓扑和 $X$ 本身的拓扑相同.

让我们证明此事, 设 $\mathfrak{m}$ 是一个极大理想, 若对每个 $p\in X$ 都存在 $f\in \mathfrak{m}$ 使 $f(p)\ne 0$, 那么这 $f$ 在 $p$ 的开邻域内非零, 记 $U_p$. 由紧性, 存在有限多个 $U_p$ 它们的并覆盖 $X$. 假设这样取出一系列 $f_1,\cdots ,f_n\in \mathfrak{m}$, 那么 $g=f_1\overline{f_1}+\cdots +f_n\overline{f_n}\in \mathfrak{m}$ 且处处非零, 但这表明 $g$ 可逆, 与它在极大理想矛盾. 然后是讨论拓扑相同, 对 $f\in C(X)$ 以及 $O\subset \mathbb{C}$ 开, 弱拓扑给出标准开集 $\{x:f(x)\in O\}$, 它们当然是 $X$ 的开集, 我们只需证明这些开集在有限交和任意并下生成 $X$ 的全体开集. 实际上对 $X$ 中开集 $U$ 和 $p\in U$ Tietze 扩张定理保证我们能构造 $X$ 上连续函数在 $X\backslash U$ 取 $0$, $p\in U$ 取 $1$. 显然 $f(x)\ne 0$ 推出 $x\in U$. 故 $\{x:f(x)\in \mathbb{C}\backslash \{0\}\}$ 给出 $U$ 中含 $p$ 的开子集.

类似的可以考虑 $C^1[0,1]$, 一次连续可导的函数, 在 $\Vert f\Vert :=\Vert f{\Vert }_{\infty }+\Vert f^{\prime }{\Vert }_{\infty }$ 下构成含幺交换的 Banach 代数. 不出意外的, $\mathfrak{M}\cong [0,1]$ 同胚仍成立. 它有一些闭理想 $J_x:=\{f\in A:f(x)=f^{\prime }(x)=0\}$, 它们余二维而且唯一包含 $J_x$ 的极大理想是 $\ker h_x$.

实际上, 上面我们证明二者拓扑相同完全不需要这么具体, 有一个完全抽象的方法可以解决一系列这种问题:

引理 1.2. 设 $X$ 上有拓扑 ${\tau }_1,{\tau }_2$, 满足 ${\tau }_1$ 弱于 ${\tau }_2$ (即 ${\tau }_1$ 的开集比 ${\tau }_2$ 少, 也记 ${\tau }_1\subset {\tau }_2$). 若 ${\tau }_1$ 是 Hausdorff, ${\tau }_2$ 是紧的, 则 ${\tau }_1={\tau }_2$.

证明. 考虑 $(X,{\tau }_2)\to (X,{\tau }_1),x\mapsto x$ 是紧到 Hausdorff 的连续映射, 故它是到像同胚, 而它元素上满, 故 ${\tau }_1={\tau }_2$.

$\square$

这样在前述例子中, 注意到弱拓扑 ${\tau }_{\ast }$ 比 $X$ 上的标准拓扑 ${\tau }_X$ 弱, 而且它们都紧 Hausdorff, 所以相等.

例 1.3. 接下来我们观察 $S^1$ 上绝对收敛的 Fourier 级数, 记$$A:=\left\{f\in C(S^1):f(e^{i\theta })=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{c}_n{e}^{in\theta }\right\}.$$它按模 $\Vert f\Vert :={\sum }_{n\in \mathbb{Z}}\Vert c_n\Vert$ 成为含幺交换 Banach 代数 (为什么).

我们先证明 $\mathfrak{M}=S^1$ 而且是同胚. 首先仍注意到 $h_x$ 是到 $\mathbb{C}$ 同态, 那么反过来呢? 假设 $\varphi :A\to \mathbb{C}$ 是同态, 我们首先证明 $|\varphi (e^{i\theta })|=1$, 否则 $\varphi (e^{in\theta })=\varphi (e^{i\theta }{)}^n$ 将导致 $\varphi$ 算子范数不是 $1$ 矛盾. 于是 $\varphi (e^{i\theta })=e^{i\alpha }$ 对某 $\alpha \in S^1$, 由 $\varphi$ 连续性不难检查 $\varphi =h_{\alpha }$. 最后是拓扑, 仍是上面那个引理 1.2.

