积分, VIII, p. 72
Bourbaki marks this one as harder than the rest.
令G为局部紧致群,β为G的左哈尔测度。如果G没有减少到e,则L1(G,β)是代数(对于卷积),承认零的除子不为0。可以按照如下方式处理L1(G,β)的形式两个非零元素f,g,使得f∗g=0: 1∘ G 包含一个紧致的子群 H,不简化为e,其中Δ(x)=1。取f为集合A的特征函数,g为两个特征函数的差φsB−φB,适当选择A和B。 2∘ G=Z 的情况。表明人们可以采取
f(n)=2n−11−2n+11 对于所有
n∈Z 和
g(n)=f(−n)。
3∘ 一般情况。首先证明
G中存在
a=e使得
Δ(a)=1。由
a生成的子群的
G中的闭包
H则可以是与
Z同构的紧凑子群或子群(GT,V, §1,Exer.2)。第一种情况,使用
1∘的结果;在第二个中,采取
f(t)=n=−∞∑+∞αnφUa−n(t),g(t)=n=−∞∑+∞βnφanU(t), 在
2∘的帮助下适当选择
U和序列
(αn),(βn)。