(i) La topologie faible et la topologie de Jacobson sur $\mathsf{X}(A)$ coïn-cident ;

(ii) Pour tout $\chi \in \mathsf{X}(A)$ et toute partie faiblement fermée F de $\mathsf{X}(A)$ telle que $\chi \notin F$, il existe un $x\in A$ tel que $\mathscr{G}(x)$ soit égale à 1 en $\chi$ et à 0 sur F;

(iii) Pour toute partie faiblement compacte K et toute partie faiblement fermée F de $\mathsf{X}(A)$ telles que $K\cap F =\emptyset$, il existe un élément $x\in A$ tel que $\mathscr{G}(x)$ soit égale à 1 sur K et à 0 sur F.

Soit $M\subset \mathsf{X}(A)$. Dire que M est fermé pour la topologie de Jacobson signifie que, pour tout $\chi \in \mathsf{X}(A)$ - M, il existe un $x\in A$ tel que $\mathscr{G}(x)$ s’annule sur M mais pas en $\chi$ (lemme 2 de I, p. 39). La condition (ii) signifie donc que toute partie de $\mathsf{X}(A)$ faiblement fermée est fermée pour la topologie de Jacobson, ce qui montre que (ii) $=\Rightarrow$ (i). Par ailleurs (iii) $=\Rightarrow$ (ii) puisque la partie $\{\chi \}$ est faiblement compacte dans $\mathsf{X}(A)$. Enfin (i) $=\Rightarrow$ (iii) d’après le cor. de la prop. 15 de I, p. 81.

Démontrons la proposition par récurrence sur $n$. L’assertion est valide si $n= 1$. Supposons que $n\geqslant 2$ et que l’assertion est établie pour $n-1$.

Il existe un recouvrement ouvert $(V_1, . . . ,V_n)$ de $\mathsf{X}(A)$ tel que $\overline{V}_i\subset$ $U_i$ pour tout $i$. D’après l’hypothèse de récurrence, il existe des éléments $x, x_3, . . . , x_n\in A$ tels que $x+x_3+\cdots +x_n= 1$ et Supp($\mathscr{G}(x)$)$\subset V_1\cup V_2$, Supp($\mathscr{G}(x_i)$)$\subset V_i$ pour $i\geqslant 3$. Notons K = Supp($\mathscr{G}(x)$)$\subset V_1\cup V_2$. Soit $K_1$ (resp. $K_2$) l’ensemble des éléments de K qui n’appartiennent pas à $V_1$ (resp. $V_2$). Alors $K_1$ et $K_2$ sont des parties compactes disjointes de K. Puisque l’algèbre de Banach A est régulière, il existe donc $y\in A$ tel que $\mathscr{G}(y) = 1$ sur $K_1$ et $\mathscr{G}(y) = 0$ sur $K_2$. Alors $\mathscr{G}(xy)$ est nulle sur $\mathsf{X}(A)-K$ et sur $K_2$, donc Supp $\mathscr{G}(xy)\subset \overline{V}_2\subset U_2$. De même, $\mathscr{G}(x(1-y))$ est nulle sur $\mathsf{X}(A)$ - K et sur $K_1$, donc Supp $\mathscr{G}(x(1-y))\subset \overline{V}_1\subset U_1$. Les éléments $x_1=x(1-y),x_2=xy$, et $x_3, . . . ,x_n$ vérifient alors les propriétés de la proposition.

Comme $\mathsf{X}(A)$ est compact, il existe un recouvrement ouvert fini $(U_1, . . . ,U_n)$ de $\mathsf{X}(A)$, et des éléments $y_1, . . . , y_n$ de I tels que $f=\mathscr{G}(y_i)$ sur $U_i$. D’après la prop. 2, il existe des éléments $x_1, . . . , x_n$ de A de somme 1 tels que Supp($\mathscr{G}(x_i)$)$\subset U_i$ pour tout $i$. Soit $y=x_1y_1+\cdots +$ $x_ny_n$. C’est un élément de I qui a la propriété demandée. En effet, soit $\chi \in \mathsf{X}(A)$. Pour $1\leqslant i\leqslant n$, on a $\mathscr{G}(x_i)(\chi )\mathscr{G}(y_i)(\chi ) =\mathscr{G}(x_i)(\chi )f(\chi )$ puisque $\mathscr{G}(y_i)(\chi ) =f(\chi )$ si $\chi \in U_i$, et $\mathscr{G}(x_i)(\chi ) = 0$ si $\chi \notin U_i$. Il vient donc