实际上, $A$ 也可以看作 ${\ell }^1(\mathbb{Z})$ 在卷积下构成的 Banach 代数. 这其实有更一般的推广, 对于完备格 $\Gamma \subset {\mathbb{R}}^n$, ${\ell }^1(\Gamma )$ 构成的 Banach 代数其极大理想空间自然地对应 ${\mathbb{R}}^n/\Gamma$. 并不很令人意外.

另外我们可以稍作推广, 对正实数 $r>1$ 定义含幺交换 Banach 代数$$A_r:=\left\{f:\mathbb{Z}\to \mathbb{C}:\Vert f\Vert :=\sum _{n\in \mathbb{Z}}|f(n)|\cdot 2^{|n|}<+\infty \right\}.$$它的极大理想和闭圆环 $\{z\in \mathbb{C}:1/r\le |z|\le r\}$ 同胚.

仍记 $A$ 是上述 $S^1$ 的 Banach 代数, 那么我们有著名的 Wiener 引理作为推论:

推论 1.4 (Wiener 引理). 设 $f\in A$ 在 $S^1$ 上没有零点, 则 $f^{-1}\in A$.

证明. 因为 $f$ 不含于任意极大理想故可逆.

$\square$

这个看起来很容易的推论并没有想象中的那么平凡, 它最初的传统证明挺复杂的. 另外, Gelfand 映射现在是嵌入, 显然不是等距, 像也不是闭的, 因为任意连续周期函数可以用有限三角多项式逼近, 此时谱半径是最大模范数 $\Vert f{\Vert }_{\infty }$.

例 1.5. 然后考虑一个类似的对象, $A=A_0(\mathbb{D})$, 表示在 $\mathbb{D}$ 内解析, 在 $\overline{\mathbb{D}}$ 连续的函数构成的集合. 它在最大模范数下构成含幺交换 Banach 代数 (为什么, 另外我们在第一讲介绍过它).

可以证明 $\mathfrak{M}=\overline{\mathbb{D}}$ 而且是同胚, 技巧和前一个例子完全一样. 仍是让 $\varphi :A\to \mathbb{C}$ 作用在 $z\in A$ 上. 这次 $|\varphi (z)|\le \Vert z\Vert =1$ 因为取的是最大模范数, 验证 $\varphi =h_{\varphi (z)}$ 即可. 不过要注意一个事实, 多项式在 $A$ 中稠密并不是显然的, 但是有一个莫名其妙的技巧可以做到这件事: $A_0(\mathbb{D})$ 中的 $f$ 可以被 $f(rz)$ 逼近, $r\to 1^{-}$ 是实数, 即从小于 $1$ 的一侧进行逼近. 现在 $f(rz)$ 是 $\overline{\mathbb{D}}$ 开邻域内的全纯函数, 故可以用幂级数的部分和逼近. 同胚也没什么好说的.

于是类似 Wiener 定理, 这里我们指出:

推论 1.6. 设 $f_1,\cdots ,f_n\in A_0(\mathbb{D})$ 没有公共零点, 则理想 $(f_1,\cdots ,f_n)=(1)$.

更多例子

例 1.7. 接下来让我们逐渐见识一些诡异的例子, 首先是 $L^1({\mathbb{R}}^n)$ 带一个单位 Dirac $\delta$. 它作为空间是 $A:=L^1({\mathbb{R}}^n)\oplus \mathbb{C}\delta$, 按照第一讲中提到的添加幺元的方法, 它现在在卷积下是含幺交换 Banach 代数. 那么对每个 $t\in {\mathbb{R}}^n$, 我们可以定义$$h_t(f+a\delta ):=\hat{f}(t)+a.$$其中 $\hat{f}$ 表示其 Fourier 变换, 由于 $\widehat{f\ast g}=\hat{f}\cdot \hat{g}$, 借此可检查 $h_t$ 确是到 $\mathbb{C}$ 的同态. 再补充定义 $h_{\infty }(f+a\delta )=a$. 现在我们证明 $\mathfrak{M}={\mathbb{R}}^n\cup \{\infty \}\cong S^n$. 拓扑是一点紧化. 注意到一个事实, $\hat{f}(t)\to 0$ 随 $|t|\to +\infty$ 成立, 因此如果 $\mathfrak{M}$ 集合上真是 ${\mathbb{R}}^n\cup \{\infty \}$, 那么不难检查对应的拓扑确实如此.

