Piedra de la dualidad de los ideales y los filtros (ejercicio)

Question

En Un Curso de Álgebra Universal (Burris, Sankapannavar), el ejercicio 4.4.7-8, p.158, dice:

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Deje $A$ ser un álgebra Booleana. Denotar $A^\ast:=\{\text{ultrafilters of }A\}$, y dar $A^\ast$ la topología, definido por la base de abrir conjuntos de $\{N_a; a\!\in\!A\}$ donde $N_a\!:=\!\{U\!\in\!A^\ast; a\!\in\!U\}$.

(a) El mapa de $(\{\text{ideals of }A\},\subseteq)\!\rightarrow\!(\{\text{open subsets of }A^\ast\},\subseteq),\, I\!\mapsto\!I^\ast\!:= \bigcup_{a\in I}\!N_a$ es una red de isomorfismo, con $a\!\in\!I \Leftrightarrow N_a\!\subseteq\!I^\ast$.

(b) El mapa de $(\{\text{filters of }A\},\subseteq)\!\rightarrow\!(\{\text{closed subsets of }A^\ast\},\subseteq),\, F\!\mapsto\!F^\ast\!:= \bigcap_{a\in F}\!N_a$ es una red de isomorfismo, con $a\!\in\!F \Leftrightarrow N_a\!\supseteq\!F^\ast$.

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Para cualquier $S\!\subseteq\!A$, vamos a $\mathfrak{I}(S)$ denotar el ideal generado por a $S$, e $\mathfrak{F}(S)$ el filtro generado por $S$. A continuación, $$\bigcup_{a\in S}\!N_a=\!\bigcup_{a\in \mathfrak{I}(S)}\!N_a~~~\text{ and }~~~\bigcap_{a\in S}\!N_a=\!\bigcap_{a\in \mathfrak{F}(S)}\!N_a.$$ En $(\{\text{ideals of }A\},\subseteq)$, el supremum se describe como $I\!\vee\!I'\!=\!\{x\!\in\!A; \exists a\!\in\!I\,\exists a'\!\in\!I'\!: x\!\leq\!a\!\vee\!a'\}$, y en $(\{\text{filters of }A\},\subseteq)$, el supremum se describe como $F\!\vee\!F'\!=\!\{x\!\in\!A; \exists a\!\in\!F\,\exists a'\!\in\!F'\!: x\!\geq\!a\!\wedge\!a'\}$. Por otra parte, $N_a\!\cup\!N_b\!=\!N_{a\vee b}$; $N_{a}\!\cap\!N_{b}\!=\!N_{a\wedge b}$; $(N_a)^c=\!N_{a^c}$. En álgebras Booleanas, un ideal $I$ $A$ es máxima (es decir, la máxima w.r.t. $\subseteq$ entre todos los ideales de a$I'$$1\!\notin\!I'$) iff es el primer (es decir,$1\!\notin\!I$$\forall x,y\!\in\!A\!: x\!\wedge\!y\!\in\!I \Leftrightarrow (x\text{ or }y\!\in\!I)$). En álgebras Booleanas, un filtro de $F$ $A$ es máximo (o un ultrafilter, es decir, la máxima w.r.t. $\subseteq$ entre todos los filtros de $F'$$0\!\notin\!F'$) iff es el primer (es decir,$0\!\notin\!F$$\forall x,y\!\in\!A\!: x\!\vee\!y\!\in\!F \Leftrightarrow (x\text{ or }y\!\in\!F)$). (De piedra) Si $I$ es un ideal de a$A$$a\!\in\!A\!\setminus\!I$, entonces no es un ideal maximal $M$$F\!\subseteq\!M\!\subseteq\!A\!\setminus\!\{a\}$. (De piedra) Si $F$ es un filtro de $A$$a\!\in\!A\!\setminus\!F$, entonces no es un ultrafilter $U$$F\!\subseteq\!U \!\subseteq\! A\!\setminus\!\{a\}$.

Preguntas: Aquí están las cosas que no hice y se las arreglan para probar y estoy teniendo problemas con el.

(1) Tenemos $F^\ast\cap F'^\ast=(F\!\cap\!F')^\ast$ fib $(\bigcap_{a\in F}\!N_a)\cap(\bigcap_{a'\in F'}\!N_{a'}) = \bigcap_{x\in F\cup F'}\!N_x = \bigcap_{y\in F\cap F'}\!N_y$ fib para cada ultrafilter $U$,$F\!\cap\!F'\!\subseteq U \Rightarrow F\!\cup\!F'\!\subseteq U$, pero no veo por qué esto sería cierto.

