Teorema de Cantor-Bernstein para $\sigma$ -completa de álgebras booleanas.

Question

Estoy trabajando en el problema 7.28 de Jech's Teoría de conjuntos :

Sean A y B álgebras booleanas completas. Sean a y b elementos de A y B respectivamente. Si A es isomorfo a B $\upharpoonright$ b y B es isomorfo a A $\upharpoonright$ a, entonces A y B son isomorfos.

La versión relevante del teorema CSB es:

Teorema 3.2 (Cantor-Bernstein). Si |A||B| y |B||A|, entonces |A| = |B|.

Prueba. Si f:A B y g:B A son uno a uno, entonces si dejamos que B = g(B) y $A_{1}$ = g(f(A)), tenemos $A_{1}$ B A y | $A_{1}$ | = |A|. Así, en podemos suponer que $A_{1}$ B A y que f es una función unívoca de A en $A_{1}$ demostraremos que |A| = |B|. Dene (por inducción) para todo n N: $A_{0}$ = A, $A_{n+1}$ = f( $A_{n}$ ), $B_{0}$ = B, $B_{n+1}$ = f( $B_{n}$ ). Sea h la función sobre A denotada como sigue h(x) = f(x) si x $A_{n}$ $B_{n}$ para algún n, x en caso contrario. Entonces h es un mapeo uno a uno de A sobre B, como el lector comprobará fácilmente. Por tanto, |A| = |B|.

En mi intento de demostrar 7.28, no consideré B como una subálgebra de A, por lo que utilicé $B_{0}=ran(g)$ y he definido h por

h(x)=f(x), si x $A_{n}$ $B_{n}$ para algún n

h(x)= $g^{-1}$ (x), en caso contrario.

He copiado esta construcción, dejando que f y g sean incrustaciones isomórficas de A a B y de B a A respectivamente, y con ran(f)=B $\upharpoonright$ b y ran(g)=A $\upharpoonright$ a. Demostré que la función construida es 1-1 y suryente. Sin embargo, demostrar que + (o *) se conserva parece descomponerse en varios casos, algunos de los cuales son triviales y el resto me han dejado completamente perplejo.

Agradecería cualquier sugerencia, especialmente las pistas inteligentes que no expliquen explícitamente una solución.

Answer 1

Sugerencia Basta con demostrar que si $a,b\in A$ son tales que existe un isomorfismo $f:A\rightarrow A\upharpoonright a$ y $a\leq b$ entonces $A\simeq A\upharpoonright b$ .

Por recursión, defina $a_0=1$ , $b_0=b$ y $a_{n+1}=f(a_n)$ y $b_{n+1}=f(b_n)$ . Poner $c=\sum_{n<\omega} (a_n-b_n)$ y $c_1=\sum_{n=1}^\infty (a_n-b_n)$ , fíjese que $c_1\leq a$ , $c_1\leq c$ y $f(c)=c_1$ .

Ahora defina $g:A\longrightarrow A\upharpoonright b$ por $g(x)=f(x)\cdot c+x\cdot(-c)$ y observe que para todos los $x\leq b$ tenemos que $x\cdot c=x\cdot c_1$ . Demostrar que $g$ es un isomorfismo de $A$ en $A\upharpoonright b$ (no trivial). Esta es la pista más sencilla que se me ocurrió, aunque no es tan trivial continuar desde aquí.

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Sin embargo, si no puede continuar con la pista anterior, aquí es cómo se hace:

Para ver $g$ es un homomorfismo nótese que está claro que $g(x+y)=g(x)+g(y)$ y $g(x\cdot y)=f(x\cdot y)\cdot c+(x\cdot y)\cdot(-c)=[f(x)\cdot c+x\cdot (-c)][f(y)\cdot c+y\cdot (-c)]$ utilizando la distributividad y $c\cdot(-c)=0$ . $g$ es uno a uno, ya que $f$ es uno a uno y para todo $x,y,w,z\in A$ , $x\cdot c+y\cdot(-c)=w\cdot c+z\cdot(-c)$ si $x=w$ y $y=z$ . Tenemos que $d\cdot c=d\cdot c_1$ para $d\leq b$ se desprende de $\sigma$ -distributividad y $d\cdot(a_0-b_0)=0$ ; $\sigma$ -Las álgebras booleanas completas son siempre $\sigma$ -distributivo. Ahora comprobemos $g$ está en $A\upharpoonright b$ . Dejemos que $d\leq b$ . Tenemos $d\cdot c=d\cdot c_1$ pero como $c_1\leq a$ y $f$ está en $A\upharpoonright a$ , hay $d'\in A$ con $f(d')=d\cdot c_1$ pero $c_1=f(c)$ Por lo tanto $d'\leq c$ En consecuencia $g(d')=f(d')\cdot c+d'\cdot(-c)=f(d')\cdot c=d\cdot c_1=d\cdot c$ . También $d\cdot(-c)\leq-c$ En consecuencia $f(d\cdot(-c))\leq f(-c)=-c_1$ Por lo tanto $f(d\cdot(-c))\cdot c_1=0$ y obtenemos $g(d\cdot(-c))=f(d\cdot(-c))\cdot c+d\cdot(-c)=f(d\cdot(-c))\cdot c_1+d\cdot(-c)=d\cdot(-c)$ Por lo tanto $f(d'+d\cdot(-c))=d\cdot c+d\cdot(-c)=d$ . Por lo tanto, $g$ está en $A\upharpoonright b$ .