现在假设 $\varphi :A\to \mathbb{C}$ 使得 $\varphi (f)=0$ 对一切 $f\in L^1({\mathbb{R}}^n)$, 不难检查此时 $\varphi =h_{\infty }$. 若存在 $f$ 使得 $\varphi (f)\ne 0$, 则 $h(f)=\int f\beta dm$ 其中 $\beta \in L^{\infty }({\mathbb{R}}^n)$ 非零. 由于 $h(f\ast g)=h(f)h(g)$ 我们需要 $\beta$ 几乎处处等于一个可测 $b$ 满足 $b(x+y)=b(x)b(y)$ 于是 $b(x)=e^{-ix\cdot t}$ 对某 $t\in {\mathbb{R}}^n$. 这样 $h(f)=\hat{f}(t)$ 从而 $h$ 具有我们希望的形状.

例 1.8. 再来一个怪例子是 $L^{\infty }[0,1]$, 测度是标准的 Lebesgue 测度. 大 Rudin 对其分析详尽, 我们摘录些许. 首先让我们用 Weierstrass 逼近定理证明 Gelfand 映射的像在 $C(\mathfrak{M})$ 中稠密 (下一节我们会介绍 $C^{\ast }$ 代数理论, 到时一样的技巧又会出现): 设 $G_f$ 表示 $f$ 的必须像, 即全体开 $G\subset \mathbb{C}$ 使 $m(f^{-1}G)=0$ 之 $G$ 的并. 容易证明 $f$ 的谱 $\sigma (f)=G_f^c$, 这样 $f$ 是实的当且仅当 $\hat{f}$ 是, 因此 Gelfand 像在共轭下封闭, 显然区分点, 这足够证明 Gelfand 映射的像稠密. 另外因为 $\Vert f^2\Vert =\Vert f{\Vert }^2$ 于是映射是等距, 所以 Gelfand 映射是 $L^{\infty }[0,1]\to C(\mathfrak{M})$ 的等距同构.

神秘的事情来叻, $\mathfrak{M}$ 到底是什么呢? 它完全不是 $[0,1]$, 可能没有人知道它是什么.

[待补充: 见 Rudin 泛函第 11 章]

例 1.9. 接下来我们用 Stone–Čech 紧化来统一理解一般拓扑空间 $X$ 上有界函数环的极大谱. 在得知 Stone–Čech 紧化存在的情况下, 下面的解释是迅速的: 记 $\beta X$ 是 $X$ 的 Stone–Čech 紧化, 则 $\beta X$ 的定义给出 $C_b(X)=C_b(\beta X)$, 那么考虑它们的极大理想空间就会对应出 $\mathfrak{M}=\beta X$.

具体来说, 为了给出映射, 或如果读者尚对 Stone–Čech 紧化不熟悉: 用 $A=C_b(X)$ 表示 $X$ 上的 $\mathbb{C}$-连续函数在极大模下构成的含幺交换 Banach 代数. 现在我们任取 $Y$ 是紧 Hausdorff 空间, $X\to Y$ 连续, 那么我们得到同态 $C(Y)=C_b(Y)\to C_b(X)=C(\mathfrak{M})$. 这里 $C_b(X)=C(\mathfrak{M})$ 用的是 Weierstrass 逼近定理以及和上一个例子一样的方法 (或者 $C^{\ast }$ 代数理论). 于是我们得到 $\mathfrak{M}\to Y$ 的映射: 因为 $C(Y),C(\mathfrak{M})$ 的极大理想空间正是 $Y,\mathfrak{M}$, 而剩余域总是 $\mathbb{C}$, 于是它们间的环同态给出了极大理想间的映射, $\ast$ 弱拓扑连续性是依定义立刻的. 而且复合映射 $X\to \mathfrak{M}\to Y$ 是 $X\to Y$ 当且仅当它来自 $C_b(Y)\to C_b(X)$. 这样我们具体地验证了 $X\to \mathfrak{M}$ 真的满足 Stone–Čech 紧化的万有性质.

实际上 $X\to \beta X$ 是单射当且仅当 $X$ 是 $T_{3.5}$ 空间, Banach 代数在向我们展示这当且仅当 $X$ 上的点被它们打到 $[0,1]$ 的连续函数区分. 一般地我们能将 $X$ 商掉一个等价关系: 在每个打到 $[0,1]$ 的连续函数下像一样定义的等价关系. 商空间就是 $T_{3.5}$ 的.