(2) Demostrando $F^\ast\!\cup F'^\ast=(F \vee\!F')^\ast$ se reduce a mostrar que los siguientes criterios de inclusión se tiene: $\{U\!\in\!A^\ast; \forall a\!\in\!F\,\forall a'\!\in\!F'\!: a\!\vee\!a'\!\in\!U\}\subseteq\{U\!\in\!A^\ast; \forall b\!\in\!F\,\forall b'\!\in\!F'\, \forall x\!\geq\!b\!\wedge\!b'\!: x\!\in\!U\}$. Ahora para$b,b'$,$b\!\vee\!b'\!\in\!U$, y a partir de primalidad de $U$, tenemos w.l.o.g. $b\!\in\!U$. Pero, ¿cómo podemos mostrar $b\!\wedge\!b'\!\in\!U$?

(3) de Inyectividad: Tenemos $I^\ast\!=\!I'^\ast$ fib $\forall U\!\in\!A^\ast\!: (\exists a\!\in\!I\!: a\!\in\!U)\Leftrightarrow(\exists a'\!\in\!I'\!: a'\!\in\!U)$ fib $\forall U\!\in\!A^\ast\!: U\!\cap\!I\!=\!\emptyset \Leftrightarrow U\!\cap\!I'\!=\!\emptyset$. He probado la inyectividad de $F^\ast\!=\!F'^\ast$ mediante el uso de la Piedra del teorema anterior, pero para $I^\ast\!=\!I'^\ast$, le debe producir un ultrafilter mediante el uso de ideales, así que no estoy seguro de qué hacer.

(4) Tenemos $a\!\in\!I\Leftarrow N_a\!\subseteq\!I^\ast$ fib $\{U\!\in\!A^\ast;a\!\in\!U\}\!\subseteq\!\{U\!\in\!A^\ast\!; I\!\cap\!U\!\neq\!\emptyset\}\Rightarrow a\!\in\!I$. No sé a dónde ir desde aquí. He probado a $a\!\in\!F\Leftarrow N_a\!\supseteq\!F^\ast$, mediante el uso de la Piedra del teorema anterior, pero aquí, debemos encontrar un ultrafilter mediante el uso de ideales, así que estoy de buenas ideas.

Answer 1

Ha $F^*=\bigcap\{N_a:a\in F\}=\{U\in A^*:F\subseteq U\}$. Esto claramente significa que si $F_0\subseteq F_1$,$F_0^*\supseteq F_1^*$: el más grande es el filtro de $F$, la más conjuntos de $N_a$ estás intersectan para formar $F^*$, por lo que el menor $F^*$ debe ser. De hecho, si $F$ es un ultrafilter, a continuación,$F^*=\{U\in A^*:F\subseteq U\}=\{F\}$: la única ultrafilter que contiene $F$ $F$ sí. Por lo tanto, si $\mathscr{F}$ es el conjunto de filtros en $A$, e $\mathscr{C}$ es de la familia de subconjuntos cerrados de $A^*$, el mapa de $\mathscr{F}\to\mathscr{C}:F\mapsto F^*$ es de orden-marcha atrás. En particular, no puedes esperar a probar que $\langle\mathscr{F},\subseteq\rangle$ $\langle\mathscr{C},\subseteq\rangle$ son isomorfos redes: si el mapa es una red de isomorfismo, debe ser un isomorfismo entre el$\langle\mathscr{F},\subseteq\rangle$$\langle\mathscr{C},\supseteq\rangle$.

En particular, esto significa que usted debe estar tratando de demostrar que si $F_0,F_1\in\mathscr{F}$, luego $$(F_0\cap F_1)^*={F_0}^*\cup{F_1}^*$$ and $$(F_0\lor F_1)^*={F_0}^*\cap{F_1}^*\;.$$ Este debe disponer de la mayoría de sus dificultades con (1) y (2).

Para (3) y (4), tenga en cuenta que (máximo) de los ideales y de la (ultra)filtros son complementarias entre sí: un conjunto $S\subseteq A$ es un (máxima) ideal iff $\{\lnot a:a\in A\}$ es un (ultra)del filtro. Por lo tanto, tomando complementa usted puede trabajar con filtros o con ideales, como usted elija.

Answer 2

$\newcommand{\Lra}{\Leftrightarrow}$Creo que (1) y (2) podría ser más fácil si se utiliza la observación de que $F^*=\{U\in A^*; F\subseteq U\}$.

Del mismo modo, usted tiene $I^*=\{U\in A^*; I\cap U\ne\emptyset\}$.

(3) Deje $I$ ser cualquier ideal. A continuación, $F=\{a'; a\in I\}$ es un filtro y $$U\in I^* \Lra (\exists a\in I) a\in U \Lra (\exists a\in I) a'\notin U \Lra U\notin F^*.$$ Por lo tanto $I^*=A^* \setminus F^*$.

(4) Supongamos que $a\notin I$. A continuación, $F=\{b\in A; b\ge a\}$ es un filtro que $F\cap I=\emptyset$. A continuación, puede utilizar Booleano primer ideal teorema para obtener una ultrafilter $U$ tal que $U\cap I=\emptyset$$F\subseteq U$. En particular, se ha $a\in U$, y esto contradice la suposición $N_a \subseteq I^*$.