ストーンの同型定理

$A$ がブール代数として、 $x \subseteq A$ が $A$ 上のブール代数の真の フィルターというのは

$$\begin{array}{llll} (F1) & (\forall a \in x) & (\forall b ... ...4) & \neg & (0 \in x) & (0 は x の元でない) \\ \end{array}$$

$K= \{ x \in P(A)\vert x$ は $A$ 上の真のフィルター $\}$ は順序「 $\subseteq$ 」ついて帰納的順序集合

[証明]

まず, $K \subseteq P(A)$ で, $P(A)$ は $\subseteq$ について順序集合なので, $K$ も順序集合. 　　次に $Y$ が順序 $\subseteq$ での $K$ の空でない全順序部分集合とすると, $\cup Y$ は $A$ 上の真のフィルター

(証明)

(F1)

$a \in \cup Y,b \in A$ を任意にとって, $a \le b$ とすると $a \in \cup Y$ から

$$(\exists y \in Y)(a \in y)$$

このような $y_0 \in Y$ を選ぶと, $a \in y_0$ と $a \le b$ から, $y_0$ は真のフィルターだから,

$$b \in y_0$$

よって

$$(\exists y \in Y)(b \in y)$$

ゆえに $b \in \bigcup Y$ となり

$$a \le b \Rightarrow b \in \bigcup Y$$

$a \in \bigcup Y ,b \in A$ は任意にとったから

$$(\forall a \in \bigcup Y )( \forall b \in A) (a \le b \Rightarrow b \in \bigcup Y )$$

(F2)

$a \in \bigcup Y ,b \in \bigcup Y$ を任意にとると,

$$(\exists y \in Y)(a \in y),( \exists y \in Y)(b \in y)$$

このような $y_0, y_1 \in Y$ を選んで, $a \in y_0,b \in y_1$ とすると $Y$ は $\subseteq$ について全順序だったから $y_0 \subseteq y_1$ または $y_1 \subseteq y_0$ ここで $y_0 \subseteq y_1$ の場合を考えると

$$a \in y_1,b \in y_1$$

よって

$$a \cdot b \in y_1 ( y_1 は真のフィルターだから)$$

$y_1 \subseteq \cup Y$ だから $a \cdot b \in \bigcup Y$ $y_1 \subseteq y_0$ の場合も全く同じ.
結局

$$(\forall a \in \bigcup Y )( \forall b \in \bigcup Y )(a \cdot b \in \bigcup Y )$$

(F3)

$Y$ は空でないから

$$(\exists y)(y \in Y)$$

このような $y_0 \in Y$ を選べば $y_0$ は真のフィルターだから

$$1 \in y_0$$

よって

$$(\exists y \in Y)(1 \in y)$$

ゆえに

$$1 \in \bigcup Y$$

(F4)

$0 \in \cup Y$ とすると

$$(\exists y \in Y)(0 \in y)$$

このような $y_0 \in Y$ を選ぶと $0 \in y_0$ であり,しかし $y_0$ は 真のフィルターだから $\neg (0 \in y_0)$ で矛盾.

(証明終)

$\cup Y$ が $A$ 上の真のフィルターだから

$$\cup Y \in K$$

$z$ の作り方から明らかに

$$(\forall y \in Y)(y \subseteq \cup Y)$$

よって $\cup Y$ は順序 $\subseteq$ について $Y$ の $K$ での上界 $K$ の任意の空でない全順序部分集合 $Y$ が上界をもつから $K$ は帰納的

[証明終]

$K$ は順序 $\subseteq$ について 帰納的順序集合なのでZornの補題から 極大な元が存在.

(定義3)

$X= \{ x \in P(A)\vert x$ は $A$ 上の真のフィルター$~and~ x$ は極大 $\}$

(定義4)

$a \in A$ について $s(a)= \{ x \in X\vert a \in x \}$ とすると

$$a \in A,s(a)= \{ x \in X\vert a \in x \}$$

が定義できる.

よって写像

$$s: a \in A \mapsto s(a) \in P(X)$$

が定義される.
$s$ については以下が成り立つ.

$$\begin{eqnarray*} sが単射 && (s(a)=s(b) \Rightarrow a=b) \\ && s(a+b)=s(a) \c... ... && s(a \cdot b)=s(a) \cap s(b) \\ && s(-a)=X \sim s(a) \\ \end{eqnarray*}$$

(*1)

$a \le b$ は $A$ 上の順序関係である.