怪谈一, GKZ 定理

泛函分析以及算子理论里面怪事特别多. 首先我们来看著名的 GKZ 定理.

定理 1.10. 设 $\varphi :A\to \mathbb{C}$ 是含幺 Banach 代数上的线性 (未必连续) 泛函, 若对每个 $x\in A^{\times }$ 都有 $\varphi (x)\ne 0$, 那么 $\varphi (x)/\varphi (e)$ 是 $A\to \mathbb{C}$ 的乘法同态. 作为推论, 我们知道此时 $\varphi$ 必连续而且核也是极大双边理想.

在证明这个奇妙事实前, 我们需要一个复变函数引理.

引理 1.11. 设 $f$ 是整函数 (复平面上的全纯函数) 满足 $f(0)=1,f^{\prime }(0)=0$ 且$$0<|f(\lambda )|\le e^{|\lambda |}$$对一切 $\lambda \in \mathbb{C}$, 那么 $f=1$ 恒成立.

引理证明. 因为 $f$ 没有零点, 故存在整函数 $g$ 使得 $f=e^g$ 且 $g(0)=0$, 计算得到目前的条件为$$g(0)=g^{\prime }(0)=0,\mathrm{Re}(g(\lambda ))\le |\lambda |.$$这表明 $|g(\lambda )|\le |2r-g(\lambda )|$ 对一切正实数 $r\ge |\lambda |$. 让我们定义辅助函数$$h_r(\lambda )=\frac{r^{2}g(\lambda )}{{\lambda }^2(2r-g(\lambda ))}.$$由 $g$ 在 $0$ 的条件 $h_r$ 在 $B(0,2r)$ 中全纯而且 $|h_r(\lambda )|\le 1$ 对 $|\lambda |=r$, 从而最大模原理给出 $|h_r(\lambda )|\le 1$ 对一切 $|\lambda |\le r$. 现在反过来固定 $\lambda$ 令 $r\to +\infty$, 立刻得到 $g(\lambda )=0$ 恒成立.

$\square$

让我们回到 GKZ 定理.

证明. (0) 不妨用 $\varphi (x)/\varphi (e)$ 代替 $\varphi$ 可设 $\varphi (e)=1$. 记 $N=\ker \varphi$. 将 $x,y\in A$ 写成 $x=\varphi (x)e+a,y=\varphi (y)e+b$, 其中 $a,b\in N$. 不难检查$$\varphi (xy)=\varphi (ab)+\varphi (x)\varphi (y).$$因此只需证明对 $a,b\in N$ 总有 $ab\in N$.

(1) 先看一个纯代数技巧, 我们声称只需证明 $a\in N$ 推出 $a^2\in N$ 就足矣. 这是因为这推出对一切 $x\in A$ 有 $\varphi (x^2)=\varphi (x{)}^2$, 代入 $x+y$ 可得 $\varphi (xy+yx)=2\varphi (x)\varphi (y)$. 所以若 $x\in N$ 那么对一切 $y\in A$ 就有 $xy+yx\in N$. 那么注意到恒等式$$(ab-ba{)}^2+(ab+ba{)}^2=2(a(bab)+(bab)a).$$对 $a,b\in N$ 我们有 $ab+ba,a(bab)+(bab)a\in N$ 所以 $\varphi$ 与平方可交换推出 $ab-ba\in N$, 故 $ab\in N$, 结论得证.

(2) 接下来检查 $\varphi$ 连续, 由于 $N$ 不含可逆元, 故对 $x\in N$ 总有 $\Vert e-x\Vert \ge 1$, 否则 $e-(e-x)=x\in N$ 可逆. 于是$$\Vert \lambda e-x\Vert \ge |\lambda |=|\varphi (\lambda e-x)|.$$这立刻给出 $\varphi$ 是连续线性泛函, 算子范数 $1$.

(3) 现在来证 $a\in N$ 推出 $a^2\in N$. 不妨设 $\Vert a\Vert =1$, 定义$$f(\lambda ):=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{\varphi (a^n)}{n!}{\lambda }^n.$$因为 $|\varphi (a^n)|\le \Vert a^n\Vert \le 1$, 故 $f$ 是整函数且 $|f(\lambda )|\le e^{|\lambda |}$ 而且 $f(0)=1,f^{\prime }(0)=0$. 现在为了应用引理只需证明 $f(\lambda )\ne 0$ 恒成立. 为此只需注意到$$E(\lambda ):=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^n}{n!}{a}^n$$在算子范数下收敛, 且满足 $E(\lambda +\mu )=E(\lambda )E(\mu )$. 故 $E(\lambda )E(-\lambda )=e$ 推出 $E(\lambda )$ 总可逆, 它不在 $N$, 故 $f(\lambda )=\varphi (E(\lambda ))\ne 0$. 定理得证.

