Estoy trabajando con la definición "abstracta" del álgebra booleana (sin presuponer el teorema de representación de Stone).
La pista que me dan es considerar un morfismo $ f: B \rightarrow X $ donde $B$ es el álgebra booleana y $X$ es el espacio topológico de los ultrafiltros en $B$ con la topología dada por la base de los conjuntos de ultrafiltros de la forma $[b] = \lbrace \mathcal{U} \mid b \in \mathcal{U} \rbrace$ , donde $b$ abarca los elementos de $b$ . Ahora, $f$ se define como $ b \mapsto [b] $ . Ya he demostrado que el mapa es un morfismo y es inyectivo. Ahora tengo que demostrar que es sobreyectivo, es decir, que para cualquier clopen $C$ en la topología generada por esa base, puedo encontrar $b \in B$ tal que $ b \mapsto C$ .
Respuesta
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Dejemos que $C$ estar cerrado en $X$ . Así que por cada ultrafiltro $U \in B$ podemos encontrar $b_U \in B$ tal que $U \in [b_U]$ (es decir $b_U \in U$ ) tal que
$$[b_U]\subseteq C$$
(porque $C$ es abierto y estos conjuntos forman una base para $X$ ).
Como $C$ es cerrado en el compacto $X$ es en sí misma compacta, por lo que hay un número finito de coberturas $C$ también, es decir, hay un número finito de $b_{U_i}, 1 \le i \le n$ para algunos $U_i \in C$ para que $C = \bigcup_{i=1}^n [b_{U_i}]$ . Por el hecho de trabajar con ultrafiltros sabemos que $[b] \cup [b'] = [b \cup b']$ para todos $b,b' \in B$ y se deduce que
$$C = [\bigvee_{i=1}^n b_{U_i}]$$
que es un conjunto de bases, como se requiere.
Bonificación: prueba de que $X$ es realmente compacto, ya que uso este hecho.
Dejemos que $\{[b_i], i \in I\}$ sea una cubierta de $X$ por subconjuntos abiertos básicos de $X$ necesitamos encontrar una subcubierta finita. Denotaré por $b'$ el complemento de $b$ en $B$ . Considere $\mathcal{B}:=\{b_i' \mid i \in I\} \subseteq B$ . Supongamos que $0 = \bigwedge_{i \in F} b'_i$ para algún subconjunto finito $F$ de $I$ . Por la ley de De Morgan para las álgebras booleanas:
$$1 = (\bigwedge_{i \in F} b'_i)' = \bigvee_{i \in F} b_i, \text{ so } X=[1]= [\bigvee_{i \in F} b_i] = \bigcup_{i \in F} [b_i]$$ y tenemos una subcubierta finita para nuestra cubierta básica. Así que $\mathcal{B}$ tiene el f.i.p. (o estaríamos acabados) pero luego hay un ultrafiltro $u$ en $B$ que contiene $\mathcal{B}$ por Zorn o algún otro principio máximo.
Pero entonces tenemos una contradicción: $b'_i \in \mathcal{B} \subseteq u$ así que $u \notin [b_i]$ para todos $i$ contradiciendo el hecho de que tuviéramos una cubierta en primer lugar. Así que la fip no puede mantenerse siempre y por lo tanto nuestra cubierta tenía una subcubierta finita.
