Imagen de sup/inf bajo la conexión de Galois entre retículos

Question

Este es el lema 2.4 de la obra de Pete Clark notas en el álgebra conmutativa.

Dados dos posets $(X,\le)$ y $(Y,\le)$ , un (antitono) Conexión de Galois entre $X$ y $Y$ es un par de mapas $F:X\to Y$ y $G:Y\to X$ tal que $F$ y $G$ son antitónicas (= de orden inverso) y para todo $x\in X$ y $y\in Y$ $$x\le G(y)\iff y\le F(x)\quad\quad(*).$$

Lema 2.4: Dada una conexión de Galois como la anterior, si $X$ y $Y$ son retículos, entonces para todo $x_1,x_2\in X$

• $F(x_1\lor x_2)=F(x_1)\land F(x_2)$
• $F(x_1\land x_2)=F(x_1)\lor F(x_2)$

Puedo demostrar la primera fórmula (prueba abajo), pero no veo cómo demostrar la segunda. ¿Alguien puede mostrar cómo?

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Prueba de $F(x_1\lor x_2)=F(x_1)\land F(x_2)$ : Dado $x_1, x_2$ para cada $y\in Y$ tenemos $$ \begin{align*} & y\le F(x_1\lor x_2) & \\ \iff\;& x_1\lor x_2\le G(y) &\text{ from (*)} \\ \iff\;& x_1\le G(y)\quad\text{and}\quad x_2\le G(y) & \text{ from definition of }\lor\\ \iff\;& y\le F(x_1)\quad\text{and}\quad y\le F(x_2) & \text{ from (*)} \\ \iff\;& y\le F(x_1)\land F(x_2) & \text{ from definition of }\land \\ \end{align*} $$ La fórmula deseada es la siguiente.

Answer 1

Eso no es correcto. Tal vez estás pasando por alto alguna hipótesis subyacente.
Para ver que eso no es cierto (la segunda condición), considere la red $\mathbf L$ en la imagen de abajo.

Definiremos una conexión de Galois $\varphi : \mathbf L \to \mathbf L$ .
(En este caso, es el mismo mapa en ambos sentidos, teniendo también el mismo poset en ambos lados).

Obsérvese que para demostrar que $$x \leq \varphi(y) \quad\text{iff}\quad y \leq \varphi(x),$$ basta con ver que $x \leq y$ implica que $\varphi(y) \leq \varphi(x)$ y que $x \leq \varphi(\varphi(x))$ para todos $x,y \in L$ (se trata de una conocida definición alternativa -o caracterización- de las conexiones de Galois).
Estas condiciones son inmediatas si definimos $$\varphi(0)=1,\; \varphi(a) = b,\; \varphi(b) = a,\;\varphi(c) = \varphi(1) = 0.$$ Sin embargo, $$\varphi(a) \vee \varphi(b) = b \vee a = c < 1 = \varphi(0) = \varphi(a \wedge b).$$

Answer 2

Además del ejemplo de @amrsa, he aquí otro sencillo contraejemplo.

Tomemos el álgebra booleana con 2 átomos $X=\{0,a,b,1\}$ con $a$ y $b$ no son comparables, $a\lor b=1$ y $a\land b=0$ . Tome $Y=\{0,1\}$ con $0\le 1$ .

Definir dos mapas $F:X\to Y$ y $G:Y\to X$ por $$F(0)=1\quad\text{and}\quad F(1)=F(a)=F(b)=0$$ y $$G(0)=1\quad\text{and}\quad G(1)=0\,.$$ La condición $x\le G(y)\iff y\le F(x)$ es fácil de comprobar para cada valor de $y$ para que $F$ y $G$ forman una conexión de Galois entre $X$ y $Y$ .

Tenemos $F(a\lor b)=F(1)=0=F(a)\land F(b)$ como se esperaba. Pero $F(a\land b)=F(0)=1$ no es igual a $F(a)\lor F(b)=0\lor 0=0$ .

Answer 3

Esto es falso incluso en el ejemplo motivador básico de la geometría algebraica. Por ejemplo, hay una conexión antitónica de Galois entre el entramado de subconjuntos de $\mathbb{C}^n$ y la red de subconjuntos de $\mathbb{C}[x_1,\dots,x_n]$ enviando un conjunto $S\subseteq\mathbb{C}^n$ al conjunto $I(S)$ de polinomios que desaparecen en ella y enviando un conjunto de polinomios $S\subseteq \mathbb{C}[x_1,\dots,x_n]$ al conjunto $V(S)$ de los puntos donde desaparecen. Sin embargo, $I$ y $V$ no conviertan las intersecciones en uniones. Por ejemplo, $V(\{x_1\}\cap\{x_1+1\})=V(\emptyset)=\mathbb{C}^n$ mientras que $V(\{x_1\})\cup V(\{x_1+1\})$ no es todo $\mathbb{C}^n$ .