(*2)

$a, b \in A$ について

$$a \\ cdot b \le a,b \le a+b$$

$$a \le b \Leftrightarrow (-b) \cdot a=0$$

(*3)

任意の $a,b,a',b' \in A$ について, $a \le a',b \le b'$ のとき

$$a \cdot b \le a' \cdot b',a+b \le a'+b'$$

(*4)

$x$ を $A$ 上の極大な真のフィルターとするとき

$$((\forall a \in A)(\forall b \in A) (a+b \in x \Leftrightarrow (a \in x ~or~ b \in x))$$

(*4の証明)

$a, b \in A$ を任意にとり; $a \in x ~or~ b \in x$ とすると$a \in x$ のとき, (*2) から $a \le a+b$ なので $x$ は真の フィルターなので(F1)から

$$a+b \in x$$

同様に $b \in x$ のときも

$$a+b \in x$$

逆に $a+b \in x$ として $\neg (a \in x) ~and~ \neg (b \in x)$ と すると:

$$f= \{ y \in A\vert a+y \in x \} はA上の真のフィルター$$

(証明)(F1)

$y \in f,k \in A$ を任意にとり, $y \le k$ とすると $f$ の定義から

$$a+y \in x$$

(*3) から

$$a+y \le a+k$$

$x$ は真のフィルターだから

$$a+k \in x$$

よって

$$k \in f$$

(F2)

$y \in f,k \in f$ を任意にとると $f$ の定義から

$$a+y \in x,a+k \in x$$

　

$$a+y \cdot k=(a+y) \cdot (a+k)$$

$x$ は真のフィルターだから

$$(a+y) \cdot (a+k) \in x$$

　　よって $f$ の定義から

$$y \cdot k \in f$$

(F3)

$a+1=1$
$x$ は真のフィルターだから

$$1 \in x$$

よって $f$ の定義から

$$1 \in f$$

(F4)

$0 \in f$ とすると $f$ の定義から

$$a \in x$$

これは仮定 $\neg (a \in x)$ に矛盾.
よって

$$\neg (0 \in f)$$

(証明終)

$f$ の作り方から

$$x \subseteq f,x \ne f$$

(証明)

$y \in x$ を任意にとると (*2)から $y \le a+y$ で $x$ は真のフィルターだから

$$y \in f$$

$y$ は任意だったから

$$(\forall y)(y \in x \Rightarrow y \in f)$$

よって

$$x \subseteq f$$

一方, $f$ の定義から $b \in f$ ,仮定から $\neg (b \in x)$ よって

$$x \ne f$$

(証明終)

しかし, $x$ は極大な真のフィルターだったから $x \subseteq f$ により $x=f$ となり矛盾

(*4の証明終)

$(\forall a \in F) ( \forall b \in F) (a+b \in F \Leftrightarrow (a \in F ~or~ b \in F))$ がいえる真のフィルター $F$ を素フィルターといいます.

(*5)

$x$ を $A$ 上の真のフィルターとするとき

$$(\forall a)(a \in x \Rightarrow \neg (-a \in x))$$

特に $x$ が極大な真のフィルターとするとき

$$(\forall a)(a \in x \Leftrightarrow \neg (-a \in x))$$

(*5の証明)

$x$ を $A$ 上の真のフィルターとし $a \in x$ を任意にとると, $-a \in x$ とすると F2から $0=a \cdot (-a) \in x$ で (F4) の $\neg (0 \in x)$ に矛盾

特に $x$ が極大な真のフィルターとするとき

$$1 \in x,1=a+(-a)$$

から (*4) により

$$a \in x ~or~ -a \in x$$

よって

$$\neg (-a \in x) \Rightarrow a \in x$$

(*5の証明終)

$(\forall a)(a \in F \Leftrightarrow \neg (-a \in F ))$ がいえる真のフィルターを超フィルター(ウルトラフィルター)(ultrafilter) と いいます. 超フィルターは常に $a$ か $-a$ のどちらか一方のみが $F$ の要素と なるような真のフィルターです.
(*5)は,次の命題に集約されます.

(命題)

$A$ 上の真のフィルター $F$ について, 次の $(1) \sim (3)$ は同値である.

1. $F$ は極大フィルターである.
2. $F$ は超フィルターである.
3. $F$ は素フィルターである.

