ブール代数のストーン空間がコンパクトなのはなぜですか?

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Robert Shore 2020-08-30 02:02.

簡単な紹介:私は数学を残しました $30$数年前にロースクールを始め、弁護士としてのキャリアを追求しました。私はかゆみを再獲得しました、そして私は非常にゆっくりとセット理論を通り抜けてきましたケネス・キューネンによる独立証明の紹介$1980$ 版)。

約後 $18$ 数ヶ月、私は章を通して自分の道を進んでいます $2$そして私はマーティンの公理の議論に達しました。私は特に定理を見ています$3.4$、マーティンの公理と同等の条件をいくつか主張します。

Kunenは、完全ブール代数のストーン空間を使用して証明を設定します $\mathscr B$。ストーンスペースは私にとって新しいコンセプトです。Kunenが述べている定義は標準だと思います。空間の点は代数の限外フィルターであり、トポロジーの基礎は次のとおりです。$\{ U_p \mid p \in \mathscr B \setminus \{ \mathbb 0 \} \}$、 どこ $U_p$ を含むすべての限外フィルターのセットです $p \in \mathscr B$

このセットがトポロジの基礎である理由がわかります。クネンは、それがコンパクトで完全に切り離されたハウスドルフ空間であると主張しています。なぜそれがハウスドルフであり、基礎の各セットが開かつ閉集合であるのかがわかります。ストーンスペースがコンパクトな理由がわかりません。(Kunenは、代数を完全にする必要はないと主張していますが、それが役立つ場合は、その事実を使用したいと思います。)

有限交叉性を持つ閉集合のコレクションに空でない共通部分があることを証明しようとしています。閉集合は基本的な開集合の任意の共通部分であることが判明したと思います。したがって、一般性を失うことなく、コレクション内の閉集合は実際には基本的な開集合であると想定できます。$U_{p_\alpha}$。したがって、コレクションにfipがある場合、さまざまな$p_\alpha$ペアワイズ互換である必要があります。しかし、それが私をどこにも連れて行かないと思います。$p_\alpha$ まだすることができます $\mathbb 0$

では、なぜ(完全な)ブール代数のストーン空間はコンパクトでなければならないのでしょうか?私がこれを理解するのを手伝ってくれてありがとう。

2 answers

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halrankard2 2020-08-30 02:18.

限外フィルターはパワーセットのサブセットです $\mathcal{P}(\mathscr{B})$$\mathscr{B}$。のサブセットを表示する$\mathcal{P}(\mathscr{B})$ として $\{0,1\}$-の値関数 $\mathcal{P}(\mathscr{B})$。ディスクリートトポロジをオンにした場合$\{0,1\}$、その後 $\{0,1\}^{\mathcal{P}(\mathscr{B})}$チコノフによるコンパクトです。ストーン空間(つまり、限外フィルターに対応する関数のセット)が閉集合であることを示すのは難しいことではありません。$\{0,1\}^{\mathcal{P}(\mathscr{B})}$このトポロジーでは、ストーン空間に誘導されたトポロジーは、まさにクネンによって定義されたものです。したがって、ストーン空間のトポロジーはコンパクト空間の閉じた部分空間であるためコンパクトです。

これも直接的な証拠です。しましょう$S$ストーンスペースになります。のオープンカバーがあるとします$S$有限のサブカバーなし。この開いたカバーは次の形式であると想定できます$\{U_{p_i}:i\in I\}$ 一部のインデックスセットの場合 $I$ そして $p_i\in\mathscr{B}$。有限の場合$X\subseteq I$$p_X=\bigcup_{i\in X}p_i\in\mathscr{B}$。次に$\bigcup_{i\in X}U_{p_i}=U_{p_X}$。そう$U_{p_X}\neq S$ 有限の場合 $X$仮定によって。その結果$p_X\neq 1$ すべての有限のために $X$。言い換えると$\{\neg p_i:i\in I\}$有限交叉性を持っています。だから限外フィルターがあります$\mathcal{U}\in S$ 含む $\neg p_i$ すべてのために $i\in I$。そう$\mathcal{U}\not\in U_{p_i}$ すべてのために $i\in I$、矛盾。

両方の証明には、チコノフの定理による選択公理のようなもの、またはフィルターを限外フィルターに拡張するものが含まれることに注意してください。

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Henno Brandsma 2020-08-30 02:40.

あなたはのカバーを考慮する必要があるだけです $S$ (ストーンスペース)基本的なオープンサブセットによるので、フォームのカバー $U_p, p \in I$ どこ $I$ のサブセットです $\mathcal{B}$。有限のサブカバーがない場合、有限の場合は$I' \subseteq I$$\bigcup_{p \in I'} B_p \neq S$、だからいくつかの限外フィルターがあります $F_{I'} \subseteq \mathcal{B}$ そのような $F_{I'} \notin U_p$ または $p \notin F_{I'}$、 そう $p' \in F_{I'}$ (どこ $p'$ すべてのBA)の補集合を示します $p \in I'$。そう$\land_{p \in I'} p'\in F_{I'}$ など $\land_{p \in I'} p' \neq \Bbb 0$ そしてそれはそのセットが続く $\{p'\mid p \in I\}$有限交叉性を持っています(そして有限サブセットはゼロ以外のミートを持っています)。したがって、Zorn(または別のACが暗示する「最大原理」)は、限外フィルターがあることを意味します$F$ すべてが含まれています $p'$ ために $p \in I$、 この $F$ 元の基本的なカバーではカバーされなかったでしょう $U_p, p \in I$、これは矛盾です。したがって、結局のところ、有限のサブカバーが必要です。$S$コンパクトです。私はそれを限外フィルターに使用していることに注意してください$F$ BAではそれがあります $p \notin F$ iff $p' \in F$、これは標準的な事実です。これはまた、$S\setminus U_p = U_{p'}$ したがって、すべての基本的な開集合も閉じられます(clopen)。これは、 $S$ (それはゼロ次元ですが、それらの概念はコンパクトハウスドルフ空間と同等です)。

また、 $U_p$ 閉集合とすべての家族の基盤を形成します $U_p$ fip付きはの家族に対応します $p$ 個人的には、カバーアプローチがより直接的であるため(コンパクトさの定義に対して)、いくらか優れているのが好きです。

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