Булевы алгебры: Учебное пособие по спецкурсу

Булевы алгебры Учебное пособие по спецкурсу1 к. ф.-м. н. С. Ю. Подзоров НГУ, 2003 – 2004.

1

Основные определения.

Пусть L = hL, 6i — частично упорядоченное множество. L называется верхней полурешеткой, если для любого непустого конечного подмножества L существует точная верхняя грань2 . Если A ⊆ L, то точную верхнюю грань для A (в случае, если она существует) мы обозначаем sup A. Если a, b ∈ L, то вместо sup{a, b} мы пишем a ∨ b. Введенная таким образом на произвольной верхней полурешетке бинарная операция коммутативна и ассоциативна; кроме того, для нее выполняются свойства (∀a ∈ L)(a ∨ a = a) и (∀a, b ∈ L)(a 6 b ↔ a ∨ b = b). Частично упорядоченное множество L = hL, 6i называется нижней полурешеткой, если для любого непустого конечного подмножества L существует точная нижняя грань3 . Точная нижняя грань множества A обозначается inf A. Для a, b ∈ L вместо inf{a, b} мы пишем a ∧ b. Как и в предыдущем случае, введенная на произвольной нижней полурешетке операция ∧ коммутативна и ассоциативна; кроме того, для нее выполняются свойства (∀a ∈ L)(a ∧ a = a) и (∀a, b ∈ L)(a 6 b ↔ a ∧ b = a). Частично упорядоченное множество называется решеткой, если оно является одновременно верхней и нижней полурешеткой. На каждой решетке определены две бинарные операции: ∨ и ∧. Если в решетке есть наименьший элемент, то мы обозначаем его символом 0 и говорим, что данная решетка является решеткой с нулем. Аналогично, если в решетке 1

Спецкурс подготовлен при поддержке Министерства образования РФ, грант КЦФЕ PD02-1.1-475 2 То есть если A ⊆ L непусто и конечно, то существует a ∈ L, такое что (∀x ∈ A)(x 6 a) и (∀b ∈ L)[(∀x ∈ A)(x 6 b) → a 6 b)]. 3 Определение аналогично определению точной верхней грани, с заменой порядка на противоположный.

1

есть наибольший элемент, то мы обозначаем его символом 1 и говорим, что данная решетка является решеткой с единицей. Примерами решеток являются: множество натуральных чисел4 с отношением делимости5 и произвольное линейно упорядоченное множество. Два других примера изображены ниже на рисунках: t @

t @ @

t @ @t

t @

t

t

@ @t

@ @t

@t

(здесь мы используем стандартные диаграммы для задания конечных частично упорядоченных множеств). Решетка, изображенная на рисунке слева, носит в литературе название пентагон, а решетка на рисунке справа называется диамант. Определение 1 Решетка называется дистрибутивной, если на ней выполнено тождество a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c). Пусть L = hL, 6i — произвольная решетка и M ⊆ L. Мы говорим, что частично упорядоченное множество M = hM, 6i (рассматриваемое с тем же порядком) является подрешеткой в L, если M замкнуто относительно операций ∨ и ∧. Легко показать, что всякая подрешетка сама является решеткой6 . Предложение 1 Для произвольной решетки L следующие условия эквивалентны: 1. L дистрибутивна; 4

Здесь и далее мы считаем, что 0 является натуральным числом. Для a, b ∈ N полагаем a | b ⇔ (∃c ∈ N)(b = ac). Интересно, что в решетке hN, |i нулем (то есть наименьшим элементом) будет натуральное число 1, а единицей (наибольшим элементом) — натуральное число 0. 6 Однако не всякое подмножество решетки будет ее подрешеткой, даже если оно само является решеткой. Например, пусть X = {1, 2, 3} и M = {∅, {1}, {2}, {1, 2, 3}}. Тогда hP(X), ⊆i — решетка, M ⊆ P(X), hM, ⊆i — решетка; однако hM, ⊆i — не подрешетка в hP(X), ⊆i. 5

2

2. на L выполнено тождество a ∧ (b ∨ c) = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c); 3. в L не существует подрешеток, изоморфных пентагону или диаманту. Доказательство. (1 ⇒ 2) Заметим, что тождества (x ∧ y) ∨ x = x и x ∧ (x ∨ y) = x выполнены для любых x и y в силу определения операций ∨ и ∧. По свойству дистрибутивности имеем (a ∧ b) ∨ (a ∧ c) = ((a ∧ b) ∨ a) ∧ ((a ∧ b) ∨ c) = a ∧ ((a ∧ b) ∨ c) = a ∧ (a ∨ c) ∧ (b ∨ c) = a ∧ (b ∨ c). (2 ⇒ 1) Аналогично. (1 ⇔ 3). Без доказательства. Идею доказательства см. в [2].  Пусть a, b, x — элементы решетки с нулем и a 6 b. Элемент x называется дополнением к a относительно b, если x ∧ a = 0 и x ∨ a = b. Предложение 2 Если в дистрибутивной решетке с нулем для a 6 b существует дополнение к a относительно b, то оно единственно. Доказательство. Пусть дистрибутивность имеет место, a 6 b и x1 , x2 — два дополнения к a относительно b. Имеем: x1 = x1 ∨ 0 = x1 ∨ (x2 ∧ a) = (x1 ∨ x2 ) ∧ (x1 ∨ a) = (x1 ∨ x2 ) ∧ b = (x1 ∨ x2 ) ∧ (a ∨ x2 ) = (x1 ∧ a) ∨ x2 = 0 ∨ x2 = x2 .  Говорим, что решетка с нулем является решеткой с относительными дополнениями, если для любых двух элементов a 6 b этой решетки существует дополнение к a относительно b. Если решетка с нулем и относительными дополнениями дистрибутивна, то для любых двух элементов a, b этой решетки существует единственный x, являющийся дополнением к a относительно a ∨ b. Этот x будем обозначать через b \ a. Определение 2 Алгебраическая система A = hA, ∨, ∧, \, 0i с тремя бинарными операциями и константой 0 называется алгеброй Ершова, если на A можно ввести частичный порядок так, что hA, 6i будет дистрибутивный решеткой с нулем и относительными дополнениями, причем 0 будет являться наименьшим элементом относительно введенного порядка и для любых a, b ∈ A a ∨ b = sup{a, b}, a ∧ b = inf{a, b}, а b \ a равно дополнению к a относительно a ∨ b.

3

Алгебра Ершова и дистрибутивная решетка с нулем и относительными дополнениями — это, по сути, один и тот же объект, только рассматриваемый в разных сигнатурах (решетка относительно порядка, алгебра относительно операций). Если есть алгебра Ершова hA, ∨, ∧, \, 0i, то на A можно ввести порядок x 6 y ⇔ x ∨ y = y и получить дистрибутивную решетку с нулем и относительными дополнениями. Обратно, если есть решетка, то можно ввести операции супремума, инфимума, взятия дополнения, обозначить через 0 наименьший элемент и получить алгебру. В дальнейшем мы будем говорить только об алгебрах, причем всегда будем считать, что на носителе алгебры задано соответствующее отношение порядка. Определение 3 Булевой решеткой называется дистрибутивная решетка с нулем, единицей и относительными дополнениями. Определение 4 Алгебраическая система B = hB, ∨, ∧, c, 0, 1i с двумя бинарными операциями, одной унарной операцией и двумя константами называется булевой алгеброй, если на B можно ввести частичный порядок так, что hB, 6i будет булевой решеткой, причем 0 будет являться наименьшим элементом относительно введенного порядка, 1 будет наибольшим элементом и для любых a, b ∈ B a∨b = sup{a, b}, a∧b = inf{a, b}, а c(a) равно дополнению к a относительно 1. Так же, как и в случае с алгебрами Ершова, можно сказать, что булева решетка и булева алгебра —- это один и тот же объект, только рассматриваемый в разных сигнатурах. В дальнейшем мы будем говорить об алгебрах и считать, что на носителе каждой булевой алгебры всегда задан соответствующий частичный порядок. Кроме того, поскольку булева решетка является частным случаем дистрибутивной решетки с нулем и относительными дополнениями, можно считать, что на каждой булевой алгебре задана бинарная операция взятия относительного дополнения и что каждая булева алгебра является алгеброй Ершова. Введем еще одну бинарную операцию: если a, b — элементы алгебры Ершова, то через a M b обозначим элемент этой алгебры, равный (a \ b) ∨ (b \ a). В дальнейшем мы рассматриваем алгебры Ершова как системы сигнатуры {6, ∨, ∧, \, M, 0}, а булевы алгебры — как системы сигнатуры {6, ∨, ∧, \, M, c, 0, 1}. Прежде чем переходить к следующей части, рассмотрим еще один класс объектов, тесно связанных с булевыми алгебрами. 4

Определение 5 Ассоциативное коммутативное кольцо с единицей называется булевым, если на нем выполнено тождество x2 = x. Предложение 3 Если в булевой алгебре hB, 6, ∨, ∧, \, M, c, 0, 1i положить xy = x ∧ y и x + y = x M y, то алгебраическая система hB, +, ·, 0, 1i будет булевым кольцом. Обратно, если в булевом кольце hB, +, ·, 0, 1i положить x 6 y ⇔ xy = x, то hB, 6i будет булевой решеткой. Доказательство. То, что на алгебраической системе hB, +, ·, 0, 1i, где xy = x ∧ y и x + y = x M y, выполняются все аксиомы булева кольца, следует из доказанного позже следствия 4 (доказательство которого никак не опирается на данное предложение). Пусть теперь hB, +, ·, 0, 1i — булево кольцо и x 6 y ⇔ xy = x. Транзитивность, рефлексивность и антисимметричность введенного отношения следуют из утверждений x 6 y & y 6 z ⇒ xz = (xy)z = x(yz) = xy = x, x2 = x и xy = yx. То, что 0 — наименьший элемент, а 1 — наибольший, следует из определения нуля и единицы в кольце. Так как (xy)x = (xy)y = xy и zx = zy = z ⇒ z(xy) = z, то xy = inf{x, y}. Для любого b ∈ B имеем b + b + b + b = b2 + b2 + b2 + b2 = (b + b)2 = b + b и, значит, b + b = 0. Пусть теперь x ∨ y = xy + x + y. Тогда x(x ∨ y) = x2 y + x2 + xy = x, y(x ∨ y) = yxy + yx + y 2 = y и x ∨ y — верхняя грань множества {x, y}. Если x 6 z и y 6 z, то (x ∨ y)z = xyz + xz + yz = xy + x + y = x ∨ y и x ∨ y = sup{x, y}. Таким образом, hB, 6i — решетка с нулем и единицей. Ее дистрибутивность следует из предложения 1 и равенства x ∧ (y ∨ z) = x(yz + y + z) = (xy)(xz) + xy + xz = (x ∧ y) ∨ (x ∧ z). Наконец, пусть x 6 y и z = x + y. Тогда z ∧ x = xz = x2 + xy = x + x = 0 и x ∨ z = x(x + y) + x + x + y = xy + x + y = y. Таким образом, z — дополнение к x относительно y и hB, 6i — булева решетка.  Таким образом, булевы кольца — это по сути те же булевы алгебры (или булевы решетки), рассматриваемые в кольцевой сигнатуре. Больше мы не будем касаться булевых колец, а сосредоточимся на алгебрах. Далее по тексту A везде обозначает алгебру Ершова. Мы отождествляем алгебру A с ее носителем и пишем a ∈ A вместо a ∈ |A|.

2

Идеалы, фактор-алгебры и гомоморфизмы.