Soit $\widetilde{A}$ l’algèbre de Banach déduite de A par adjonction d’un élément unité. Alors $\widetilde{A}$ est régulière (remarque 1), et $\mathsf{X}'(A) =\mathsf{X}(\widetilde{A})$; il suffit donc d’appliquer le cor. 1 à $\widetilde{A}$ et à l’idéal I.

Si I est un idéal d’une algèbre de Banach commutative, rappelons (cf. I, p. 30) que nous notons V(I) l’ensemble des $\chi \in \mathsf{X}(A)$ dont le noyau contient I, autrement dit l’ensemble des $\chi \in \mathsf{X}(A)$ où s’annulent toutes les fonctions $\mathscr{G}(x)$ pour $x\in I$. C’est une partie de $\mathsf{X}(A)$ fermée pour la topologie de Jacobson.

C’est un cas particulier de la prop. 15 de I, p. 81 compte tenu du fait que la topologie de Jacobson coïncide avec la topologie faible sur $\mathsf{X}(A)$.

Par construction, Υ(F) est un idéal de A tel que V(Υ(F)) contient F, et c’est le plus grand idéal de A ayant cette propriété. Puisque F est fermé, il existe un idéal I de A tel que V(I) = F ; on a donc $I\subset \Upsilon (F)$, d’où $V(\Upsilon (F))\subset V(I) = F$, si bien que V(Υ(F)) = F. Cela prouve la première assertion.

L’ensemble J est un idéal de A et V(J) contient F. Montrons que V(J) = F. Soit $\chi \in \mathsf{X}(A)$ n’appartenant pas à F. Soit U un voisinage compact de $\chi$ ne rencontrant pas F (TG, I, p. 65, cor. de la prop. 9). D’après l’assertion (ii) de la prop. 1 de I, p. 88, il existe $x\in A$ tel que $\mathscr{G}(x)$ soit égale à 1 en $\chi$ et à 0 hors de U. On a alors $x\in J$ et donc $\chi \notin V(J)$. Cela montre que $V(J)\subset F$ et donc V(J) = F.

Enfin, soit I un idéal de A tel que V(I) = F. Montrons que $J\subset I$. Soit $x\in J$ et soit C le support de $\mathscr{G}(x)$ ; la partie C est une partie compacte de $\mathsf{X}(A)$ disjointe de F. D’après la prop. 3, il existe un élément $u\in I$ tel que $\mathscr{G}(u) = 1$ sur C. On a alors $\mathscr{G}(x) =\mathscr{G}(ux)$, et donc $x=ux$ puisque A est sans radical (prop. 8 de I, p. 38). Par conséquent, on a $x\in I$, ce qui montre que $J\subset I$.

Si I est un idéal fermé de A qui n’est contenu dans aucun idéal maximal régulier, alors $V(I) =\emptyset$, donc $I\supset J$ (prop. 4 appliquée à F = $\emptyset$ ), d’où $I\supset \overline{J}= A$.

Soit I l’idéal $Ay$ de A. Alors V(I) est l’ensemble des zéros de $\mathscr{G}(y)$. Puisque le support F de $\mathscr{G}(x)$ est compact et disjoint de V(I), on a $x\in I$ (prop. 4 appliquée à F).

Notons G le complémentaire de K dans $\mathsf{X}'(A)$. L’ensemble G est ouvert dans $\mathsf{X}'(A)$ (remarque 3) donc K est fermé.

Procédons par contradiction, et supposons que K admette un point isolé $\chi_0$. Notons U un voisinage de $\chi_0$ tel que U $-\{\chi_0\} \subset G$. Comme $x$ n’appartient pas à I au voisinage de $\chi_0$, la remarque 5 démontre que $\chi_0\in V(I)$. En particulier, on a $\chi_0(x) = 0$ puisque $x\in \Upsilon (V(I))$.