(命題終わり)

(*6)

$x$ を $A$ 上の真のフィルターとするとき

$$(\forall a) (\forall b)((a \in x ~and~ b \in x)) \Leftrightarrow a \cdot b \in x)$$

(*6の証明)

$x$ を $A$ 上の真のフィルターとし, $a,b$ を任意にとる.
$a \in x ~and~ b \in x$ なら (F2) により

$$a \cdot b \in x$$

逆に $a \cdot b \in x$ なら (*2) から

$$a \cdot b \le a ~and~ a \cdot b \le b$$

で (F1) により

$$a \in x ~and~ b \in x$$

(*6の証明終り)

(*7)

$a \ne 0$ とすると $F_a = \{ z \in A\vert a \le z \}$ は真のフィルター

(*7の証明)

(F1)

$p \in F_a ,q \in A$ を任意にとり, $p \leq q$ とすると $a \le p,p \leq q$から $\le$ が順序関係なので(*1)
$a \le q$ で

$$q \in F_a$$

よって

$$(\forall p \in F_a)(\forall q \in A) (p \leq \Rightarrow q \in F_a)$$

(F2)

$p \in F_a,q \in F_a$ を任意にとると $a \le p,a \leq$ から

$$a=a \cdot a \le p \cdot q \quad (*2)$$

で $p \cdot q \in F_a$ よって

$$(\forall p \in F_a)(\forall q \in F_a) (p \cdot q \in F_a)$$

(F3)

$a+1=1$ から

$$a \le 1$$

よって

$$1 \in F_a$$

(F4)

$0 \in F_a$ とすると

$$a \le 0$$

また $0+a=a$ から

$$0 \le a$$

で結局 $a=0$ となって矛盾.

(*7の証明終)

(*8)

$f$ を $A$ 上の真のフィルターとし, $Z= \{ x\vert x:A 上の極大な真のフィルター ~and~ f \subseteq x \}$ とおくとき

$$f= \cap Z$$

(*8の証明)

$Z$ の定義より任意の $x \in Z$ について $f \subseteq x$ だから $f \subseteq \cap Z.$ $\cap Z \subseteq f$ を示すため,

$$\sim f \subseteq \sim \cap Z$$

を示す. ( $\sim$ は $P(A)$ 上で) $y \in \sim f$ とすると

$$(\forall p \in f)((-y) \cdot p \ne 0)$$

(証明)

これを否定した $(\exists p \in f)((-y) \cdot p =0)$ を仮定すると, これを充たす $p \in f$ を選んで, $(-y) \cdot p =0$ よって

$$p \le y \quad (*2)$$

これから, $y \in f$ となり矛盾

(証明終)

$g_0$ を $f \cup \{ -y \}$ の元の有限個の積全体

$$g_0= \{ k \in A\vert( \exists n \in N) (\exists y_1, \cdots, y_n \in f \cup \{-y \}) (k=y_1 \cdot \cdots \cdot y_n) \}$$

とおき,

$$f_0 = \{ p \in A\vert(\exists k \in g_0)(k \le p) \}$$

とすると, $f_0$ は $A$ 上の真のフィルターで,

$$-y \in f$$

　　　　　　　　　　　

(証明)

まず, $g_0$ の定義式中,

$$y_1=1 \in f, y_2=-y ,k=y_1 \cdot y_2$$

とおけば $-y \in g_0.$ そこで $f_0$ の定義式中, $k=p=-y$ と置けば, $-y \in f_0$ 以下, $f_0$ が $A$ 上の真のフィルタであることを示す.

(F1)

$p \in f_0,q \in A$ を任意にとり $p \le q$ とすると $f_0$ の定義から

$$(\exists k \in g_0)(k \le p)$$

このような $k \in g_0$ を選び, $k \le p$ とすると $p \le q$ から $k \le q$ よって $f_0$ の定義から

$$q \in f_0$$

(F2)

$p \in f_0,q \in f_0$ を任意にとると $f_0$ の定義から

$$(\exists k \in g_0)(k \le p),(\exists h\in g_0)(h \le q)$$

このような $k,h \in g_0$ を選び, $k \le p,h \le q$ とすると (*2から)

$$k \cdot h \le p \cdot q$$

$g_0$ の定義から

$$(\exists n\in N)(\exists y_1, \cdots,y_n \in f \cup \{-y \}) (k=y_1 \cdot \; \cdots \; \cdot y_n)$$

$$(\exists m \in N)(\exists z_1, \cdots,z_m \in f \cup \{ -y\}) (h=z_1 \cdot \; \cdots \; \cdot z_m)$$

このような $y_1, \cdots ,y_n$ と $z_1,\cdots ,z_n$ を選べば

$$k \cdot h=y_1 \cdot \; \cdots \; \cdot y_n \cdot z_1 \cdot \; \cdots \; \cdot z_m$$