Определение 6 Пусть A — алгебра Ершова и I ⊆ A. I называется идеалом в A (обозначается I C A), если: 5

1. 0 ∈ I; 2. если x ∈ I и y 6 x, то y ∈ I; 3. если x, y ∈ I, то x ∨ y ∈ I. В качестве примера можно привести следующие идеалы: I = A (так называемый несобственный идеал); для a ∈ A b a = {x ∈ A : x 6 a} — главный идеал, порожденный элементом a; для произвольного множества X идеал в P(X), состоящий из конечных множеств. Каждый идеал алгебры Ершова сам является алгеброй Ершова (относительно операций на алгебре, в которой берется идеал)7 . Пусть I C A. Для x, y ∈ A пишем x 6I y, если существует i ∈ I, такой что x 6 y ∨ i. Предложение 4 Пусть I C A. Тогда справедливо следующее: 1. 6I — отношение предпорядка на A; 2. x 6I y ⇔ x \ y ∈ I. Доказательство. 1) Рефлексивность очевидна. Транзитивность следует из того, что если a 6 b ∨ i1 и b 6 c ∨ i2 , то a 6 c ∨ (i1 ∨ i2 ). 2) Пусть a 6 b ∨ i для i ∈ I. Тогда b ∨ (a \ b) = a ∨ b 6 (b ∨ i) ∨ b = b ∨ i и a \ b 6 b ∨ i. Имеем a \ b = (a \ b) ∧ (b ∨ i) = ((a \ b) ∧ b) ∨ ((a \ b) ∧ i) = 0 ∨ ((a \ b) ∧ i) 6 i и a \ b ∈ I. Пусть, наоборот, a \ b ∈ I. Тогда a 6 a ∨ b = b ∨ (a \ b).  Следствие 1 Для алгебры Ершова A и a, b ∈ A a = b тогда и только тогда, когда a M b = 0. Доказательство. Рассмотрим идеал I = {0}. Тогда для a, b ∈ A a 6I b равносильно a 6 b. Получаем a = b ⇔ (a 6 b) & (b 6 a) ⇔ (a \ b ∈ I) & (b \ a ∈ I) ⇔ a M b = (a \ b) ∨ (b \ a) ∈ I.  Раз 6I — предпорядок, то отношение ≡I , определенное следующим образом: x ≡I y ⇔ x 6I y и y 6I x является отношением эквивалентности. Для a ∈ A класс эквивалентности отношения ≡I , содержащий a, мы 7

Заметим также, что если I — идеал булевой алгебры B и мы рассматриваем B как булево кольцо, то I будет также кольцевым идеалом.

6

обозначаем через [a]I (или просто через [a], если ясно, о каком идеале идет речь). Множество классов эквивалентности обозначаем через A/I . Предпорядок 6I , заданный на A, индуцирует на A/I отношение частичного порядка, которое мы также будем обозначать через 6I (отношение определяется следующим образом: [a]I 6I [b]I ⇔ a 6I b). Предложение 5 Пусть A — дистрибутивная решетка с нулем и относительными дополнениями, а I — идеал в A. Тогда 1. Частично упорядоченное множество A/I (относительно порядка 6I ) является дистрибутивной решеткой с нулем и относительными дополнениями. 2. Для a, b ∈ A [a] ∨ [b] = [a ∨ b], [a] ∧ [b] = [a ∧ b] и [a] \ [b] = [a \ b]. 3. Если 0 — наименьший элемент в A, то [0] — наименьший элемент в A/I . 4. Если 1 — наибольший элемент в A, то [1] — наибольший элемент в A/I . Доказательство. Пункты 3 и 4 очевидны. Докажем, что для a, b ∈ A элемент [a ∨ b] является точной верхней гранью множества {[a], [b]}. Так как a, b 6I a ∨ b, то [a ∨ b] — верхняя грань. Пусть [a] 6I [c] и [b] 6I [c]. Тогда a 6 c ∨ i1 и b 6 c ∨ i2 для i1 , i2 ∈ I. Объединяя эти неравенства, получаем a ∨ b 6 c ∨ (i1 ∨ i2 ) и [a ∨ b] 6I [c]. Рассуждая аналогичным образом, можно получить, что [a ∧ b] — точная нижняя грань множества {[a], [b]}. Действительно, a ∧ b 6I a, b и [a ∧ b] — нижняя грань. Пусть [c] 6I [a] и [c] 6I [b]. Тогда c 6 a ∨ i1 и c 6 b ∨ i2 для i1 , i2 ∈ I. Для i = i1 ∨ i2 i ∈ I, c 6 a ∨ i и c 6 b ∨ i. Пересекая эти два неравенства, получаем c 6 (a ∨ i) ∧ (b ∨ i) = (a ∧ b) ∨ i, то есть [c] 6I [a ∧ b]. Таким образом, A/I — решетка с нулем и первые два равенства из пункта 2 выполнены. Дистрибутивность следует из дистрибутивности A и этих двух равенств, так как [a]∨([b]∧[c]) = [a∨(b∧c)] = [(a∨b)∧(a∨c)] = ([a] ∨ [b]) ∧ ([a] ∨ [c]). Осталось доказать, что для любых a, b ∈ A [a \ b] — дополнение к [b] относительно [a] ∨ [b], то есть что [b] ∧ [a \ b] = [0] и [b] ∨ [a \ b] = [a] ∨ [b]. Это очевидным образом следует из первых двух равенств пункта 2.  Таким образом, если A — алгебра Ершова (булева алгебра), то A/I — также алгебра Ершова (булева алгебра). Эта алгебра называется фактор-алгеброй алгебры A по идеалу I. 7

Определение 7 Пусть A и B — алгебры Ершова, а ϕ : A → B — отображения из носителя A в носитель B. Отбражение ϕ называется гомоморфизмом, если ϕ(0) = 0 и для любых a, b ∈ A ϕ(a ∨ b) = ϕ(a) ∨ ϕ(b) и ϕ(a ∧ b) = ϕ(a) ∧ ϕ(b). Замечание 1 Если ϕ — гомоморфизм, то из a 6 b следует ϕ(a) 6 ϕ(b). Действительно, если a 6 b, то a = a ∧ b и ϕ(a) = ϕ(a ∧ b) = ϕ(a) ∧ ϕ(b). Замечание 2 Если ϕ — гомоморфизм, то ϕ(a \ b) = ϕ(a) \ ϕ(b). Действительно, ϕ(a \ b) ∨ ϕ(b) = ϕ((a \ b) ∨ b) = ϕ(a ∨ b) = ϕ(a) ∨ ϕ(b) и ϕ(a \ b) ∧ ϕ(b) = ϕ((a \ b) ∧ b) = ϕ(0) = 0. Определение 8 Пусть A и B — булевы алгебры, а ϕ : A → B — гомоморфизм из A в B. Тогда ϕ называется булевым гомоморфизмом, если ϕ(1) = 1. Замечание 3 Если ϕ — булевый гомоморфизм, то ϕ((a)) = c(ϕ(a)). Действительно, ϕ(c(a)) = ϕ(1 \ a) = ϕ(1) \ ϕ(a) = 1 \ ϕ(a) = c(ϕ(a)). Определение 9 Пусть A, B — алгебры Ершова. Мы говорим, что A является подалгеброй B, если A ⊆ B и тождественное отображение из A в B, сопоставляющее каждому элементу сам этот элемент, является гомоморфизмом. Определение 10 Пусть A, B — булевы алгебры. Мы говорим, что A является булевой подалгеброй B, если A является подалгеброй B и 1A = 1B . Другими словами, подалгебра — это подмножество алгебры, замкнутое относительно операций и содержащее все константы, которое мы рассматриваем относительно тех же самых операций. Например, если I C A, то I можно рассматривать как подалгебру A; при этом I будет булевой подалгеброй в том и только в том случае, если A — булева алгебра и I = A. Инъективные гомоморфизмы мы называем мономорфизмами, а сюрьективные — эпиморфизмами. Если гомоморфизм является мономорфизмом и эпиморфизмом, то он называется изоморфизмом. Гомоморфизм алгебры в себя называется эндоморфизмом. Ядром гомоморфизма ϕ : A → B называется множество Kerϕ = {a ∈ A : ϕ(a) = 0}, а образом — 8

множество Imϕ = {ϕ(a) : a ∈ A}. Легко показать, что ϕ является мономорфизмом тогда и только тогда, когда Kerϕ = {0}. Действительно, если Kerϕ 6= {0}, то у нуля существует более одного прообраза, а если Kerϕ = {0} и ϕ(a) = ϕ(b), то 0 = ϕ(a) M ϕ(b) = ϕ(a M b), a M b = 0 и a = b. Образ гомоморфизма из A в B является подалгеброй в B. Если же ϕ : A → B — булевый гомоморфизм, то Imϕ — булева подалгебра в B. Из определение легко показать, что для каждого гомоморфизма ϕ : A → B ядро ϕ является идеалом в A. Верно и обратное: каждый идеал является ядром некоторого гомоморфизма. Действительно, пусть I C A. Рассмотрим отображение pI : A → A/I , определенное следующим образом: ϕ(a) = [a]I . По предложению 5 pI является гомоморфизмом и x ∈ KerpI ⇔ [0]I = [x]I ⇔ [x]I 6I [0]I ⇔ (∃i ∈ I)(x 6 0 ∨ i) ⇔ x ∈ I. Гомоморфизм pI мы называем факторизацией алгебры A по идеалу I. Теорема 1 (о продолжении эпиморфизма) Пусть A, B, C — алгебры Ершова, ϕ : A → B — гомоморфизм, ψ : A → C — эпиморфизм и Kerψ ⊆ Kerϕ. Тогда существует единственный гомоморфизм ε : C → B, такой что ϕ = ε ◦ ψ, то есть следующая диаграмма A ϕ

ψ ε

 ~

~

~

/C ~

B

коммутативна, причем Kerε = {ψ(a) : a ∈ Kerϕ} и Imε = Imϕ. Доказательство. Пусть c ∈ C. Тогда для некоторого a ∈ A имеем c = ψ(a). Полагаем ε(c) = ϕ(a). Это определение корректно, так как если ψ(a1 ) = ψ(a2 ), то ψ(a1 M a2 ) = ψ(a1 ) M ψ(a2 ) = 0, a1 M a2 ∈ Kerψ ⊆ Kerϕ, ϕ(a1 ) M ϕ(a2 ) = ϕ(a1 M a2 ) = 0 и ϕ(a1 ) = ϕ(a2 ). Покажем, что ε — гомоморфизм. Так как 0 = ψ(0), то ε(0) = 0. Пусть c1 , c2 ∈ C, c1 = ψ(a1 ) и c2 = ψ(a2 ). Тогда c1 ∨ c2 = ψ(a1 ∨ a2 ) и c1 ∧ c2 = ψ(a1 ∧ a2 ). Имеем ε(c1 ∨ c2 ) = ϕ(a1 ∨ a2 ) = ϕ(a1 ) ∨ ϕ(a2 ) = ε(c1 ) ∨ ε(c2 ). Аналогично ε(c1 ∧ c2 ) = ϕ(a1 ∧ a2 ) = ϕ(a1 ) ∧ ϕ(a2 ) = ε(c1 ) ∧ ε(c2 ). Покажем единственность ε. Пусть ε0 : C → B — произвольный гомоморфизм, такой что ϕ = ε0 ◦ ψ и c ∈ C. Тогда для некоторого a ∈ A c = ψ(a) и ε0 (c) = ε0 (ψ(a)) = ϕ(a) = ε(c). Справедливость утверждений о ядре и образе ε очевидна из определения ε.  9

