От решёток к булевым алгебрам. Султанбеков Ф.Ф. - 54 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

Действительно, из a ∧ a
′
= 0 в силу (7) следует f(a) ∧ f(a
′
) = 0. Из a
′
∧
(a
′
)
′
= 0 следует f(a)
′
∧f(a
′
)
′
= 0 или f(a)∨f(a
′
) = 1. В силу единственности
дополнения в ба f(a
′
) = f(a)
′
.
Для доказательства ii) заметим сначала, что если x, y ∈ C и x ≤ y , то
f(x) ≤ f(y). Действительно, x ≤ y ⇔ x ∧ y
′
= 0. Поэтому условие (7)
влечет f(x) ∧ f(y)
′
= 0, что равносильно f(x) ≤ f(y). Учитывая это и
a ≤ a∨b, b ≤ a∨b получаем f(a)∨ f(b) ≤ f(a∨b). Поскольку a
′
∧b
′
∧(a∨b) = 0,
то в силу (7) f(a)
′
∧ f(b)
′
∧ f(a ∨ b) = 0 или [f(a) ∨ f(b)]
′
∧ f(a ∨ b) = 0. Это
равносильно f(a) ∨ f(b) ≥ f(a ∨ b).
Как и в ii) получим f(a ∧ b) ≤ f(a) ∧ f(b). Так как a ∧ b ∧ (a ∧ b)
′
= 0,
то в силу (7) f(a) ∧ f(b) ∧ f(a ∧ b)
′
= 0. Последнее равенство равносильно
f(a ∧ b) ≥ f(a) ∧ f(b), что доказывает iii).
Для z ∈ a(C), имеющего вид (6), определим отображение
h(z) =
s
i=1
(
r
i
j=1
f(c
i,j
)
σ(i,j)
) (8)
Проверим корректность так определенного отображения h. Пусть наряду с
(6) элемент z имеет еще одно представление
z =
p
k=1
(
q
k
n=1
d
σ(k,n)
k,n
) и h
1
(z) =
p
k=1
(
q
k
n=1
f(d
k,n
)
σ(k,n)
)
Тогда 0 = z ∧ z
′
= (
p
k=1
(
q
k
n=1
d
σ(k,n)
k,n
))
(
r
1
j
1
=1
r
2
j
2
=1
...
r
s
j
s
=1
(c
′σ(1,j
1
)
1,j
1
∧ c
′σ(2,j
2
)
2,j
2
... ∧
c
′σ(s,j
s
)
s,j
s
). В силу дистрибутивности получим
q
k
n=1
d
σ(k,n)
k,n
∧ c
′σ(1,j
1
)
1,j
1
∧ c
′σ(2,j
2
)
2,j
2
... ∧
c
′σ(s,j
s
)
s,j
s
= 0. Тогда по условию (7) получим
q
k
n=1
f(d
k,n
)
σ(k,n)
∧ f(c
1,j
1
)
′σ(1,j
1
)
∧
f(c
2,j
2
)
′σ(2,j
2
)
...∧ f(c
s,j
s
)
′σ(s,j
s
)
= 0. Но тогда h
1
(z)∧h(z)
′
= 0, что равносильно
h
1
(z) ≤ h(z). Аналогично, h(z) ≤ h
1
(z). Нетрудно проверить, что h яв-
ляется гомоморфизмом. Единственность продолжения следует из того, что
любой гомоморфизм, продолжающий f , задается по формуле (8). Теорема
доказана.
12.3. Следствие. Пусть X = a(C), Y = a(D) – две булевы алгебры с
54
   Действительно, из a ∧ a′ = 0 в силу (7) следует f (a) ∧ f (a′ ) = 0. Из a′ ∧
(a′ )′ = 0 следует f (a)′ ∧f (a′ )′ = 0 или f (a)∨f (a′ ) = 1. В силу единственности
дополнения в ба f (a′ ) = f (a)′ .
   Для доказательства ii) заметим сначала, что если x, y ∈ C и x ≤ y , то
f (x) ≤ f (y). Действительно, x ≤ y ⇔ x ∧ y ′ = 0. Поэтому условие (7)
влечет f (x) ∧ f (y)′ = 0, что равносильно f (x) ≤ f (y). Учитывая это и
a ≤ a∨b, b ≤ a∨b получаем f (a)∨f (b) ≤ f (a∨b). Поскольку a′ ∧b′ ∧(a∨b) = 0,
то в силу (7) f (a)′ ∧ f (b)′ ∧ f (a ∨ b) = 0 или [f (a) ∨ f (b)]′ ∧ f (a ∨ b) = 0. Это
равносильно f (a) ∨ f (b) ≥ f (a ∨ b).
   Как и в ii) получим f (a ∧ b) ≤ f (a) ∧ f (b). Так как a ∧ b ∧ (a ∧ b)′ = 0,
то в силу (7) f (a) ∧ f (b) ∧ f (a ∧ b)′ = 0. Последнее равенство равносильно
f (a ∧ b) ≥ f (a) ∧ f (b), что доказывает iii).
   Для z ∈ a(C), имеющего вид (6), определим отображение
                                           ∨
                                           s ∧
                                             ri
                                     h(z) = ( f (ci,j )σ(i,j) )                                                  (8)
                                               i=1 j=1

Проверим корректность так определенного отображения h. Пусть наряду с
(6) элемент z имеет еще одно представление
                 ∨p  ∧
                     qk
                         σ(k,n)            ∨
                                           p  ∧
                                              qk
             z=     ( dk,n ) и h1 (z) =      ( f (dk,n )σ(k,n) )
                        k=1 n=1                               k=1 n=1
                                    ∨
                                    p  ∧
                                       qk
                                          σ(k,n) ∧            ∨
                                                              r1 ∨r2          ∨
                                                                              rs
                                                                                     ′σ(1,j1 )      ′σ(2,j2 )
   Тогда 0 = z ∧ z ′ = (              ( dk,n )) (                       ...        (c1,j1        ∧ c2,j2        ... ∧
                                    k=1 n=1                   j1 =1 j2 =1    js =1
 ′σ(s,j )                                                          ∧
                                                                   qk
                                                                         σ(k,n)     ′σ(1,j )    ′σ(2,j )
cs,js s ). В силу дистрибутивности получим                             dk,n ∧ c1,j1 1 ∧ c2,j2 2 ... ∧
                                                                  n=1
 ′σ(s,j )                                                          ∧
                                                                   qk
cs,js s = 0. Тогда по условию (7) получим                              f (dk,n )σ(k,n) ∧ f (c1,j1 )′σ(1,j1 ) ∧
                                                                  n=1
           ′σ(2,j2 )                  ′σ(s,js )
f (c2,j2 )           ... ∧ f (cs,js )           = 0. Но тогда h1 (z) ∧ h(z)′ = 0, что равносильно
h1 (z) ≤ h(z). Аналогично, h(z) ≤ h1 (z). Нетрудно проверить, что h яв-
ляется гомоморфизмом. Единственность продолжения следует из того, что
любой гомоморфизм, продолжающий f , задается по формуле (8). Теорема
доказана.

   12.3. Следствие. Пусть X = a(C), Y = a(D) – две булевы алгебры с

                                                     54

Страницы