よって

$$k \cdot h \in g_0$$

よって $f_0$ の定義から

$$p \cdot q \in f_0$$

(F3)

まず, $g_0$ の定義式中, $y_1=1 \in f$ とおけば

$$1 \in g_0$$

$f_0$ の定義式中, $k=p=1$ と置けば,

$$1\in f_0$$

(F4)

$0 \in f_0$ とすると $f_0$ の定義から

$$(\exists k \in g_0)(k \le 0)$$

$g_0$ の定義から

$$(\exists n \in N)(\exists y_1, \cdots ,y_n \in f \cup \{ -y \}) (k=y 1 \cdot \; \cdots \; \cdot y_n)$$

このような $y_1, \cdot , y_n \in f \cup \{ -y \}$ をとると

$$0 \le k=y_1 \cdot \; \cdots \; \cdot y_n \le 0$$

よって

$$y_1 \cdot \; \cdots \; \cdot y_n=0$$

ここで

$$(\forall p \in f)((-y) \cdot p \ne 0)$$

であるから $y_1, \cdots ,y_n$ の中で $-y$ と等しいものがあると矛盾する. 従って, $y_1, \cdots ,y_n$ は全て $f$ の元
しかしこれから

$$0=y_1 \cdot \; \cdots \; \cdot y_n \in f$$

となって矛盾.

(証明終)

よって $f_0$ は $A$ 上の真のフィルターで, $-y \in f_0$

$K= \{ z\vert z$ は $A$ 上の真のフィルター $~and~ f_0 \subseteq z \}$ とおくと $K$ は順序 $\subseteq$ について帰納的順序集合で $f_0 \subseteq x$ となる極大な真のフィルター $x$ が存在.

(証明)

前節の解答「 $K= \{ z\vert z$ は $A$ 上の真のフィルター$\}$ が順序 $\subseteq$ について帰納的順序集合」と殆ど同じなので、違うところだけ 書きます.

$Y$ が $K$ の空でない全順序部分集合なら $\bigcup Y$ が $A$ 上の真のフィル ターで,

$$(\forall y \in Y)(y \subseteq \bigcup Y )$$

であることは全く同じで, $K$ の定義と $Y \subseteq K$ から

$$(\forall y \in Y)(f_0 \subseteq y)$$

で

$$f_0 \subseteq \bigcup Y$$

よって

$$\bigcup Y \in K$$

で $\bigcup Y$ は $Y$ の $K$ 上での 上界

$K$ の空でない任意の全順序部分集合が $K$ 上での上界をもつから $K$ は 順序 $\subseteq$ について帰納的

(証明終) $f \subseteq f_0$ であるから $f \subseteq x$ であることに注意して Zornの補題からKの極大元xが存在.これは $-y\in f_0 \subseteq x$を充たしている. xは極大なので、 $\neg (y\in x) (*5)$ よって $\neg ( y \in \cap Z)$ すなわち $y \in \sim \cap Z$ (*8の証明終)

(*9)

$F_a=\{z \in A\vert a\le z \},s(a)=\{x\in X\vert a\in x\}$ について： $F_a=\cap s(a)$

(*9の証明)

$a=0$のときは $F_0=\{z\in A\vert \le z\}=A$ $s(0)=\{x\in X\vert 0 \in x \} = \phi$ で、 $\cap s(a)=\{z \in A\vert(\forall x \in S(a))(z \in x)\}$ から $\cap s(0)=A$ よって $F_0=\cap s(0)$. $a≠0$のとき(*7)から$F_a$は$A$上の真のフィルターで $s(a)$は $F_a \subseteq x$となる$A$上 の極大な真のフィルターx全体の集合と等しい.

(証明)

$x \in s(a)$ のとき $z \in F_a$を任意にとると $a\le z,z \in A$ $a \in x$ ゆえ (F1)により $z \in x$ $z$は任意にとったから $F_a \subseteq x$ 逆に$x$を $F_a \subseteq x$となる$A$上の 極大な真のフィルターとすると $a$自身 $a \le a$ で　$a \in F_a$ よって$a \in x$ すなわち $x \in s(a)$ (証明終) よって、(*8)により$F_a=\cap s(a)$

(*9の証明終)

以下

$$\begin{eqnarray*} &&X=\{x \in P(A) \vert xはA上の極大な真のフィルター\} \\ &&... ...{x \in X\vert a \in x\} \\ &&s: a \in A \mapsto s(a) \in P(X) \end{eqnarray*}$$