Answer 2

Dejemos que $f: A \to B \restriction b$ y $g: B \to A \restriction a$ sean isomorfismos, y supongamos que $0 < a < 1, 0 < b < 1$ . Basta con demostrar que $A \simeq A\restriction a \simeq B$ .

Definir secuencias de elementos en $A$ , $a_n, b_n, n \in N$ : $a_0 = 1, b_0 = g(1)$ , $a_{n+1} = g(f(a_n))$ , $b_{n+1} = g(f(b_n))$ , $\forall n \in N$ . En particular, $a_0 = 1 > b_0 = a > a_1 = g(b) > b_1 = g(f(a))$ . Observe que $g \circ f$ es un isomorfismo, $A \restriction a_i \simeq_{g \circ f} A\restriction a_{i+1}$ , $\forall i$ .

Además, $\forall n, a_{n+1} < b_n < a_n$ por la inyectividad de $f$ y $g$ .

Ahora dejemos que $a^* = \Pi_{n \in N}a_n = \Pi_{n\in N}b_n$ que existe debido a $\sigma$ -completitud de A y B. $\forall x \leq a^*$ , $(g \circ f)(x) = x$ se deduce de la definición de $\Pi$ .

Definiremos un isomorfismo $h: A \to A \restriction a$ que para cualquier $x \in A$ envía la parte de $x$ es decir $\leq a^*$ a sí mismo, la parte de $x$ es decir $\leq a_i - b_i$ para algunos $i \in N$ a $g(f(x))$ y la parte de $x$ es decir $\leq b_i - a_{i+1}$ de nuevo a sí mismo.

Dejemos que $a_A = \Sigma_{n} (a_n - b_n)$ , $a_B = \Sigma_{n} (b_n - a_{n+1})$ , ambos existen por $\sigma$ -completo y $1 = a^* + a_A + a_B$ es una partición. Sea $x \in A, x = x\cdot a^* + x \cdot a_A + x \cdot a_B = x^* + x_A + x_B$ con $x^* \leq a^*, x_A \leq a_A, x_B \leq a_B$ y $x^* \cdot x_A = x_A \cdot x_B = x^* \cdot x_B = 0$ . Definir $h: A \to A \restriction a$ por $h(x) = x^* + x_B + g(f(x_A))$ .

Observe que $h(1) = a^* + a_B + g(f(a_A)) = a^* + \Sigma_{n} (b_n - a_{n+1}) + \Sigma_{n \geq 1} (a_n - b_n) = a$ y $h(0) = 0$ .

De ello se desprende que $h$ es un homomorfismo de álgebra booleana: $h(x) + h(y)$ = $x^* + x_B + g(f(x_A))$ $+$ $y^* + y_B$ $+$ $g(f(y_A))$ $=$ $(x^* + y^*) + (x_B + y_B)$ $+$ $(g(f(x_A))$ $+$ $g(f(y_A)))$ $=$ $(x^* + y^*)$ $+$ $(x_B + y_B)$ $+$ $g(f(x_A +y_A))$ $=$ $h(x + y)$ . Del mismo modo, para $h(x \cdot y)$ utilizando el hecho de que $(x^* + x_A + x_B)$ $\cdot$ $(y^* + y_A + y_B)$ $=$ $x^* \cdot y^* + x_A \cdot y_A + x_B \cdot y_B$ porque todos los demás términos son $=0$ . Finalmente $h(\lnot x)$ $=$ $h(1-(x^* + x_B + x_A))$ $=$ $h((a^* - x^*) + (a_B - x_B) + (a_A - x_A))$ $=$ $(a^* - x^*)$ $+$ $(a_B - x_B)$ $+$ $(g(f(a_A)) - g(f(x_A)))$ $=$ $h(1) - h(x) = \lnot h(x)$ .

Es inmediato que $h$ es inyectiva: si $x^* + x_B + g(f(x_A))$ $=$ $y^* + y_B + g(f(y_A))$ entonces $x^* = y^*$ , $x_B$ $=$ $y_B$ y $g(f(x_A)) = g(f(y_A)) \implies x_A = y_A$ .

Finalmente, $h$ es en: dejar que $x \in A \restriction a$ es decir, $x \leq a$ . Sea $x = x^* + x_A + x_B$ . Porque $x \leq a$ se deduce que $x_A \leq g(b)$ : cualquier cosa $\leq 1-a$ no puede formar parte de $x$ . Por lo tanto, $(g \cdot f)^{-1}$ se define para $x_A$ y podemos encontrar $z = x^* + x_B + (g \cdot f)^{-1}(x_A)$ con $h(z) = x$ .