Следствие 2 Пусть ϕ : A → B — гомоморфизм. Тогда Imϕ ∼ = A/Kerϕ . Пусть A — алгебра Ершова. Через I(A) обозначим множество всех идеалов алгебры A. Предложение 6 Частично упорядоченное множество hI(A), ⊆i является дистрибутивной решеткой с нулем и единицей. Доказательство. Нулем в I(A) будет идеал I = {0}, а единицей — идеал I = A. Пусть I1 , I2 ∈ I(A). Через I1 ∧ I2 обозначим множество {x ∈ A : (x ∈ I1 )&(x ∈ I2 )}, а через I1 ∨I2 — множество {i1 ∨i2 : i1 ∈ I1 , i2 ∈ I2 }. Проверив аксиомы из определения 6, можно убедиться, что оба этих множества являются идеалами (аксиома 2 для второго множества выполнена, так как если y 6 i1 ∨ i2 , то y = y ∧ (i1 ∨ i2 ) = (y ∧ i1 ) ∨ (y ∧ i2 ) = i01 ∨ i02 , остальное очевидно). Идеал I1 ∧ I2 является точной нижней гранью для I1 , I2 , поскольку I1 ∧ I2 = I1 ∩ I2 — теоретико-множественное пересечение. Покажем, что I1 ∨ I2 — точная верхняя грань для I1 , I2 . Включения I1 , I2 ⊆ I1 ∨ I2 очевидны. Если I1 , I2 ⊆ I 0 для идеала I 0 , то для произвольного i1 ∨ i2 ∈ I1 ∨ I2 i1 ∈ I1 ⊆ I 0 , i2 ∈ I2 ⊆ I 0 и i1 ∨ i2 ∈ I 0 по аксиоме 3. Осталось доказать равенство I1 ∨ (I2 ∧ I3 ) = (I1 ∨ I2 ) ∧ (I1 ∨ I3 ) для произвольных I1 , I2 , I3 ∈ I(A). Пусть x принадлежит левой части равенства. Тогда x = i ∨ j, где i ∈ I1 и j ∈ I2 ∩ I3 . Но тогда x ∈ I1 ∨ I2 и x ∈ I1 ∨ I3 ; следовательно, x ∈ (I1 ∨ I2 ) ∧ (I1 ∨ I3 ). Докажем обратное включение. Пусть x ∈ I1 ∨ I2 и x ∈ I1 ∨ I3 . Тогда x = i1 ∨ j1 и x = i2 ∨ j2 , где i1 , i2 ∈ I1 , j1 ∈ I2 и j2 ∈ I3 . Имеем i1 , i2 6 x. Пусть i = i1 ∨i2 . Объединяя первое равенство с i2 , а второе с i1 , получаем x = i ∨ j1 = i ∨ j2 . Пересекая различные части этого равенства, получаем x = (i∨j1 )∧(i∨j2 ) = i∨(j1 ∧j2 ) = i∨j, где j = j1 ∧j2 . Остается заметить, что i ∈ I1 , а j ∈ I2 ∧ I3 .  Если A, B — алгебры Ершова, то под их прямой суммой (или внешней прямой суммой) будем понимать множество A × B с покомпонентными операциями и покомпонентным порядком. Внешнюю прямую сумму будем обозначать A ⊕ B. Легко видеть, что прямая сумма двух алгебр Ершова является алгеброй Ершова и при этом она является булевой алгеброй тогда и только тогда, когда каждое из слагаемых является булевой алгеброй. 10

Пусть A, B — алгебры Ершова, которые являются идеалами (и, следовательно, подалгебрами) некоторой алгебры Ершова C и A ∩ B = {0}. Тогда под внутренней прямой суммой этих алгебр (по отношению к алгебре C) будем понимать идеал алгебры C, равный A ∨ B. Внутреннюю прямую сумму мы обозначаем через A+B. Легко видеть, что внутренняя прямая сумма, рассматриваемая как подалгебра в C, изоморфна внешней прямой сумме. Изоморфизм из A ⊕ B на A + B задается правилом: ha, bi 7→ a ∨ b.

3

Простые идеалы и тождества.

Определение 11 Идеал M C A называется максимальным, если M 6= A и для любого I C A если M ⊆ I, то I = M или I = A. Другими словами, максимальные идеалы — это максимальные элементы множества I(A) \ {A}. Определение 12 Идеал P C A называется простым, если P 6= A и для любых a, b ∈ A из a ∧ b ∈ P следует a ∈ P или b ∈ P . Через B2 обозначим двухэлементную булеву алгебру {0, 1}. Теорема 2 Пусть P C A. Следующие условия эквивалентны: 1. P — простой идеал; 2. P — максимальный идеал; 3. A/P ∼ = B2 . Доказательство. (1 ⇒ 2) Пусть P — простой идеал. Тогда P 6= A. Пусть для I C A P ⊂ I ⊂ A. Тогда существуют a ∈ A \ I и b ∈ I \ P . Так как b∧(a\b) = 0 ∈ P , то a\b ∈ P и a\b ∈ I. Но тогда b∨(a\b) = a∨b ∈ I. Однако a 6 a ∨ b; противоречие. (2 ⇒ 3) Пусть A/P ∼ 6= B2 . Тогда в A/P найдутся элементы x, y, такие что 0 < x < y. Пусть p : A → A/P — факторизация алгебры A по идеалу P и I = {a ∈ A : p(a) 6 x}. Поскольку p является гомоморфизмом, то I — идеал в A. Так как P = Kerp, то P ⊂ I. Так как существует b ∈ A, такой что p(b) = y, то I 6= A. Получаем, что P — не максимальный идеал. 11

(3 ⇒ 1) Пусть P C A и ϕ : A → B2 — эпиморфизм, такой что Kerϕ = P . Так как ϕ−1 (1) 6= ∅, то P 6= A. Пусть для a, b ∈ A a ∧ b ∈ P . Тогда 0 = ϕ(a ∧ b) = ϕ(a) ∧ ϕ(b) и один из элементов ϕ(a), ϕ(b) равен нулю, поскольку в B2 нет элементов, отличных от 0 и 1. Но тогда ϕ(a) ∈ Kerϕ = P или ϕ(b) ∈ Kerϕ = P .  Мы говорим, что множество X ⊆ A замкнуто относительно пересечений, если для любых a, b ∈ X a ∧ b ∈ X. Теорема 3 Пусть I C A, множество X ⊆ A непусто, замкнуто относительно пересечений и I ∩ X = ∅. Тогда существует простой идеал P C A, такой что I ⊆ P и P ∩ X = ∅. Доказательство. Рассмотрим подмножество S ⊆ I(A), равное {J C A : (I ⊆ J) & (X ∩ J = ∅)}. Тогда S 6= ∅. Кроме того, частично упорядоченное множество hS, ⊆i индуктивно, поскольку объединение любой возрастающей цепочки идеалов является идеалом. Следовательно, по лемме Цорна, в S есть максимальные элементы. Пусть P — один из максимальных элементов в S. Покажем, что идеал P простой. P 6= A, так как X 6⊆ P . Пусть a, b ∈ A \ P и a ∧ b ∈ P . Имеем P ∨ b a ⊃ P ; так как P — максимальный в S, то (P ∨ b a) ∩ X 6= ∅ и существует x1 ∈ X, такой что x1 = p1 ∨ a0 для p1 ∈ P и a0 6 a. Объединяя правую часть равенства с a, получаем x1 6 p1 ∨ a. Аналогично существуют x2 ∈ X и p2 ∈ P , такие что x2 6 p2 ∨ b. Полагая p = p1 ∨ p2 , имеем x1 6 p ∨ a и x2 6 p ∨ b. Пересекая эти два неравенства, получаем x1 ∧ x2 6 (p ∨ a) ∧ (p ∨ b) = p ∨ (a ∧ b) и x1 ∧ x2 ∈ P , так как p, a ∧ b ∈ P . Однако x1 ∧ x2 ∈ X; противоречие.  Следствие 3 Пусть a ∈ A и a 6= 0. Тогда существует простой идеал P , такой что a 6∈ P . Доказательство. Применим теорему 3 к X = {a} и I = {0}.  Под термом мы понимаем терм сигнатуры {∨, ∧, \, M, 0} или, другими словами, выражение от переменных и константы 0, записанное при помощи операций ∨, ∧, \. Запись t = t(x1 , . . . , xk ) означает, что все переменные, которые входят в t, содержатся в наборе x1 , . . . , xk . Под булевым термом мы понимаем терм сигнатуры {∨, ∧, \, M, c, 0, 1}. Тождеством 12

называется запись вида t1 = t2 , где t1 и t2 — термы, а булевым тождеством — запись вида t1 = t2 , где t1 и t2 — булевы термы. Примеры тождеств: x ∨ (y ∨ z) = (x ∨ y) ∨ z, x M y = 0, 1 M x = c(x) ∨ 0; первые два — это просто тождества, а третье — булево тождество. Мы говорим, что тождество (булево тождество) t1 (x1 , . . . , xk ) = t2 (x1 , . . . , xk ) выполнено на алгебре Ершова (булевой алгебре) A, если для любых a1 , . . . , ak ∈ A в A выполнено равенство t1 (a1 , . . . , ak ) = t2 (a1 , . . . , ak ). Так, в приведенных выше примерах первое тождество выполнено на всех алгебрах Ершова, второе — только на алгебре A = {0}, а третье — на всех булевых алгебрах. Теорема 4 Пусть t1 = t2 — тождество (булево тождество). Тогда следующие условия эквивалентны: 1. Тождество t1 = t2 выполнено на всех алгебрах Ершова (булевых алгебрах); 2. Тождество t1 = t2 выполнено на всех алгебрах вида P(X), где X — множество; 3. Тождество t1 = t2 выполнено на двухэлементной алгебре B2 . Доказательство. Импликации 1 ⇒ 2 ⇒ 3 очевидны. Докажем 3 ⇒ 1. Пусть t1 (x1 , . . . , xk ) = t2 (x1 , . . . , xk ) не выполнено на алгебре A, то есть найдутся a1 , . . . , ak ∈ A, такие что t1 (a1 , . . . , ac ) 6= t2 (a1 , . . . , ak ). Обозначим t1 (a1 , . . . , ak ) = b и t2 (a1 , . . . , ak ) = c. Тогда либо b 66 c, либо c 66 b; пусть, для определенности, b 66 c. Применив теорему 3 к I = b c и X = {b}, получим простой идеал P , такой что b 6∈ P и c ∈ P . По теореме 2 существует эпиморфизм ϕ : A → B2 , такой что Kerϕ = P , причем если A — булева алгебра, то этот эпиморфизм булевый. Так как ϕ сохраняет операции и константы, то 1 = ϕ(b) = t1 (ϕ(a1 ), . . . , ϕ(ak )) и 0 = ϕ(c) = t2 (ϕ(a1 ), . . . , ϕ(ak )). Получаем, что тождество t1 = t2 не выполнено на B2 .  Следствие 4 На всех алгебрах Ершова (булевых алгебрах) выполнены следующие тождества: 1. (x ∨ y) \ z = (x \ z) ∨ (y \ z); (x ∧ y) \ z = (x \ z) ∧ (y \ z); 2. x \ (y ∨ z) = (x \ y) ∧ (x \ z); x \ (y ∧ z) = (x \ y) ∨ (x \ z); 13

3. x \ y = (x ∨ y) \ y = x \ (x ∧ y); 4. (x \ y) \ z = x \ (y ∨ z); x \ (y \ z) = (x \ y) ∨ (x ∧ z); 5. c(x ∨ y) = c(x) ∧ c(y); c(x ∧ y) = c(x) ∨ c(y); 6. cc(x) = x; 7. x ∧ c(x) = 0; x ∨ c(x) = 1; 8. x \ y = x ∧ c(y); 9. (x M y) M z = x M (y M z); 10. x M y = y M x = (x ∨ y) \ (x ∧ y); 11. x ∧ (y M z) = (x ∧ y) M (x ∧ z). Доказательство. Для каждого из этих тождеств можно либо установить его истинность на алгебрах вида P(X), нарисовав диаграммы Венна, либо установить его истинность на B2 , построив таблицы значений входящих в него термов. 

4

Точные последовательности и идеальные пополнения.

Мы установили, что если дана алгебра A и ее идеал I, то можно профакторизовать A по I и получить фактор-алгебру A/I . Займемся теперь обратной задачей: по идеалу I и фактор-алгебре A/I требуется восстановить (с точностью до изоморфизма) алгебру A. Обычно это задача имеет много решений. Чтобы как-то классифицировать все решения, сначала поставим эту задачу в другой формулировке. Пусть дана последовательность алгебр и гомоморфизмов: A0

ϕ0

/A

ϕ1

1

/ ...