Nous allons montrer qu’il existe un élément $y$ de A qui appartient à I au voisinage de tout point de $\mathsf{X}'(A)-\{\chi_0\}$, qui n’appartient pas à I au voisinage de $\chi_0$, et tel que $\chi_0(y) = 0$.

Supposons tout d’abord démontrée l’existence d’un tel élément $y$. Puisque A vérifie la condition de Ditkin, il existe alors une suite $(x_n)$ dans A telle que $x_ny$ tende vers $y$ et telle que chaque $\mathscr{G}'(x_n)$ s’annule dans un voisinage de $\chi_0$. Pour tout $n$, l’élément $x_ny$ appartient alors à I au voisinage de tout point de $\mathsf{X}'(A)$ (remarques 1 et 2) et donc $x_ny\in I$ (remarque 4). Puisque I est fermé, on en déduit que $y\in I$, ce qui contredit le fait que $y$ n’appartient pas à I au voisinage de $\chi_0$.

Il reste à démontrer l’existence de $y$. Si $\chi_0\not= 0$, d’après l’assertion (iii) de la prop. 1 de I, p. 88, il existe un $u\in A$ tel que $\mathscr{G}'(u)$ soit égale à 1 au voisinage de $\chi_0$ et égale à 0 au voisinage de $\mathsf{X}'(A)$ - U. Soit $y=ux$. Puisque $x$ appartient à I au voisinage de $\chi$ pour tout $\chi \in U-\{\chi_0\}$, il en est de même de $y$. De plus, si $\chi \in \mathsf{X}'(A)$ - U, alors $\mathscr{G}'(y)$ s’annule au voisinage de $\chi$. Donc (remarque 5) l’élément $y=ux$ appartient à I au voisinage de tout $\chi \not=\chi_0$. Comme $\mathscr{G}'(y)$ coïncide avec $\mathscr{G}'(x)$ au voisinage de $\chi_0$, le fait que $\chi_0$ appartienne à K implique que $y$ n’appartient pas à I au voisinage de $\chi_0$. Finalement, on a $\chi_0(y) =\chi_0(u)\chi_0(x) = 0$.

Si $\chi_0= 0$, il existe similairement un élément $v\in A$ tel que $\mathscr{G}'(v)$ soit nulle au voisinage de $\chi_0$ et égale à 1 au voisinage de $\mathsf{X}'(A)$- U ; comme précédemment, on en déduit que l’élément $y=x-vx$ appartient à I au voisinage de tout $\chi \not=\chi_0$, qu’il n’appartient pas à I au voisinage de $\chi_0$, et que $\chi_0(y) = 0$.

Supposons en effet que K est un sous-espace parfait non vide de $F\cup D$. Soit $x$ un point de K. Si $x$ appartient à D, il est isolé dans D, donc également dans $F\cup D$ puisque F est fermé. Donc $x$ est isolé dans K, ce qui contredit les hypothèses.

On a $I\subset \Upsilon (V(I))$. Soit maintenant $x\in \Upsilon (V(I))$. Soit G l’ensemble des caractères $\chi \in \mathsf{X}'(A)$ tels que $x$ appartienne à I au voisinage de $\chi$. Il est ouvert et son complémentaire K est parfait (lemme 1). Comme $\mathscr{G}'(x)$ est nulle sur V(I), l’ensemble G contient l’intérieur de $V(I)\cup \{0\}$ (remarque 1). Il contient également $\mathsf{X}(A)$- V(I) d’après la remarque 5. Donc $K =\mathsf{X}'(A)$ - G est contenu dans la frontière $F_0$ de $V(I)\cup \{0\}$. On a $F_0\subset F\cup \{0\}$. L’hypothèse implique donc que $F_0$ ne contient pas d’ensemble parfait non vide (lemme 2). Il découle donc du lemme 1 que l’ensemble parfait K est vide. Donc $x$ appartient à I au voisinage de tout $\chi \in \mathsf{X}'(A)$, ce qui signifie que $x\in I$ (remarque 4). Ainsi $\Upsilon (V(I))\subset$ I, ce qui conclut la preuve.