$\square$

现在来看一些怪应用, 这一定理作用在一些空间上就会发生神秘事情, 先看 $C(X)$, 其中 $X$ 是紧 Hausdorff 空间.

推论 1.12. 设 $F:C(X)\to \mathbb{C}$ 线性, 满足若 $F(f)=0$, 则 $f$ 不可逆 (有零点). 那么存在 $x\in X$ 和 $c\in \mathbb{C}$ 使得 $F=c{h}_x$.

等价的说法是, 若对任意 $\mathbf{f}\in \mathbf{C}(\mathbf{X})$ 存在 $\mathbf{x}\in \mathbf{X}$ 使 $\mathbf{F}(\mathbf{f})=\mathbf{f}(\mathbf{x})$, 那么存在 $\mathbf{x}\in \mathbf{X}$ 使得 $\mathbf{F}={\mathbf{h}}_{\mathbf{x}}$.

神奇之处在于现在这个命题是一个纯代数的命题, 更神奇的是这里甚至不涉及 $C(X)$ 上的乘法结构.

马上我们就会问, 比如说 $X=[0,1]$, 那么上述推论中的 $C(X)$ 要是换成别的函数空间对不对呢? 常见的候选有 $X$ 上的光滑函数空间, $X$ 上的多项式, 还有 $X$ 上的线性函数等.

[有待补充]

怪谈二, 不含幺的 Banach 代数

某种意义上说, 不含幺 Banach 代数的奇怪程度还没有那么厉害.

例 1.13. 提到无幺 Banach 代数, 很容易想到下面这样一个思路清奇的构造: 在 Banach 空间 ${\ell }^1={\ell }^1(\mathbb{N})$ 上规定乘法为$$(x_0,x_1,\cdots )(y_0,y_1,\cdots )=(x_0{y}_0,x_1{y}_1,\cdots ).$$这使 ${\ell }^1$ 成为交换无幺 Banach 代数, 并且 (1) 闭极大理想集 $\mathfrak{M}$ 与 $\mathbb{N}$ 有自然双射, (2) Gelfand 拓扑是离散拓扑, (3) 全体闭理想与幂集 $2^{\mathbb{N}}$ 依 (1) 自然双射.

让我们证明这些结论, 记 ${\ell }^1$ 在上述条件下得到代数 $A$, 交换性显然, 而$$\Vert (x_i{y}_i)\Vert =\sum _i|x_i{y}_i|\le \left(\sum _i|x_i|\right)\cdot \left(\sum _i|y_i|\right)\le \Vert (x_i)\Vert \cdot \Vert (y_i)\Vert .$$为检查无幺, 注意到若 $\mathbf{e}=(e_i)$ 是幺元, 因为对任意 $n$ 总存在 ${\mathbf{x}}_n\in A$ 使得其第 $n\in \mathbb{N}$ 项非零, 故 ${\mathbf{x}}_{n}e={\mathbf{x}}_n$ 得出 $e_n=1$, 这导致 ${\sum }_n|e_n|=+\infty$ 矛盾.