ϕn−1

/A n

Мы говорим, что эта последовательность является точной, если для каждого i < n − 1 Imϕi = Kerϕi+1 . В точных последовательностях образ каждого гомоморфизма является идеалом и композиция любых идущих подряд гомоморфизмов есть нулевой гомоморфизм. 14

Пусть теперь последовательность /A

0

ϕ

ψ

/C

/B

/0

(1)

точна (0 по краям этой последовательности обозначает одноэлементную алгебру {0}). Тогда ϕ — мономорфизм, ψ — эпиморфизм и Imϕ = Kerψ. По следствию 2 получаем, что Imϕ ∼ = A и C/Imϕ ∼ = B. Исходную задачу теперь можно сформулировать следующим образом: по алгебрам Ершова A и B найти алгебру C и гомоморфизмы ϕ и ψ, такие что последовательность (1) будет точной. Пусть теперь даны две точные последовательности: 0

/A

ϕ1

/C 1

ψ1

/B

/0

(2)

0

/A

ϕ2

/C 2

ψ2

/B

/0

(3)

Мы будем говорить, что последовательности (2) и (3) эквивалентны, если существует гомоморфизм ε, для которого следующая диаграмма коммутативна: 0

/A

ϕ1

id

0

 /A

ϕ2

/C 1 ε  /C 2

ψ1

/B

/0

(4)

id

ψ2

 /B

/0

Предложение 7 Пусть последовательности (2) и (3) эквивалентны. Тогда гомоморфизм ε, изображенный на диаграмме (4), единственен и является изоморфизмом. Доказательство. Покажем, что ε — мономорфизм. Пусть для c ∈ C1 ε(c) = 0. Тогда ψ1 (c) = ψ2 (ε(c)) = ψ2 (0) = 0, то есть c ∈ Kerψ1 = Imϕ1 . Значит, c = ϕ1 (a) для некоторого a ∈ A. Но тогда ϕ2 (a) = ε(ϕ1 (a)) = ε(c) = 0, a ∈ Kerϕ2 , a = 0 и c = 0. Покажем, что ε — эпиморфизм. Пусть c2 — произвольный элемент алгебры C2 . Пусть b2 = ψ2 (c2 ). Так как ψ1 — эпиморфизм, то существует c1 ∈ C1 , такой что b2 = ψ1 (c1 ). Имеем ψ2 (c2 M ε(c1 )) = ψ2 (c2 ) M ψ2 (ε(c1 )) = b2 M b2 = 0, то есть c2 M ε(c1 ) ∈ Kerψ2 = Imϕ2 . Пусть a ∈ A таков, что ϕ2 (a) = c2 M ε(c1 ). Положим c = c1 M ϕ1 (a). Тогда ε(c) = ε(c1 ) M ε(ϕ1 (a)) = ε(c1 ) M ϕ2 (a) = ε(c1 ) M (c2 M ε(c1 )) = (ε(c1 ) M ε(c1 )) M c2 = c2 . 15

Покажем единственность. Пусть для гомоморфизмов ε1 , ε2 диаграмма (4) коммутативна. Пусть c — произвольный элемент алгебры C. Тогда ψ2 (ε1 (c) M ε2 (c)) = ψ2 (ε1 (c)) M ψ2 (ε2 (c)) = ψ1 (c) M ψ1 (c) = 0 и ε1 (c) M ε2 (c) ∈ Kerψ2 = Imϕ2 . Тогда существует a ∈ A, такой что ε1 (c) M ε2 (c) = ϕ2 (a). Имеем ϕ2 (a) = ε1 (ϕ1 (a)) = ε2 (ϕ1 (a)). Так как Imϕ1 — идеал в C, то существует a0 ∈ A, такой что ϕ1 (a0 ) = c ∧ ϕ1 (a). Получаем ε1 (ϕ1 (a0 )) = ε1 (c∧ϕ1 (a)) = ε1 (c)∧ε1 (ϕ1 (a)) = ε1 (c)∧(ε1 (c) M ε2 (c)). Аналогично ε2 (ϕ1 (a0 )) = ε2 (c) ∧ (ε1 (c) M ε2 (c)). Однако ε1 (ϕ1 (a0 )) = ε2 (ϕ1 (a0 )); значит, ε1 (c) ∧ (ε1 (c) M ε2 (c))
= ε2 (c) ∧ (ε1 (c) M ε2 (c)). Наконец, ε1 (c) = (ε (c) ∧ ε (c)) M (ε (c) ∧ ε (c)) M (ε1 (c) ∧ ε2 (c)) 1 1 1 2

= ε1 (c) ∧ (ε1 (c) M ε2 (c)) M (ε1 (c) ∧ ε2 (c)) = ε2
(c) ∧ (ε1 (c) M ε2 (c)) M (ε1 (c) ∧ ε2 (c)) = (ε2 (c) ∧ ε1 (c)) M (ε2 (c) ∧ ε2 (c)) M (ε1 (c) ∧ ε2 (c)) = ε2 (c).  Таким образом, введенное нами на классе точных последовательностей отношение действительно является эквивалентностью8 . Нахождение точных последовательностей с точностью до эквивалентности соответствует решению задачи о нахождении по A и B алгебры C, такой что A C C и C/A ∼ = B, с точностью до изоморфизма над A9 . Класс всех точных последовательностей вида (1) с точностью до эквивалентности обозначим через Ext(A, B). Определение 13 Пусть A, B — алгебры Ершова и ϕ : A → B — вложение алгебры A в B в качестве идеала, то есть такой мономорфизм, что Imϕ C B. Пара hϕ, Bi называется идеальным пополнением алгебры A, если для любой алгебры Ершова C и вложения ψ : A → C в качестве идеала существует единственный гомоморфизм ψ 0 : C → B, такой что следующая диаграмма коммутативна: A ψ

 ~

ϕ

~

~

/B ~>

ψ0

C

Сразу отметим, что если идеальное пополнение существует, то оно единственно в следующем смысле: если hϕ1 , B1 i, hϕ2 , B2 i — идеальные пополнения A, то существует единственный изоморфизм ε : B1 → B2 , 8

То есть рефлексивно, транзитивно и симметрично. Пусть A C C1 , A C C2 и ϕ : C1 → C2 — изоморфизм. Мы говорим, что ϕ есть изоморфизм над A, если для любого a ∈ A ϕ(a) = a. 9

16

такой что ϕ2 = ϕ ◦ ϕ1 (другими словами, если в идеальном пополнении hϕ, Bi отождествлять A и ϕ(A), считая, что A C B, то B единственна с точностью до изоморфизма над A и у нее не существует нетривиальных автоморфизмов над A). Действительно, рассмотрим следующую диаграмму: ϕ2 ϕ1 /B B2 aCo A = 1 {= C C id {{{ { C Cε C C ϕ1{{{{ { δ C!  {{ δ ◦ ε

B1

Из определения идеального пополнения существуют единственные гомоморфизмы ε и δ, такие что ϕ2 = ε◦ϕ1 и ϕ1 = δ ◦ϕ2 . Имеем ϕ1 = (δ ◦ε)◦ϕ1 . Ясно, что ϕ1 = id ◦ ϕ1 . Так как в определении идеального пополнения говорится об единственности гомоморфизма, то id = δ ◦ ε. Но тогда ε — биекция и, следовательно, изоморфизм. Теорема 5 Для каждой алгебры Ершова существует идеальное пополнение, причем его вторая компонента является булевой алгеброй. Доказательство. Пусть A — алгебра Ершова. Будем говорить, что идеал I C A является локально главным, если для любого a ∈ A идеал b a ∩ I — главный. Множество всех локально главных идеалов алгебры A обозначим Iloc (A). Имеем Iloc (A) ⊆ I(A) и A, {0} ∈ Iloc (A). Покажем, что Iloc (A) является подрешеткой в I(A). Пусть I1 , I2 ∈ Iloc (A) и a ∈ A. Тогда b a ∩ I1 = b a1 и b a ∩ I2 = b a2 для некоторых a1 , a2 ∈ A. Имеем b a ∩ (I1 ∧ I2 ) = b a1 ∩b a2 = a\ 1 ∧ a2 \ иb a ∩ (I1 ∨ I2 ) = (b a ∩ I1 ) ∨ (b a ∩ I2 ) = b a1 ∨ b a2 = a1 ∨ a2 . Таким образом Iloc (A) — дистрибутивная решетка с нулем и единицей. Покажем, что она является решеткой с относительными дополнениями. Пусть I ⊆ J — локально главные идеалы. Через J \ I обозначим множество {j ∈ J : (∀i ∈ I)(i ∧ j = 0)}. Ясно, что J \ I C A, так как 0 ∈ J \ I; для j 0 6 j ∈ J \ I и произвольного i ∈ I i ∧ j 0 6 i ∧ j = 0; для j1 , j2 ∈ J \ I и произвольного i ∈ I i ∧ (j1 ∨ j2 ) = (i ∧ j1 ) ∨ (i ∧ j2 ) = 0. Покажем, что идеал J \I локально главный. Пусть a ∈ A и для a1 , a2 ∈ A b a∩I =b a1 и b a∩J =b a2 . Тогда b a ∩ (J \ I) = a\ 2 \ a1 . Действительно, если x 6 a2 \ a1 , то x ∈ J и x 6 a, поскольку x 6 a2 , а для произвольного i ∈ I x∧i = (x∧a)∧i = x∧(a∧i) = x∧(a1 ∧i) = (x∧a1 )∧i 6 ((a2 \a1 )∧a1 )∧i = 0. Обратно, пусть x 6 a, x ∈ J и для любого i ∈ I a ∧ i = 0. Тогда x 6 a2 и x ∧ a1 = 0. Но тогда x \ a1 = x \ (x ∧ a1 ) = x \ 0 = x и 17

x ∧ (a2 \ a1 ) = (x \ a1 ) ∧ (a2 \ a1 ) = (x ∧ a2 ) \ a1 = x \ a1 = x, то есть x 6 a2 \ a1 . Покажем, что J \ I является дополнением к I относительно J. Имеем I∩(J\I) = {x ∈ I∩J : (∀i ∈ I)(x∧i = 0)} ⊆ {x ∈ I∩J : x∧x = 0} и I ∩(J \I) = {0}. Также имеем I ∨(J \I) ⊆ I ∨J = J. Остается показать, что для любого j ∈ J существуют i ∈ I и j1 ∈ J \ I, такие что j = i ∨ j1 . Пусть j ∈ J, b j ∩ I = bi и j1 = j \ i. По доказанному выше b j ∩ (J \ I) = b j1 и j1 ∈ J \ I. Кроме того, i ∨ j1 = i ∨ j = j, так как i 6 j. Ясно, что каждый главный идеал является локально главным. Получаем, что Iloc (A) — булева алгебра и множество главных идеалов является идеалом этой алгебры, так как для I ∈ Iloc (A) если I ⊆ b a, то I = I ∩ b a. Для a ∈ A пусть q(a) = b a; тогда q — вложение A в Iloc (A) в качестве идеала. Докажем, что пара hq, Iloc (A)i является идеальным пополнением алгебры A. Пусть B — алгебра Ершова и ϕ : A → B — вложение в качестве идеала. Для b ∈ B через ϕ0 (b) обозначим множество {a ∈ A : ϕ(a) 6 b}. Ясно, что ϕ0 (b) — идеал в A. Этот идеал является локально главным, так как для a ∈ A b a ∩ ϕ0 (b) = {x 6 a : ϕ(x) 6 b} = {x ∈ A : ϕ(x) 6 ϕ(a) ∧ b} = −1 b c, где c = ϕ (ϕ(a) ∧ b), поскольку для x, y ∈ A x 6 y ⇔ ϕ(x) 6 ϕ(y) и Imϕ C B. Отображение ϕ0 : B → Iloc (A) является гомоморфизмом. Действительно, ϕ(x) 6 b1 ∧ b2 ⇔ ϕ(x) 6 b1 & ϕ(x) 6 b2 . Если x ∈ ϕ0 (b1 ) ∨ ϕ0 (b2 ), то для некоторых x1 , x2 , таких что ϕ(x1 ) 6 b1 и ϕ(x2 ) 6 b2 имеем x = x1 ∨ x2 ; следовательно, ϕ(x) = ϕ(x1 ) ∨ ϕ(x2 ) 6 b1 ∨ b2 и x ∈ ϕ0 (b1 ∨ b2 ). Обратно, если ϕ(x) 6 b1 ∨ b2 , то ϕ(x) = ϕ(x) ∧ (b1 ∨ b2 ) = (ϕ(x) ∧ b1 ) ∨ (ϕ(x) ∧ b2 ) = ϕ(x1 ) ∨ ϕ(x2 ), где ϕ(x1 ) = ϕ(x) ∧ b1 и ϕ(x2 ) = ϕ(x) ∧ b2 . В этом случае x = x1 ∨ x2 и x ∈ ϕ0 (b1 ) ∨ ϕ0 (b2 ). Имеем q = ϕ ◦ ϕ0 , так как a ∈ A ϕ0 (ϕ(a)) = {x ∈ A : ϕ(x) 6 ϕ(a)} = b a = q(a). Осталось доказать единственность отображения ϕ0 . Пусть ψ : B → Iloc (A) — такой гомоморфизм, что q = ϕ ◦ ψ. Покажем, что для любого b ∈ B ψ(b) = ϕ0 (b). Если для a ∈ A a ∈ ψ(b), то q(a) = b a ⊆ ψ(b), 0 q(a) = q(a) ∩ ψ(b) = ψ(ϕ(a)) ∩ ψ(b) = ψ(ϕ(a) ∧ b) = ψ(ϕ(a )) = q(a0 ) для некоторого a0 ∈ A, так как ϕ(a) ∧ b 6 ϕ(a) ∈ Imϕ C B. Но так как q — мономорфизм, то a0 = a, ϕ(a) = ϕ(a) ∧ b, ϕ(a) 6 b и a ∈ ϕ0 (b). Обратно, если a ∈ ϕ0 (b), то ϕ(a) 6 b, b a = ψ(ϕ(a)) ⊆ ψ(b) и a ∈ ψ(b).  Пусть A — произвольная алгебра Ершова. Через hqA , A0 i будем обо0 значать ее идеальное пополнение, а через A∗ — фактор-алгебру A /qA (A) . Из замечания об единственности идеального пополнения следует, что алгебры A0 и A∗ определены однозначно с точностью до изоморфизма. Для 18

