$X \subseteq \mathcal{P}(B)$ contiene filtros sobre $\mathcal{B}$ son $\bigcap_{F\in X}F$ y $\bigcup_{F\in X}F$ ¿filtros también?

Question

Consideremos un álgebra booleana $\mathcal{B}:=(B,\leq,\lor,\land,^c,0,1)$ y $\phi \neq X \subseteq \mathcal{P}(B)$ cuyos elementos son filtros en $\mathcal{B}$ . Demuéstralo:

1. $\bigcap_{F\in X}F$ también es un filtro de $\mathcal{B}$ . Sin embargo, $\bigcup_{F\in X}F$ puede no ser un filtro.
2. Si $X$ es totalmente ordenado por la relación de inclusión $\subseteq$ entonces $\bigcup_{F\in X}F$ es un filtro en $\mathcal{B}$ .

Trabajo con la definición: $F \subseteq B$ es un filtro si -

• $F \neq \phi$
• Si $x,y \in F$ entonces $x\land y\in F$
• Si $x\in F$ y $x\leq y$ entonces $y\in F$

Para empezar, tengo que demostrar que $\bigcap_{F\in X}F \neq \phi$ - lo cual soy incapaz de hacer. ¿Podemos encontrar un elemento común a todos los filtros en $\mathcal{B}$ lo que puede ayudarnos a concluir que la intersección no está vacía? Estoy pensando en esta dirección porque $X$ bien podría ser el conjunto de todos los filtros en $\mathcal{B}$ .

A continuación, quiero mostrar: si $x,y \in \bigcap_{F\in X}F$ entonces $x\land y\in \bigcap_{F\in X}F$ . Esto parece fácil, ya que $x,y \in \bigcap_{F\in X}F$ significa que $x$ y $y$ están contenidos en todos los filtros de $X\subseteq\mathcal{P}(B)$ y también $x\land y$ (propiedad de los filtros). Lo mismo ocurre con la última propiedad, es decir, si $x \in \bigcap_{F\in X}F$ entonces $x$ está en todos los filtros de $X$ y sabemos que los filtros son cerrados hacia arriba, por lo que si $x\leq y$ entonces $y$ está en todos los filtros de $X$ (y por tanto en $\bigcap_{F\in X}F$ )

A continuación, quiero demostrar que $\bigcup_{F\in X}F$ (no vacía, por supuesto) puede no ser siempre un filtro, lo que requiere un contraejemplo? No se me ocurre ninguno. Entonces, ¿cuándo $\bigcup_{F\in X}F$ no ser un filtro? De la 2ª parte, parece que esto puede tener algo que ver con solicitud ?

Para la última parte, como X está totalmente ordenado, probablemente podríamos empezar con $X= \{X_1,X_2,...\}$ (X puede no ser finito, ¿quién sabe?), y w.l.o.g suponer que $X_1 \subseteq X_2 \subseteq ...\subseteq X_i\subseteq X_{i+1}...$ (es la ordenación total definida por la inclusión, ¿no?). ¿Cómo lo llevo desde aquí?

TL;DR He compartido mis ideas y mi trabajo para cada parte de la pregunta, y sería de gran ayuda si pudiera obtener pistas o ideas que me ayudaran a completar mi solución (aunque también me gustaría ver otras soluciones). Gracias.

Answer 1

Para la segunda pregunta no se puede suponer que $\langle X,\subseteq\rangle$ sea siquiera contable, y mucho menos que pueda ordenarse como los números enteros positivos: podría ordenarse como $\Bbb R$ por ejemplo. Todo lo que puede suponer es que si $F_1,F_2\in X$ entonces $F_1\subseteq F_2$ o $F_2\subseteq F_1$ .

Sea $G=\bigcup_{F\in X}F$ . Está claro que $G\ne\varnothing$ . Supongamos que $x,y\in G$ ; luego están $F_x,F_y\in X$ tal que $x\in F_x$ y $y\in F_y$ . Sin pérdida de generalidad, podemos suponer que $F_x\subseteq F_y$ . ¿Puedes terminarlo desde ahí y seguir mostrando que $G$ ¿está cerrado al alza?

Esta demostración debe sugerir cómo encontrar un contraejemplo cuando $X$ no está ordenado linealmente por inclusión: cuando lo hayas terminado, verás que hemos utilizado el orden lineal sólo para demostrar que $G$ se cerró bajo $\land$ . Para un contraejemplo, entonces, probablemente queremos un $X$ que contiene filtros $F_x$ y $F_y$ que contiene elementos $x$ y $y$ respectivamente, pero ningún filtro que contenga ambos $x$ y $y$ . La forma más sencilla de hacerlo es dejar que $X=\{F_x,F_y\}$ donde $x,y\in B$ , $x\in F_x\setminus F_y$ y $y\in F_y\setminus F_x$ y si podemos garantizar que $x\land y=0$ nos aseguraremos de que $F_x\cup F_y$ no es un filtro.

Está claro que necesitamos $B$ tener al menos dos elementos, y tienen que ser incomparables. (De lo contrario, el mayor estará en el filtro que contiene al menor.) Si establecemos $x\lor y=1$ , $x\land y=0$ , $x^c=y$ y $y^c=x$ tenemos un álgebra booleana simple cuyo orden parcial tiene este diagrama de Hasse:

                     1
                    / \
                   x   y
                    \ /
                     0

(En realidad es sólo el álgebra conjunto de potencia en un $2$ -punto establecido, como en amrsa ) Y podemos tomar $F_x=\{x,1\}$ y $F_y=\{y,1\}$ para obtener el contraejemplo deseado: $F_x\cup F_y=\{x,y,1\}$ que claramente no es un filtro, precisamente porque no contiene $x\land y$ .