现在分析 $\mathfrak{M}$, 我们声称若 $\mathfrak{m}\in \mathfrak{M}$ 极大且闭, 则存在 $k\in {\mathbb{Z}}_{+}$ 使 $\mathfrak{m}={\mathfrak{m}}_k:=\{\mathbf{x}=(x_n)\in A:x_k=0\}$. 首先不难检查 ${\mathfrak{m}}_k$ 确实极大且闭 (${\mathfrak{m}}_k$ 就是 ${\ell }^1(\mathbb{N}\backslash \{k\})$ 因此完备从而闭); 其次 $\mathfrak{m}$ 中的元素 (看作 $\mathbb{N}$ 上的函数) 有公共零点, 这将保证 $\mathfrak{m}\subset {\mathfrak{m}}_k$ 从而由极大只能相等: 若不然则一系列 ${\mathbf{x}}_n\in A$ 使得其第 $n$ 项非零, 我们来说明此时 $\mathfrak{m}=A$. 显然 ${\mathbf{x}}_n$ 乘上 ${\mathbf{e}}_n$ (只有 $n$ 位为 $1$ 其他地方为 $0$ 的元素) 可得 ${\mathbf{e}}_n$ 的非零倍数, 从而 $\mathfrak{m}$ 包含全体有限位非零的元素, 由它们在 ${\ell }^1$ 的稠密性以及 $\mathfrak{m}$ 闭可知 $\mathfrak{m}=A$ 矛盾. 同理, 若 $I$ 是闭理想, 那么考虑它的公共零点集就能证明我们关心的对应关系, 至此 (1) 和 (3) 立刻. 最后需要检查 (2), 在本题的语境下实则要证明在弱拓扑下每个 ${\mathfrak{m}}_k$ 自身一个元素就构成开集, 这是因为作用在 ${\mathbf{e}}_k$ 上取值大于 $0$ 的只有 ${\mathfrak{m}}_k$.

从上面的例子我们看出一些问题, 首先我们只讨论闭的极大理想, 这是因为此时极大理想不一定闭甚至不一定存在. 而且 Gelfand 拓扑变得不紧了.

注 1.14. 我们来说明上述例子中的闭性是重要的, 我们已经看到闭的极大理想一一对应于 $\mathbb{N}$, 而下面我们将看到 ${\ell }^1$ 有不可数多个极大理想, 自然其中就有不闭的. 实际上考察理想 $I:={\mathrm{span}}_{\mathbb{C}}\{\mathbf{xy}:\mathbf{x},\mathbf{y}\in {\ell }^1\}$, 我们说明它实则是 ${\ell }^{1/2}$.

一方面 ${\ell }^{1/2}$ 中的元素确实在理想中, 如果 $\sum |x_k{|}^{1/2}$ 收敛那么取一系列 $y_k$ 使 $y_k^2=x_k$ 则$$(y_k)(y_k)=(x_k),(y_k)\in {\ell }^1;$$另一方面理想中的元素也在 ${\ell }^{1/2}$ 里. 这是因为$$2\sum \sqrt{|x_k{y}_k|}\le \sum |x_k|+\sum |y_k|.$$

注意到 $I$ 的特殊性在于 ${\ell }^1/I$ 的乘法是平凡的, 因此 ${\ell }^1$ 含 $I$ 的极大理想一一对应于 ${\ell }^1/I$ 的极大理想, 而这无非是余一维的 $\mathbb{C}$-线性子空间. 为此倘若 ${\ell }^1/I$ 的 $\mathbb{C}$-维数至少为 $2$, 那么它就会有不可数个余一维子空间, 这样一来这种方法将贡献不可数个极大理想. 而注意到 ${\ell }^1/{\ell }^{1/2}$ 中的元素 $[(n^{-4/3}{1}_{2\mid n})]$ 和 $[(n^{-4/3}{1}_{2\nmid n})]$ 线性无关 (为什么), 从而可得.

不过对于一般的不含幺的 Banach 代数来说, 有一些结论确实是一般的, 真切的.

定理 1.15. 若 $A$ 是可能不含幺的 Banach 代数, $\varphi :A\to \mathbb{C}$ 是同态, 则 $|\varphi (x)|\le \Vert x\Vert$ 总成立.

证明. 通过将它嵌入含幺 Banach 代数, 应用先前含幺者的结论即可.

$\square$

定理 1.16. 若 $A$ 是可能不含幺的 Banach 代数, $A$ 的闭极大理想构成的空间 $\mathfrak{M}$ 在弱 $\ast$ 拓扑下总是局部紧 Hausdorff 的.

证明. 由 Alaoglu 定理我们知道 $A^{\ast }$ 中的闭单位球在弱 $\ast$ 拓扑下紧, 容易检查 $\{0\},\mathfrak{M}\cup \{0\}$ 是闭的, 于是 $\mathfrak{M}$ 是局部紧的. 由于 Hausdorff 性质在子拓扑下继承, 所以 $\mathfrak{M}$ 也总是 Hausdorff 的.

$\square$

有幺元的时候 $\varphi (1)=1$ 总成立, 没有幺元会导致可能有一系列 $\varphi$ 在弱拓扑下趋于 $0$, 典型的例子就是上面 ${\ell }^1$ 中一串 ${\mathfrak{m}}_n,n\to +\infty$.

[有待补充]