алгебр Ершова A и B через Hom(A, B) обозначим множество всех гомоморфизмов из A в B. Теорема 6 Для произвольных алгебр Ершова A, B существует взаимно однозначное соответствие между Ext(A, B) и Hom(B, A∗ ). Доказательство. Пусть A, B, C — алгебры Ершова и 0

/A

ϕ

/C

ψ

/B

/0

— точная последовательность. Пусть q = qA и p : A0 → A∗ — факторизация A0 по Imq. По определению идеального пополнения существует единственный гомоморфизм ϕ0 : C → A0 , такой что q = ϕ0 ◦ ϕ. Имеем Kerψ ⊆ Ker(p ◦ ϕ0 ), так как для c ∈ Kerψ c = ϕ(a) для некоторого a ∈ A и p(ϕ0 (c)) = p(q(a)) = 0. По теореме 1 существует единственный гомоморфизм ϕ∗ : B → A∗ , такой что p ◦ ϕ0 = ϕ∗ ◦ ψ. Поставим его в соответствие исходной точной последовательности. C PPPP ~> PPP ψ ~ PPP ~~ ϕ0 ~ PPP ~ PPP  ~~ / A0 / A∗ o_ _ _( B /A ϕ

0

q

p

ϕ∗

/0

Соответствие определено. Осталось показать, что это определение корректно и что построенное соответствие является биекцией Ext(A, B) на Hom(B, A∗ ). Пусть есть две точные последовательности и соответствующие им гомоморфизмы: C1 7 ~? ~ . ~ ϕ01 ~~ ' ~ ϕ∗1   ~ / A q / A0 p / A∗ o_o_ __ __ B @@ L O ϕ∗2 ε @@ 0 @ ϕ2  ϕ2 @@   ψ1

ϕ1

0

C2

/0

ψ2

Если эти последовательности эквивалентны, то существует гомоморфизм ε : C1 → C2 , такой что ϕ2 = ε ◦ ϕ1 и ψ1 = ψ2 ◦ ε. Тогда q = ϕ02 ◦ ϕ2 = ϕ02 ◦ (ε ◦ ϕ1 ) = (ϕ02 ◦ ε) ◦ ϕ1 . Так как гомоморфизм ϕ01 единственен, то ϕ01 = 19

ϕ02 ◦ ε. Пусть b — произвольный элемент B. Тогда для некоторого c ∈ C1 b = ψ1 (c) = ψ2 (ε(c)). Получаем ϕ∗1 (b) = p(ϕ01 (c)) = p(ϕ02 (ε(c)) = ϕ∗2 (b) и ϕ∗1 = ϕ∗2 , то есть соответствие определено корректно. Покажем, что наше соответствие инъективно. Пусть ϕ∗1 = ϕ∗2 . Докажем, что для любого c1 ∈ C1 существует единственный c2 ∈ C2 , такой что ψ1 (c1 ) = ψ2 (c2 ) и ϕ01 (c1 ) = ϕ02 (c2 ). Пусть c1 ∈ C1 . Так как ψ2 — эпиморфизм, то существует c02 ∈ C2 , такой что ψ1 (c1 ) = ψ2 (c02 ). Имеем p(ϕ01 (c1 ) M ϕ02 (c02 )) = p(ϕ01 (c1 )) M p(ϕ02 (c02 )) = ϕ∗1 (ψ1 (c1 )) M ϕ∗2 (ψ2 (c02 )) = 0, то есть ϕ01 (c1 ) M ϕ02 (c02 ) ∈ Kerp = Imq. Значит, существует a ∈ A, такой что ϕ01 (c1 ) M ϕ02 (c02 ) = q(a). Полагаем c2 = c02 M ϕ2 (a). Тогда ψ2 (c2 ) = ψ2 (c02 ) M ψ2 (ϕ2 (a)) = ψ1 (c1 ) M 0 = ψ1 (c1 ) и ϕ02 (c2 ) = ϕ02 (c02 ) M ϕ02 (ϕ2 (a)) = ϕ02 (c02 ) M (ϕ01 (c1 ) M ϕ02 (c02 )) = ϕ01 (c1 ). Осталось доказать единственность c2 . Пусть c3 ∈ C2 обладает теми же свойствами, что и c2 . Тогда ψ2 (c2 M c3 ) = ψ2 (c2 ) M ψ2 (c3 ) = 0 и для некоторого a ∈ A c2 M c3 = ϕ2 (a). Но тогда q(a) = ϕ02 (c2 M c3 ) = ϕ02 (c2 ) M ϕ02 (c3 ) = ϕ01 (c1 ) M ϕ01 (c1 ) = 0, a = 0 и c3 = c2 . Единственный элемент c2 , существование которого доказано выше, обозначим ε(c1 ). Отображение ε : C1 → C2 является гомоморфизмом. Действительно, ε(0) = 0 и для c01 , c001 ∈ C1 элементы ε(c01 ) ∨ ε(c001 ) и ε(c01 ) ∧ ε(c001 ) алгебры C2 обладают теми свойствами, которые мы требуем от ε(c01 ∨ c001 ) и ε(c01 ∧ c001 ) соответственно. Имеем ψ1 = ψ2 ◦ ε по определению ε. Кроме того, для произвольного a ∈ A ψ2 (ϕ2 (a)) = 0 = ψ1 (ϕ1 (a)) и ϕ02 (ϕ2 (a)) = q(a) = ϕ01 (ϕ1 (a)), то есть элемент ϕ2 (a) алгебры C2 обладает всеми свойствами, которыми должен обладать ε(ϕ1 (a)). Значит, ϕ2 = ε ◦ ϕ1 и гомоморфизм ε дает нам эквивалентность точных последовательностей. Осталось доказать, что построенное соответствие сюрьективно. Пусть ϕ∗ — произвольный гомоморфизм алгебры B в алгебру A∗ . Через C обозначим подалгебру в B ⊕ A0 , равную {hb, a0 i : ϕ∗ (b) = p(a0 )}. Легко показать, что C действительно является подалгеброй, так как замкнуто относительно операций. Пусть для a ∈ A ϕ(a) = h0, q(a)i ∈ C и для hb, a0 i ∈ C ψ(hb, a0 i) = b. Легко показать, что ϕ, ψ — гомоморфизмы и последовательность 0

/A

ϕ

/C

ψ

/B

/0

является точной. Пусть ϕ∗1 : B → A∗ — гомоморфизм, который ставится этой последовательности при нашем соответствии. Покажем, что ϕ∗1 = ϕ∗ . 20

Пусть b — произвольный элемент алгебры B. Тогда b = ψ(hb, a0 i для некоторого a0 ∈ A0 , такого что ϕ∗ (b) = p(a0 ). Пусть ϕ0 : C → A0 — гомоморфизм, существование которого утверждается в определении идеального пополнения. Тогда ϕ0 (hb, a0 i) = a0 , поскольку отображение α : hx, yi 7→ y из C в A0 является гомоморфизмом, удовлетворяющим свойству q = ϕ◦α. Имеем ϕ∗1 (b) = ϕ∗1 (ψ(hb, a0 i)) = p(ϕ0 (hb, a0 i)) = p(a0 ) = ϕ∗ (b).  Следствие 5 В точной последовательности 0

/A

ϕ

/C

ψ

/B

/0

C является булевой алгеброй тогда и только тогда, когда B является булевой алгеброй и соответствующий этой последовательности гомоморфизм является булевым. Доказательство. Пусть ϕ∗ : B → A∗ — соответствующий этой последовательности гомоморфизм, ϕ0 : C → A0 — гомоморфизм, существование которого утверждается в определении идеального пополнения и p — факторизация A0 по qA (A). Отметим, что если C — булева алгебра, то ϕ0 — булевый гомоморфизм. Действительно, можно считать, что A0 = Iloc (A) и ϕ0 (1) = {a ∈ A : ϕ(a) 6 1} = A. Отметим еще, что если A1 — булева алгебра, A2 — алгебра Ершова и α : A1 → A2 — эпиморфизм, то A2 — булева алгебра и α — булевый эпиморфизм, поскольку α(1) является наибольшим элементом в Imα. Пусть C — булева алгебра. Тогда B — булева алгебра как образ эпиморфизма ψ и ϕ∗ (1) = ϕ∗ (ψ(1)) = p(ϕ0 (1)) = p(1) = 1. Обратно, пусть B — булева алгебра и ϕ∗ (1) = 1. Тогда из доказательства теоремы 6 и предложения 7 можно считать, что C изоморфна подалгебре в B ⊕ A0 , равной {hb, a0 i : ϕ∗ (b) = p(a0 )}. Однако h1, 1i является элементом этой подалгебры.  Следствие 6 Пусть A — произвольная алгебра Ершова. Тогда существует единственная (с точностью до изоморфизма над A) булева алгебра B, такая что A C B и B/A ∼ = B2 10 . Следствие 7 Класс алгебр Ершова совпадает с классом идеалов булевых алгебр. 10

Напомним, что B2 — двухэлементная алгебра.

21

Единственную с точностью до изоморфизма над A булеву алгебру, существование которой утверждается в следствии 6, будем называть минимальным булевым расширением алгебры A.

5

Стоуновские топологические пространства.

Для алгебры Ершова A через Pr(A) обозначим множество всех простых идеалов алгебры A. Для a ∈ A пусть r(a) = {P ∈ Pr(A) : a ∈ 6 P }. Предложение 8 Отображение r : a 7→ r(a) является мономорфизмом из A в P(Pr(A)). Доказательство. Ясно, что r(0) = ∅. Для a, b ∈ A имеем r(a ∧ b) = {P ∈ Pr(A) : a ∧ b 6∈ P } = {P ∈ Pr(A) : a 6∈ P & b 6∈ P } = r(a) ∩ r(b) и r(a ∨ b) = {P ∈ Pr(A) : a ∨ b 6∈ P } = {P ∈ Pr(A) : a 6∈ P ∨ b 6∈ P } = r(a) ∪ r(b). Таким образом, r — гомоморфизм. По следствию 3 получаем, что Kerr = {0}.  Следствие 8 Любая алгебра Ершова изоморфна подалгебре алгебры P(X) для некоторого множества X. Следствие 9 Любая булева алгебра изоморфна булевой подалгебре алгебры P(X) для некоторого множества X. Доказательство. r(1) = Pr(A).  Пусть T — произвольное множество и τ ⊆ P(T ). Пара hT, τ i называется топологическим пространством, если T ∈ τ , для любого σ ⊆ τ S σ ∈ τ и для любых X1 , X2 ∈ τ X1 ∩ X2 ∈ τ . Если hT, τ i — топологическое пространство, то элементы τ называются открытыми множествами, а само τ — топологией или семейством открытых множеств. Из определения следует, что пустое множество является открытым в любом топологическом пространстве, так как каким бы ни было τ , всегда будет S выполнено ∅ ⊆ τ и ∅ = ∅. Пусть hT, τ i — топологическое пространство и δ ⊆ P(T ). Тогда δ называется базой топологии τ , если δ ⊆ τ и для любого X ∈ τ существует S σ ⊆ δ, такое что X = σ.

