Pregunta sobre álgebra booleana y ultrafiltros

Question

En el siguiente $B$ denota un álgebra de boole y $\bar{x}$ es el complemento de a $x$.

En mis notas es el siguiente teorema:

Si $U \subset B$ es un ultrafilter en $B$ a continuación, para cada $x \in B$ o tenemos $x \in U$ o $\bar{x} \in U$.

La prueba de que dan se inicia de la siguiente manera:

"Asumir ni $x$ ni $\bar{x}$$U$. Entonces no existe $y_1 , \dots , y_n, z_1, \dots , z_m \in U$ tal que $x \land y_1 \land \dots \land y_n = 0$$\bar{x} \land z_1 \land \dots \land z_m = 0$."

Pregunta: me gustaría saber por qué quieren más que un $y$ e una $z$ porque creo que puedo probar esta afirmación de la siguiente manera (gracias por señalar a donde voy equivocado):

Teorema: Si $U \subset B$ es un ultrafilter en $B$ a continuación, para cada $x \in B$ o tenemos $x \in U$ o $\bar{x} \in U$.

Prueba: Supongamos que ni $x$ ni $\bar{x}$$U$. Luego hay un $y \in U$ tal que $x \land y = 0$ $z \in U$ tal que $\bar{x} \land z = 0$. Utilizando el hecho de que $x \land y = 0 \iff y \leq \bar{x}$ conseguimos $y \leq \bar{x}$ $z \leq \bar{\bar{x}} = x$ y, por tanto,$y \land z \leq \bar{x} \land x = 0$$y \land z = 0$, lo que sería una contradicción a $U$ siendo una de ultrafilter.

Reclamo utilizado en la prueba: Si no $x$ ni $\bar{x}$$U$. Luego hay un $y \in U$ tal que $x \land y = 0$ $z \in U$ tal que $\bar{x} \land z = 0$.

Prueba: Supongamos que ni $x$ ni $\bar{x}$$U$. A continuación, se define un filtro de $\tilde{U}$ que si bien contiene $U$ como sigue: $\tilde{U}:= U \cup \{x \} \cup \{ b \in B \mid b \geq x \} \cup \{ x \land b \mid b \in U \text{ or } b \geq x \}$.

(i) $\tilde{U}$ es un subconjunto de a $B$ desde $\emptyset \notin \tilde{U}$.

(ii) $\tilde{U}$ es un buen superconjunto de a $U$ desde $x \notin U$.

(iii) $\tilde{U}$ es hacia arriba cerrado por la construcción

(iv) $\tilde{U}$ es cerrado con respecto a $\land$ por la construcción

Este sería un filtro correctamente contengan $U$, lo que sería una contradicción a $U$ siendo una de ultrafilter.

Gracias por tu ayuda.

Answer 1

El argumento es el de la derecha. Pero la definición de $\tilde{U}$ parece demasiado complicado. Así que voy a escribir una solución completa.

Hay varias definiciones equivalentes de filtro en un Álgebra Booleana. La que yo prefiero dice (i) $0$ no está en, (ii) si $a$ $b$ están en la es $a\land b$, y (iii) si $a$,$b\ge a$,$b$. En lugar de la condición (iii), se puede utilizar (iii)' si $a$$b$, por lo que es $a\lor b$. Pero entonces uno debe de inmediato probar (iii)!

Deje $U$ ser un ultrafilter. Queremos mostrar que para cualquier $x$, $x$ o $\bar{x}$$U$.

Supongamos ni $x$ ni $\bar{x}$$U$. Deje $V$ ser el conjunto de todos los $v$ tal que para algunos $u$ en $U$, $v\ge x\land u$. Claramente $U$ es un subconjunto de a $V$, ya que el $V$ contiene $x$ pero $U$ no. Si podemos demostrar que $V$ es un filtro, vamos a tener contradice el hecho de que $U$ es máxima.

Primero nos ocupamos de la Condición (i) de la definición de filtro. Supongamos que $0$$V$. A continuación, $0=x\land u$ algunos $u$$U$, y por lo tanto $\bar{x}\ge u$, lo $\bar{x}$$U$, que contradice nuestra suposición de que no lo es.

A continuación, vamos a verificar la Condición (ii). Si $a\in V$$b\in V$,$a\ge x\land c$, e $b\ge x\land d$ algunos $c,d$$U$. Pero, a continuación,$a\land b\ge x\land(c\land d)$, por lo que, por definición,$a\land b$$V$.

Por último, la Condición (iii) de la definición de filtro está construido en la definición de $V$.

Comentario: Sobre tu pregunta sobre el uso de $y_1\land\cdots \land y_n$ en lugar de un simple $y$, no hace ninguna diferencia, ya que la reunión de un número finito de elementos en el filtro se encuentra en el filtro. Sólo puedo especular que el argumento que se refieren a comienza a partir de la base del filtro en lugar de un filtro.