について

$$\begin{eqnarray*} &&(1) sが単射(s(a)=s(b) \Rightarrow a=b)\\ &&(2) s(a+b)=s(a... ... &&(3) s(a \cdot b)=s(a) \cap s(b)\\ &&(4) s(-a)=X \sim s(a) \end{eqnarray*}$$

[証明]

(1)

$a, b \in A$を任意にとり、$s(a)=s(b)$とする. $s(a)$の定義から $(\forall x \in s(a))(a \in x )$ で $a \in \cap s(a)$ $s(b)$の定義から $(\forall x \in s(b))(b \in x)$ で $b \in \cap s(b)$ (*9)と仮定から $a \in \cap s(a)=\cap s(b)=F_b=\{ z \in A \vert b \le z \}$ で $a \le b$ 全く同様に $b \in \cap s(b)=\cap s(a)=F_a=\{z \in A\vert a \le z \}$ で $b\le a$ よって $a=b$

(2)

$a, b \in A$を任意にとり $x \in s(a+b)$を任意にとると $x$は$A$上の極大な真のフィルターで $a+b \in x$ よって(*4)から $a \in x or b \in x$ これから $x \in s(a) or x \in s(b)$ よって $x \in s(a) \cup s(b)$ $x \in s(a+b)$を任意だったから $s(a+b) \subseteq s(a) \cup s(b)$ 逆に、 $x \in s(a) \cup s(b)$を任意にとると, $x \in s(a) or x \in s(b)$ よって $a \in x or b \in x$ (*2)から $a \le a+b,b \le a+b$なので $a \in x or b \in x$ どちらの場合でも $a+b \in x$ 従って、$x \in s(a+b)$ $x \in s(a) \cup s(b)$を 任意にとったので $s(a) \cup s(b) \subseteq s(a+b)$ 結局、 $s(a+b)=s(a) \cup s(b)$

(3)

$a, b \in A$を任意にると

$$\begin{eqnarray*} &&x\in s(a \cdot b) \\ &&\Leftrightarrow a \cdot b \in x an... ...and x\in s(b) 定義 \\ &&\Leftrightarrow x\in s(a) \cap s(b) 　 \end{eqnarray*}$$

よって $s(a \cdot b)=s(a) \cap s(b)$

(4)

$a \in A$ を任意にとると

$$\begin{eqnarray*} &&x \in s(-a) \\ &&\Leftrightarrow -a \in x and xは極大な真... ...nd~ \neg ( x \in s(a)) \\ &&\Leftrightarrow x \in X \sim s(a) \end{eqnarray*}$$

よって $s(-a)=X \sim s(a)$ [証明終リ]

$(s(A),\cup,\cap,\sim,0,X)$はブール代数です。

[証明]

これは $s(A) \subseteq P(X)$ で、今まで何度か出てきましたように $(P(X),\cup,\cap,\sim,0,X)$がブール代数ですので、 $0,X \in s(A)$と、$s(A)$が $\cup , \cap , \sim$ について閉じていることを示せばいいわけです。

$s(A)$が部分宇宙(部分ブール代数)であることをいえばいいので,
$\cap, \sim$ についてのみ閉じていることを示せばいいです．
$s$の定義から $0=s(0) \in s(A)$, (左辺の$0$は空集合の意味です。) $s$の定義と$(4)$から

$$X=X \sim 0= X \sim s(0)=s(-0) \in s(A)$$

$g,h\in s(A)$ のとき

$$\begin{eqnarray*} &&(\exists a\in A)(g=s(a)) \\ &&(\exists b\in A)(h=s(b)) \end{eqnarray*}$$

でこのような$a, b \in A$をとれば、$(2)$を用いて

$$g \cup h=s(a) \cup s(b) = s(a+b) \in s(A)$$

同様に$(3)$を用いて

$$g \cap h=s(a) \cap s(b)=s(a \cdot b) \in s(A)$$

また$(4)$を用いれば

$$X \sim g=X \sim s(a)=s(-a)\in s(A)$$

よって、$s(A)$が $\cup,\cap,\sim,$について閉じています。 [証明終]

既に証明した (命題) ブール代数の同型写像の逆写像は，またブール代数の同型写像である. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（命題終わり） により $A$と$s(A)$はブール代数の構造について同型。 その同型写像は

$$\begin{eqnarray*} &&X=\{x \in P(A) \vert xはA上の極大な真のフィルター\} \\ &&... ...{x \in X\vert a \in x\} \\ &&s: a \in A \mapsto s(a) \in P(X) \end{eqnarray*}$$

で定義される。