22

Предложение 9 Пусть T — множество и δ ⊆ P(T ). Тогда δ является базой некоторой топологии на T в том и только в том случае, если выполнены следующие два условия: S 1. δ = T ; 2. для любых X, Y ∈ δ и для любого t ∈ X ∩ Y существует Z ∈ δ, такой что t ∈ Z ⊆ X ∩ Y . Доказательство. Необходимость. Пусть δ — база топологии τ . Условие 1 очевидно. Для условия 2 заметим, что если X, Y ∈ δ, то X ∩ Y ∈ τ S и для некоторого σ ⊆ δ X ∩ Y = σ. Тогда в качестве Z можно взять любой элемент σ, содержащий t.S Достаточность. Пусть τ = { σ : σ ⊆ δ}. Покажем, что τ является топологией на T . Принадлежность T ∈ τ следует из условия 1. SЕсли π ⊆ τ , то для каждого S SXS∈ π существует σ SX ⊆ δ, такоеSчто X = σX . В этом случае π = { σX : X ∈ π} = σ, где S σ = {σX :SX ∈ π}. Ясно, что σ ⊆ δ. Наконец, пусть X, Y ∈ τ и X = σX , Y = σY для σX , σY ⊆ δ. Для каждого t ∈ X ∩ Y существуют Xt ∈ σX и Yt ∈ σY , такие что t ∈ Xt и t ∈ S Yt . Пусть Zt — такое множество из δ, что t ∈ Zt ⊆ Xt ∩ Yt . Тогда X ∩ Y = {Zt : t ∈ X ∩ Y }.  Предложение 10 Для произвольной алгебры Ершова A семейство {r(a) : a ∈ A} является базой топологии на Pr(A). Доказательство. . Пусть δ = {r(a) : a ∈ A}. Проверим, что для δ выполняются оба условия предложения 9. Условие 1 выполнено, так как ни один простой идеал в A не совпадает с A. Условие 2 следует из равенства r(a1 ) ∩ r(a2 ) = r(a1 ∧ a2 ).  Пусть для алгебры Ершова A τA — топология на Pr(A), задаваемая базой {r(a) : a ∈ A}. Топологическое пространство hPr(A), τA i будем называть стоуновским пространством алгебры A и обозначать St(A). Для I C A через r(I) обозначим множество {P ∈ Pr(A) : I 6⊆ P }. Заметим, что это обозначение согласуется с введенным ранее, поскольку для a ∈ A r(a) = r(b a). Пусть hL, 6i — произвольная решетка. Мы будем говорить, что эта решетка полна, если для произвольного (не обязательно конечного) X ⊆ L существуют sup X и inf X. 23

Предложение 11 Для произвольной алгебры Ершова A решетка идеалов I(A) является полной. T T Доказательство. Пусть X ⊆ I(A). Тогда X C A и X = inf X, поскольку порядок в I(A) — это теоретико-множественное включение. S Пусть J = {I1 ∨ . . . ∨ In : I1 , . . . , In ∈ X}. Имеем J C A, так как 0 ∈ J; для произвольного x ∈ J и y 6 x y ∈ I1 ∨ . . . ∨ In для I1 , . . . , In ∈ X, таких что x ∈ I1 ∨ . . . ∨ In и если x ∈ I1 ∨ . . . ∨ In , y ∈ I10 ∨ . . . ∨ Ik0 , то x ∨ y ∈ I1 ∨ . . . ∨ In ∨ I10 ∨ . . . ∨ Ik0 . Покажем, что J = sup X. Ясно, что для каждого I ∈ X I ⊆ J. Если же для некоторого J 0 C A I ⊆ J 0 для всех I ∈ X, то для любых I1 , . . . , In ∈ X I1 ∨ . . . ∨ In ⊆ J 0 и J ⊆ J 0 .  Лемма 1 Пусть для алгебры Ершова A X ⊆ I(A). Тогда r(sup X) = S {r(I) : I ∈ X}. Доказательство. Пусть P ∈ r(I) для некоторого I ∈ X. Тогда I ⊆ 6 P, sup X 6⊆ P и P ∈ r(sup X). S Пусть, наоборот, P 6∈ {r(I) : I ∈ X}. Тогда для любого I ∈ X I ⊆ P , sup X ⊆ P и P 6∈ r(sup X).  Предложение 12 Пусть A — алгебра Ершова. Тогда 1. Для каждого I C A r(I) — открытое множество в St(A). 2. Для I1 , I2 C A I1 ⊆ I2 ⇔ r(I1 ) ⊆ r(I2 ). 3. Для каждого открытого X ⊆ Pr(A) существует единственный I C A, такой что X = r(I). S Доказательство. (1) I = a∈I r(a), так как I = sup{b a : a ∈ I}. (2) Если I1 ⊆ I2 , то для каждого P ∈ r(I1 ) I1 6⊆ P , I2 6⊆ P и P ∈ r(I2 ). Пусть, наоборот, I1 6⊆ I2 . Тогда существует a ∈ I1 , такой что a 6∈ I2 . По теореме 3 существует P ∈ Pr(A), такой что a 6∈ P и I2 ⊆ P . Получаем P ∈ r(I1 ) и P 6∈ r(I2S ). S (3) Пусть X = {r(a) : a ∈ σ} для некоторого σ ⊆ A. Тогда X = {r(b a) : a ∈ σ} = r(sup{b a : a ∈ σ}) = r(I), где I = sup{b a : a ∈ σ}. Единственность I следует из предыдущего пункта.  Таким образом, τA = {r(I) : I C A}. Подмножество топологического пространства называется компактным, если из каждого его открытого покрытия можно выбрать конечное подпокрытие. 24

Предложение 13 Пусть X — подмножество Pr(A). Тогда X открыто и компактно в том и только в том случае, если X = r(a) для некоторого a ∈ A. S Доказательство. Пусть X открыто и компактно. Тогда X = a∈σ r(a) = r(a1 ) ∪ . . . ∪ r(an ) = r(a1 ∨ . . . ∨ an ) для некоторых σ ⊆ A и a1 , . . . , an ∈ σ. Пусть, наоборот, X = r(a) для некоторого a ∈ A. Тогда X открыто. Пусть S σ — открытое покрытие X, то есть σ ⊆ τA и X ⊆ σ.SДля каждого Y ∈ σ пусть Y = r(IY ), где IY C A. Имеем r(b a) = X ⊆ {r(IY ) : Y ∈ σ} = r(sup{IY : Y ∈ σ}) и b a ⊆ sup{IY : Y ∈ σ}. Значит, a ∈ sup{IY : Y ∈ σ} и для некоторых Y1 , . . . , Yn ∈ σ a ∈ IY1 ∨ . . . ∨ IYn . Но тогда b a ⊆ IY1 ∨ . . . ∨ IYn и X = r(b a) ⊆ r(IY1 ∨ . . . ∨ IYn ) = r(IY1 ) ∪ . . . ∪ r(IYn ) = Y1 ∪ . . . ∪ Yn .  Пусть hT1 , τ1 i, hT2 , τ2 i — топологические пространства и ϕ — функция из T1 в T2 . Эта функция называется непрерывной, если для любого X ∈ τ2 ϕ−1 (X) ∈ τ1 . Непрерывная функция называется гомеоморфизмом, если ϕ биективна и функция ϕ−1 непрерывна. Из определения видно, что биективная функция является гомеоморфизмом тогда и только тогда, когда для любого X ⊆ T1 X ∈ τ1 ⇔ ϕ(X) ∈ τ2 . В топологии гомеоморфизмы играют ту же роль, что изоморфизмы в алгебре. Если два топологических пространства гомеоморфны, то они "одинаковы"с точки зрения их тополологической структуры. Если hT1 , τ1 i и hT2 , τ2 i гомеоморфны, то мы пишем hT1 , τ1 i ∼ = hT2 , τ2 i. Следствие 10 Для алгебр Ершова A1 , A2 A1 ∼ = A2 ⇔ St(A1 ) ∼ = St(A2 )11 . Доказательство. Необходимость очевидна. Достаточность следует из предложения 13, так как у гомеоморфных пространств решетки открыто-замкнутых множеств (рассматриваемые относительно теоретико-множественного включения) изоморфны.  Топологическое пространство hT, τ i называется хаусдорфовым (или отделимым, или T2 -пространством), если для любых x, y ∈ T , таких что x 6= y, существуют U, V ∈ τ , такие что x ∈ U , y ∈ V и U ∩ V = ∅. 11

Таким образом, наряду с решетками, алгебрами и кольцами cтоуновские пространства дают нам еще один способ задания булевых алгебр и алгебр Ершова. Многие важные результаты, относящиеся к булевым алгебрам, были впервые сформулированы на языке топологии. Ниже мы ограничимся тем, что выясним, какой системой аксиом задаются стоуновские пространства.

25

Предложение 14 Для алгебры Ершова A пространство St(A) хаусдорфово. Доказательство. Пусть P 6= Q — два простых идеала алгебры A. Так как P и Q — максимальные идеалы, то P 6⊆ Q и Q 6⊆ P . Значит, существуют a ∈ P \ Q и b ∈ Q \ P . Имеем: P ∈ r(b) \ r(a) = r(b \ a), Q ∈ r(a)\r(b) = r(a\b). Вместе с тем r(a\b)∩r(b\a) = r((a\b)∧(b\a)) = r(0) = ∅.  Подмножество топологического пространства называется замкнутым, если его дополнение открыто. Предложение 15 В хаусдорфовом топологическом пространстве компактные подмножества замкнуты. Доказательство. Пусть hT, τ i — хаусдорфово топологическое пространство и X ⊆ T компактно. Обозначим X = T \ X. Для каждых a ∈ X и x ∈ X зафиксируем открытые множества Ua,x и Va,x , такие что x ∈ Ua,x , a ∈ Va,x и Ua,x ∩ Va,x = ∅. Для a ∈ X имеем {Ua,x : x ∈ X} — открытое покрытие X. Для него существует конечное подпокрытие {Ua,x1 , . . . , Ua,xn }. Пусть Va = Va,x1 ∩ . . . ∩ Va,xn . Тогда Va открыто, a ∈ Va и Va ∩ X ⊆ Va ∩ (Ua,x1 ∪ . . . ∪ Ua,xn ) = ∅. Имеем X = S V .  a∈X a Предложение 16 Замкнутое подмножество компактного множества компактно. Доказательство. Пусть hT, τ i — топологическое пространство, X ⊆ T компактно и Y ⊆ X замкнуто. Пусть σ — открытое покрытие Y . Тогда σ ∪ {T \ Y } — открытое покрытие X и из него можно выбрать конечное подпокрытие.  Топологическое пространство hT, τ i называется локально компактным, если для любого t ∈ T существуют U, V ⊆ T , такие что U открыто, V компактно и t ∈ U ⊆ V . Заметим, что каждое компактное пространство является локально компактным. Определение 14 Топологическое пространство называется обобщенно булевым, если оно гомеоморфно St(A) для некоторой алгебры Ершова A. 26

Лемма 2 Пусть топологическое пространство hT, τ i локально компактно и существует база топологии τ , состоящая из открыто-замкнутых множеств. Тогда для любых t ∈ T и открытого множества U , таких что t ∈ U , существует открытое компактное множество V , такое что t ∈ V ⊆ U . Доказательство. Пусть U ⊆ T открыто и t ∈ U . Так как U является объединением открыто-замкнутых множеств, то существует открытое и замкнутое множество V1 , такое что t ∈ V1 ⊆ U . Из локальной компактности существуют открытое множество U1 и компактное множество W , такие что t ∈ U1 ⊆ W . Так как U1 является объединением открыто-замкнутых множеств, то существует открытое и замкнутое множество V2 , такое что t ∈ V2 ⊆ U1 . Пусть V = V1 ∩ V2 . Тогда V открыто как пересечение открытых множеств и замкнуто как пересечение замкнутых множеств. Ясно, что t ∈ V . Так как V ⊆ V2 ⊆ U1 ⊆ W , то, по предложению 16, V компактно. Наконец, V ⊆ V1 ⊆ U .  Теорема 7 Топологическое пространство является обобщенно булевым тогда и только тогда, когда для него выполнены следующие три условия: 1. хаусдорфовость; 2. локальная компактность; 3. открыто-замкнутые множества образуют базу топологии12 . Доказательство. Необходимость. Пусть A — алгебра Ершова. Тогда пункт 1 для St(A) следует из предложения 14. Пункт 2 — из предложения 13, так как для любого P ∈ Pr(A) существует a ∈ A, такой что a 6∈ P , и P ∈ r(a). Наконец, пункт 3 — из предложений 13, 14, 15 и определения топологии τA . Достаточность. Пусть топологическое пространство hT, τ i удовлетворяет условиям 1 – 3. Пусть B = {b ⊆ T : b открыто и компактно}. Тогда hB, ⊆i — частично упорядоченное множество с нулем, равным ∅. Покажем, что для b1 , b2 ∈ B b1 ∪ b2 ∈ B, b1 ∩ b2 и b1 \ b2 ∈ B. 12

Выше мы доказали, что открытым подмножествам стоуновского пространства соответствуют идеалы алгебры Ершова, причем компактным открытым множествам соответствуют главные идеалы. Заметим также, что открыто-замкнутым множествам соответствуют локально главные идеалы.

