Dos ultrafiltros iguales sobre una subálgebra

Question

Quiero demostrar este teorema:

Dejemos que $\mathfrak{B}$ sea un álgebra booleana y $\mathfrak A\subsetneq \mathfrak B$ sea una subálgebra, entonces para cualquier $x\in \mathfrak B\setminus \mathfrak A$ existen ultrafiltros $U$ y $V$ de $\mathfrak B$ tal que $U\cap \mathfrak A=V\cap \mathfrak A$ y $x\in U$ y $\lnot x\in V$ .

Esto es lo que estaba pensando hasta que me quedé atascado: Que $x\in U$ . $\frak A$ es una subálgebra, por lo que $U\cap \frak A$ es un ultrafiltro en $\frak A$ ya que para cualquier $a\in \frak A$ tenemos $a\in U$ si $\lnot a \notin U$ . Quería demostrar que $(U\cap{\frak A})\cup\{\lnot x\land a:a\in U\cap \frak A\}$ no contiene $0$ para que pueda extenderse a un ultrafiltro $V$ en $\frak B$ que hace que el teorema sea verdadero, porque $V$ ya está decidido sobre todos los elementos de $\frak A$ . Pero no sé cómo probar esto, o si es cierto.

Answer 1

Esto es muy sencillo utilizando la dualidad de Stone. Sea $X$ sea el espacio Stone de $\mathfrak{A}$ y $Y$ sea el espacio Stone de $\mathfrak{B}$ por lo que la inclusión $\mathfrak{A}\to\mathfrak{B}$ induce una suryección continua $f:Y\to X$ . Un elemento $x\in\mathfrak{B}\setminus\mathfrak{A}$ corresponde a un subconjunto cerrado $C$ de $Y$ que no es la preimagen de ningún subconjunto cerrado de $X$ . Los ultrafiltros $U$ y $V$ que deseamos encontrar corresponden a los puntos $p,q\in Y$ tal que $f(p)=f(q)$ , $p\in C$ y $q\not\in C$ .

Entonces, supongamos que no hay tales puntos $p$ y $q$ existe. Eso significa que los conjuntos $f(C)$ y $f(Y\setminus C)$ son disjuntos. Como $C$ y $Y\setminus C$ son ambos compactos, $f(C)$ y $f(Y\setminus C)$ también son compactas y, por tanto, cerradas. Como $f$ es sobreyectiva, cubren todo el $X$ y, por tanto, son complementarios entre sí. Así, $f(C)$ es de hecho clopen. Pero $f^{-1}(f(C))=C$ (ya que $f(C)$ y $f(Y\setminus C)$ son disjuntos), por lo que esto contradice nuestra suposición de que $C$ no era la preimagen de un subconjunto cerrado de $X$ .

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He aquí una traducción puramente algebraica del argumento. Sea $F=\{y\in\mathfrak{A}:y\geq x\}$ y $G=\{y\in\mathfrak{A}:y\geq\neg x\}$ (estos son los filtros correspondientes a $f(C)$ y $f(Y\setminus C)$ en el argumento topológico). Obsérvese que, dado que $x\not\in\mathfrak{A}$ cada elemento de $F$ se cruza con $\neg x$ y, por lo tanto, cruza cada elemento de $G$ Así que $F\cup G$ genera un filtro adecuado. Extiéndelo a un ultrafiltro $W$ en $\mathfrak{A}$ . Desde $W$ contiene tanto $F$ y $G$ no contiene ningún elemento que sea disjunto de $x$ o $\neg x$ . Por lo tanto, ambos $W\cup \{x\}$ y $W\cup\{\neg x\}$ puede ampliarse a los ultrafiltros $U$ y $V$ en $\mathfrak{B}$ que satisfará $U\cap\mathfrak{A}=V\cap\mathfrak{A}=W$ .

(Tenga en cuenta que su enfoque de comenzar con $U$ que contiene $x$ está condenada por una arbitraria $U$ que contiene $x$ Puede que no exista ninguna $V$ que funciona con él. En términos de imagen topológica, el mapa cociente $f$ debe identificar juntos dos puntos de $C$ y $Y\setminus C$ , pero puede no identificar cada punto de $C$ con un punto de $Y\setminus$ . Por ejemplo, podría elegir un punto en cada uno de $C$ y $Y\setminus C$ y tomar $X$ para ser el cociente de $Y$ que identifica esos dos puntos).