27

Пусть b1 , b2 ∈ B. Тогда b1 ∪b2 открыто как объединение открытых множеств и компактно как объединение двух компактных множеств. Следовательно, b1 ∪ b2 ∈ B. b1 ∩ b2 также открыто. Кроме того, по предложению 15 b1 , b2 — замкнуты и b1 ∩ b2 замкнуто как пересечение замкнутых множеств. Так как b1 ∩ b2 ⊆ b1 , то b1 ∩ b2 компактно по предложению 16 и, следовательно, b1 ∩ b2 ∈ B. Аналогично b1 \ b2 = b1 ∩ (T \ b2 ) открыто как пересечение открытых множеств, замкнуто как пересечение замкнутых множеств и компактно как замкнутое подмножество компактного множества b1 . Следовательно, и b1 \ b2 ∈ B. Получаем, что B = hB, ∪, ∩, \, ∅i является подалгеброй в P(T ) и, следовательно, алгеброй Ершова. Докажем, что hT, τ i ∼ = St(B). Пусть P — простой идеал алгебры B. Через XP обозначим подмноS жество T , равное {b : b ∈ P }. Множество XP открыто. Покажем, что XP 6= T . Пусть это не так. Тогда для любого t ∈ T существует bt ∈ P , такой что t ∈ b. Выберем b0 ∈ B \ P . Тогда b0 ⊆ S {bt : t ∈ b0 }. Получаем, что {bt : t ∈ b0 } — открытое покрытие для b0 и из него можно выбрать конечное подпокрытие {bt1 , . . . , btn }. Но тогда b0 ⊆ bt1 ∪ . . . ∪ btn и b0 ∈ P . Противоречие. Таким образом, множество T \ XP непусто. Покажем, что это множество не может содержать более одного элемента. Предположим противное. Пусть t1 , t2 ∈ T \ XP и t1 6= t2 . Из хаусдорфовости следует, что существуют открытые множества U1 , U2 ⊆ T , такие что t1 ∈ U1 , t2 ∈ U2 и U1 ∩ U2 = ∅. По лемме 2 существуют b1 , b2 ∈ B, такие что t1 ∈ b1 ⊆ U1 и t2 ∈ b2 ⊆ U2 . Имеем b1 , b2 6∈ P , так как b1 и b2 содержат элементы t1 и t2 , не принадлежащие XP . Однако b1 ∩ b2 ⊆ U1 ∩ U2 = ∅ ∈ P и, значит, идеал P не простой. Противоречие. Для P ∈ Pr(B) через ϕ(P ) обозначим единственный элемент множества T \ XP . Покажем, что ϕ : Pr(B) → T — гомеоморфизм. Сначала покажем, что для b ∈ B и P ∈ Pr(B) b ∈ P ⇔ ϕ(P ) 6∈ b. Действительно, если b ∈ P , то b ⊆ XP и ϕ(P ) 6∈Sb, так как ϕ(P ) 6∈ XP . Пусть, наоборот, ϕ(P ) 6∈ b. Тогда b ⊆ XP = {b0 : b0 ∈ P }. В силу компактности b найдутся b01 , . . . , b0k ∈ P , такие что b ⊆ b01 ∪ . . . ∪ b0k . Но тогда b ∈ P . Теперь если для t ∈ T t = ϕ(P1 ) = ϕ(P2 ), то P1 = {b ∈ B : t 6∈ b} = P2 . Значит, ϕ инъективно. Пусть t ∈ T . Тогда Pt = {b ∈ B : t 6∈ b} — простой идеал в B и ϕ(Pt ) = t, так как t 6∈ XPt . Следовательно, ϕ сюрьективно. Покажем, что ϕ непрерывно. Пусть U ⊆ T — открытое множество. Докажем, что ϕ−1 (U ) = {P ∈ Pr(B) : ϕ(P ) ∈ U } равно r(IU ), где IU — 28

идеал B, равный {b ∈ B : b ⊆ U }. Пусть ϕ(P ) ∈ U . Тогда по лемме 2 существует b ∈ B, такой что ϕ(P ) ∈ b ⊆ U . Имеем b 6∈ P и b ∈ IU , то есть IU 6⊆ P и P ∈ r(IU ). Обратно, пусть P ∈ r(IU ), то есть IU 6⊆ P . Тогда найдется b ∈ IU , такой что b 6∈ P . Имеем ϕ(P ) ∈ b, b ⊆ U и ϕ(P ) ∈ U . Осталось доказать, что ϕ−1 непрерывно. Пусть X — открытое множество в St(B). Тогда X = r(I) для некоторого I C B. Пусть UI = S {b : b ∈ I}. Множество UI — открытое подмножество T . Заметим, что I = {b : b ⊆ UI }. Действительно, S 0 0 включение I ⊆ {b : b ⊆ UI } очевидно. Обратно, если b ⊆ UI = {b : b ∈ I}, то в силу компактности b найдутся b01 , . . . , b0k ∈ I, такие что b ⊆ b01 ∪ . . . ∪ b0k , и b ∈ I. Окончательно имеем I = IUI и ϕ(r(I)) = ϕ(r(IUI )) = UI .  Определение 15 Топологическое пространство называется булевым, если оно гомеоморфно St(B) для некоторой булевой алгебры B. Следствие 11 (из теоремы 7) Топологическое пространство является булевым тогда и только тогда, когда для него выполнены следующие три условия: 1. хаусдорфовость; 2. компактность; 3. открыто-замкнутые множества образуют базу топологии. Доказательство. Необходимость. Пункты 1 и 3 следуют из теоремы 7. Пункт 2 следует из предложения 13, так как для булевой алгебры B Pr(B) = r(1). Достаточность. При доказательстве теоремы 7 было установлено, что если топологическое пространство hT, τ i удовлетворяет свойствам 1 – 3, то оно гомеоморфно стоуновскому пространству алгебры Ершова, образованной открытыми компактными подмножествами T . Однако если hT, τ i компактно, то соответствующая алгебра Ершова содержит наибольший элемент T и, следовательно, является булевой алгеброй.  Предложение 17 Пусть A — конечная алгебра Ершова. Тогда A ∼ = P(X) для некоторого конечного множества X.

29

Доказательство. Положим X = Pr(A). Тогда hX, τA i = St(A). Множество X конечно. Тогда каждое подмножество X конечно и, следовательно, компактно. По предложениям 14 и 15 все подмножества X замкнуты. Значит, все подмножества X открыты. Получаем, что мономорфизм r : A → P(X) является, по предложению 13, изоморфизмом.  В частности, каждая конечная алгебра Ершова является булевой алгеброй. Предложение 18 Пусть B — бесконечная булева алгебра. Тогда |B| 6 |Pr(B)|. Доказательство. Ясно, что Pr(B) бесконечно, так как B изоморфна подалгебре в P(Pr(B)). Для P, Q ∈ Pr(B), таких что P 6= Q, пусть UP,Q и UQ,P — такие открытые подмножества Pr(B), что P ∈ UP,Q , Q ∈ UQ,P и UP,Q ∩ UQ,P = ∅. Пусть теперь b — произвольный элемент алгебры B. Множество r(b) компактно. То же самое верно относительно множества S r(c(b)) = Pr(B) \ r(b). Для произвольного P ∈ r(b) имеем r(c(b)) ⊆ {UQ,P : Q ∈ r(c(b))}. В силу компактности r(c(b)) ⊆ UQ1 ,P ∪ . . . ∪ UQk ,P для некоторых Q1 , . . . , Qk ∈ r(c(b)). Пусть VP = UP,Q1 ∩ .S. . ∩ UP,Qk . Имеем P ∈ VP ⊆ r(b) и множество VP открыто. Теперь r(b) = {VP : P ∈ r(b)}. Из компактности получаем r(b) = VP1 ∪ . . . ∪ VPn . Таким образом, каждое множество вида r(b) можно представить в виде конечного объединения конечных пересечений множеств вида UP,Q . Значит, множеств вида r(b) не больше, чем конечных последовательностей, составленных из элементов множества {hP, Qi : P 6= Q} ∪ {∪, ∩, (, )}. А множество {hP, Qi : P 6= Q} бесконечно и его мощность равна |Pr(B)|.  Позже мы покажем, что для счетной булевой алгебры B множество Pr(B) либо счетно, либо континуально13 .

6

Линейные базисы.

Пусть A — алгебра Ершова и X ⊆ A. Через gr(X) обозначим наименьшую по включению подалгебру в A, содержащую X. Легко доказать, что gr(X) = {t(a1 , . . . , ak ) : a1 , . . . , ak ∈ X, t(x1 , . . . , xk ) — терм}. Будем говорить, что gr(X) есть подалгебра в A, порожденная множеством X. Если 13

Безотносительно к тому, справедлива континуум-гипотеза или нет.

30

L ⊆ A и hL, 6i — линейно упорядоченное множество, то скажем, что L — цепь. Определение 16 Линейным базисом алгебры Ершова A называется цепь L ⊆ A, такая что 0 ∈ L и A = gr(L). Лемма 3 Пусть a0 < . . . < ak — элементы алгебры Ершова и a0 M . . . M ak = 0. Тогда a0 = 0 и k = 0. Доказательство. Достаточно показать, что не существует конечной цепи 0 < a1 < . . . < ak , такой что a1 M . . . M ak = 0. Предположим, что такая цепь существует. Тогда 0 = a1 ∧0 = a1 ∧(a1 M . . . M ak ) = (a1 ∧a1 ) M (a1 ∧ a2 ) M . . . M (a1 ∧ a1 ) = a1 M a1 M . . . M a1 и число k — четное. Но тогда 0 = a2 ∧ 0 = a2 ∧ (a1 M . . . M ak ) = (a2 ∧ a1 ) M (a2 ∧ a2 ) M . . . M (a2 ∧ a1 ) = a1 M a2 M . . . M a2 = a1 M a2 и a1 = a2 . Противоречие.  Лемма 4 Пусть L — линейный базис алгебры Ершова A. Тогда для любого a ∈ A существует единственная конечная последовательность 0 = l0 < . . . < lk элементов из L, такая что a = l0 M . . . M lk . Доказательство. Существование. Пусть Y = {l0 M . . . M lk : l0 , . . . , lk ∈ L}. Ясно, что 0 ∈ Y . Ясно, что Y замкнуто относительно операции M. Множество Y также замкнуто относительно ∧, так как (l0 M . . . M 0 0 ). Но тогда Y замкнуто отно) = (l0 ∧ l00 ) M . . . M (lk ∧ lm lk ) ∧ (l00 M . . . M lm сительно ∨ и \, поскольку справедливы тождества x ∨ y = x M y M (x ∧ y) и x \ y = (x M y) ∧ x. Значит, Y — подалгебра в A, содержащая L, и поскольку A = gr(L), то Y = A. Получаем, что любой элемент алгебры A является элементом Y и, следовательно, может быть представлен в виде симметрической разности элементов из L. 0 и a = Единственность. Пусть 0 = l0 < . . . < lk , 0 = l00 < . . . < lm 0 0 0 0 l0 M . . . M lk = l0 M . . . M lm . Предположим, что {l0 , . . . , lk } 6= {l0 , . . . , lm }. 00 00 0 0 Пусть {l1 < . . . < ls } = {l0 , . . . , lk } M {l0 , . . . , lm }. Тогда 0 = a M a = (l0 M 0 . . . M lk ) M (l00 M . . . M lm ) = l100 M . . . M ls00 , что противоречит предыдущей лемме.  Этот результат можно интерпретировать следующим образом. Если A — алгебра Ершова, то рассматривая A относительно симметрической разности и нуля, получаем абелеву группу. В силу тождества x M x = 0 эта группа является векторным пространством над двухэлементным полем F2 = {0, 1}. Тогда если L ⊆ A — линейный базис, то L \ {0} — базис A как векторного пространства. 31

Предложение 19 Пусть L1 — линейный базис алгебры A1 , L2 — линейный базис алгебры A2 и L1 ∼ = L2 . Тогда A1 ∼ = A2 . Доказательство. Пусть ϕ : L1 → L2 — изоморфизм линейных порядков. Продолжим ϕ до отображения из A1 в A2 . Пусть a — произвольный элемент A1 . Тогда для некоторых l0 , . . . , lk имеем a = l0 M . . . M lk . Полагаем ϕ∗ (a) = ϕ(l0 ) M . . . M ϕ(lk ). Из леммы 4 следует, что ϕ∗ определено корректно, продолжает отображение ϕ и является биективным отображением. Из определения ϕ∗ следует, что это отображение сохраняет операцию симметрической разности. Покажем, что ϕ∗ сохраняет пересечения. 0 Пусть a и b — элементы A1 , равные l0 M . . . M lk и l00 M . . . M lm 0 соответственно. Тогда a ∧ b = (l0 ∧ l00 ) M . . . M (lk ∧ lm ) и ϕ∗ (a ∧ b) = 0 0 0 0 ϕ(l0 ∧ l0 ) M . . . M ϕ(lk ∧ lm ) = (ϕ(l0 ) ∧ ϕ(l0 )) M . . . M (ϕ(lk ) ∧ ϕ(lm )) = 0 (ϕ(l0 ) M . . . M ϕ(lk )) ∧ (ϕ(l00 ) M . . . M ϕ(lm )) = ϕ∗ (a) ∧ ϕ∗ (b). Ясно, что ϕ∗ (0) = 0. Также ясно, что ϕ∗ сохраняет объединения, так как объединение выражается через пересечение и симметрическую разность. Получаем, что ϕ∗ — изоморфизм A1 на A2 .  Таким образом, алгебра Ершова определяется своим линейным базисом с точностью до изоморфизма. Обратное, к сожалению, не верно. Опишем, как по произвольному линейному порядку с наименьшим элементом построить алгебру Ершова, в которой существует линейный базис, изоморфный данному порядку. Пусть L — линейный порядок с нулем. Для l1 , l2 ∈ L пусть [l1 , l2 ) = {l ∈ L : l1 6 l < l2 }. Пусть теперь L∗ = {[0, l) : l ∈ L}. Ясно, что hL∗ , ⊆i ∼ = hL, 6i; наименьшим элементом в L∗ является пустое множество. Через BL обозначим подалгебру в P(L), порожденную множеством L∗ . Множество L∗ является цепью в BL , содержащей ∅ и, естественно, порождает BL . Следовательно, L∗ — линейный базис и BL — требуемая алгебра14 . Легко понять, какой вид имеют элементы BL . Нулевой элемент равен пустому множеству. Если b ∈ BL — ненулевой элемент, то b = [0, l1 ) M . . . M [0, lk ) для некоторых 0 < l1 < . . . < lk ∈ L. При четном k имеем 14

В теореме 2 мы не случайно выбрали обозначение B2 для двухэлементной булевой алгебры. Если рассматривать число 2 как двухэлементный линейный порядок, то алгебра, построенная по этому порядку, как раз и будет состоять из двух элементов. Далее мы будем часто использовать это обозначение.

32

b = [l1 , l2 ) ∪ . . . ∪ [lk−1 , lk ), а при нечетном k b = [0, l1 ) ∪ . . . ∪ [lk−1 , lk ). Во всех случаях b = [l0 , l1 ) ∪ . . . ∪ [l2m , l2m+1 ) для некоторых 0 6 l0 < l1 < . . . < l2m ∈ L и m > 0. Из этого описания видно, что BL является булевой алгеброй тогда и только тогда, когда линейный порядок L содержит наибольший элемент15 . Таким образом, для каждого линейного порядка с нулем существует алгебра Ершова, обладающая изоморфным базисом. Обратное в общем случае неверно16 . Тем не менее, справедлива Теорема 8 У каждой не более чем счетной алгебры Ершова существует линейный базис. Доказательство. Если A — конечная алгебра, то A ∼ = P(X) для некоторого конечного множества X. Но тогда A ∼ = BL , где L — конечный линейный порядок, содержащий столько же элементов, сколько содержится в множестве X. Пусть A — счетная. Имеем A = {a0 , a1 , . . .}. Построим по индукции последовательность линейных порядков L0 ⊆ L1 ⊆ . . ., таких что для любого i Li ⊆ A. Полагаем L0 = 0. Пусть для n ∈ N порядок Ln = {0 = l0 < . . . < lk } построен. Для i < k пусть ci+1 = li ∨ (li+1 ∧ an ) и пусть ck+1 = lk ∨ an . Имеем 0 = l0 6 c1 6 l1 6 c2 6 . . . 6 lk 6 ck+1 . Полагаем Ln+1 = Ln ∪ {c1 , . . . , ck+1 S }. Пусть L = n∈N Ln . Покажем, что L — линейный базис в A. Ясно, что L — цепь, содержащая 0. Пусть a — произвольный элемент алгебры A. Необходимо показать, что a выражается через элементы L при помощи операций. Имеем a = an для некоторого n ∈ N. Пусть l0 6 c1 6 l1 6 c2 6 . . . 6 lk 6 ck+1 — такие же, как при определении порядка Ln+1 . Для i < k имеем li M ci+1 = li M (li ∨ (li+1 ∧ a)) = li M (li M (li+1 ∧ a) M (li ∧ li+1 ∧ a)) = (li ∧ a) M (li+1 ∧ a). Кроме того, lk M ck+1 = lk M (lk ∨ a) = (lk ∧ a) M a. Беря симметрическую разность элементов li M ci+1 по всем i от 1 до k видим, 15

Отметим, что в книге С. С. Гончарова [1] принята несколько другая система обозначений. В этой книге алгебра BL всегда булева; к линейному порядку L сначала добавляется наибольший элемент +∞, а затем по полученному порядку описанным нами способом строится алгебра. 16 В качестве упражнения читателям предлагается доказать, что алгебра P(N) не имеет линейного базиса.

33

что большинство слагаемых сокращается; получаем l0 M c1 M . . . M lk M ck+1 = (l0 ∧ a) M a. Последнее равно a, поскольку l0 = 0.  Определение 17 Пусть L ⊆ A — цепь в алгебре Ершова A. Цепь L называется максимальной, если для любой цепи L0 ⊆ A из L ⊆ L0 следует L = L0 . Определение 18 Цепь L ⊆ A называется строго максимальной, если для любого эпиморфизма ϕ : A → B ϕ(L) — максимальная цепь в B. Взяв в качестве эпиморфизма тождественное отображение алгебры A на себя, легко заметить, что каждая строго максимальная цепь является максимальной. Лемма 5 Если L — линейный базис в A, то L — максимальная цепь в A. Доказательство. Пусть L — линейный базис, но не максимальная цепь. Существует цепь L0 ⊆ A, такая что L ⊂ L0 . Рассмотрим a ∈ L0 \ L. По лемме 4 существуют 0 = l0 < . . . < lk ∈ L для некоторого k > 1, такие что a = l0 M . . . M lk . Имеем l0 < . . . < ls < a < ls+1 < . . . < lk для некоторого s 6 k. Получаем 0 = a M a = l0 M . . . M ls M a M ls+1 M . . . M lk , что противоречит лемме 3.  Теорема 9 Пусть L — цепь в алгебре Ершова A. Тогда L является линейным базисом в том и только в том случае, если L строго максимальна. Доказательство. Необходимость. Пусть L — линейный базис. Рассмотрим произвольный эпиморфизм ϕ : A → B. Множество ϕ(L) — цепь в B, содержащая 0. Так как L порождает A, то ϕ(L) порождает B. Значит, ϕ(L) — линейный базис алгебры B. По лемме 5 ϕ(L) — максимальная цепь в B. Достаточность. Пусть L — цепь в A, не являющаяся линейным базисом. Если 0 6∈ L, то L не максимальна и, следовательно, не строго максимальна. Пусть 0 ∈ L и B = gr(L). Тогда B — собственная подалгебра в A. Выберем a ∈ A \ B. Пусть I1 = {x ∈ A : (∃b ∈ B)(x 6 b 6 a)}. Легко видеть, что I1 — идеал в A, содержащий все элементы множества b a∩B, и a 6∈ I1 . Применив теорему 3 к идеалу I1 и множеству {a}, получим простой идеал P1 , такой что I1 ⊆ P1 и a 6∈ P1 . Пусть I2 = b a и X2 = B\P1 . Множество X2 замкнуто 34

относительно пересечений, так как для x1 , x2 ∈ B x1 ∧ x2 ∈ B и для x1 , x2 6∈ P1 x1 ∧ x2 6∈ P1 . Кроме того, I2 ∩ X2 = ∅, так как иначе для некоторого x ∈ B \ P1 x 6 a, x ∈ I1 и x ∈ P1 . Если X2 = ∅, то L ⊆ B ⊆ P1 . Пусть ϕ : A → B2 — эпиморфизм и Kerϕ = P1 . Тогда ϕ(L) = {0} — не максимальная цепь в B2 . Пусть X2 6= ∅. По теореме 3 существует простой идеал P2 , такой что I2 ⊆ P2 и P2 ∩ X2 = ∅. Имеем a ∈ P2 и, в частности, P1 6= P2 . Так как простые идеалы максимальны, то существует a0 , такой что a0 ∈ P1 \ P2 . Пусть Q1 = B ∩ P1 и Q2 = B ∩ P2 . Множества Q1 и Q2 — идеалы в B, не содержащие элементов из X2 . Если для i = 1, 2 x1 , x2 ∈ B \ Qi , то x1 ∧ x2 6∈ Pi и x1 ∧ x2 6∈ Qi ; значит, идеалы Q1 и Q2 — простые. Имеем B \ Q1 = X2 ⊆ B \ Q2 и Q2 ⊆ Q1 . Из максимальности Q2 получаем Q2 = Q1 ; другими словами, B ∩ P1 = B ∩ P2 . Отсюда следует, что для любого l ∈ L l ∈ P1 ∩ P2 или l 6∈ P1 ∪ P2 . Пусть для i = 1, 2 ϕi : A → B2 — эпиморфизм, такой что Kerϕi = Pi . Рассмотрим гомоморфизм ϕ : A → B2 ⊕ B2 , действующий по следующему правилу: ϕ : x 7→ hϕ1 (x), ϕ2 (x)i. Тогда ϕ — эпиморфизм, так как ϕ(a) = h1, 0i, ϕ(a0 ) = h0, 1i и ϕ(x) = h1, 1i для любого x ∈ X2 . Однако ϕ(L) ⊆ {h0, 0i, h1, 1i} — не максимальная цепь в B2 ⊕ B2 .  Теорема 10 Пусть L — линейный базис алгебры A. Существует взаимно однозначное соответствие между простыми идеалами алгебры A и непустыми собственными начальными сегментами линейного порядка L. Доказательство. Сопоставим каждому простому идеалу P начальный сегмент P ∩ L. Этот начальный сегмент содержит 0. Если он равен L, то p(L) — не максимальная цепь в A/P , где p — факторизация по идеалу P . Докажем, что это соответствие инъективно. Пусть это не так. Тогда существуют простые идеалы P1 6= P2 , такие что P1 ∩ L = P2 ∩ L. В силу максимальности простых идеалов для i = 1, 2 существует ai ∈ Pi \ P3−i . Пусть для i = 1, 2 ϕi : A → B2 — гомоморфизм с ядром, равным Pi . Гомоморфизм ϕ : A → B2 ⊕ B2 , действующий по правилу ϕ : x 7→ hϕ1 (x), ϕ2 (x)i, является эпиморфизмом, так как ϕ(a1 ) = h0, 1i, ϕ(a2 ) = h1, 0i и ϕ(a1 ∨ a2 ) = h1, 1i. Однако ϕ(L) = {h0, 0i, h1, 1i} — не максимальная цепь в B2 ⊕ B2 . Докажем сюрьективность соответствия. Пусть σ ⊆ L — непустой собственный начальный сегмент. Пусть I = {a ∈ A : (∃l ∈ σ)(a 6 l)}. Тогда 35

I — идеал и I ∩ L = σ. Множество L \ σ непусто, замкнуто относительно пересечений и не пересекается с I. По теореме 3 существует простой идеал P , такой что I ⊆ P и P ∩ (L \ σ) = ∅. Ясно, что P ∩ L = σ. 

7

Критерий Воота.

Элемент a алгебры Ершова A назовем атомом, если a 6= 0 и для любого x ∈ A, такого что x 6 a, либо x = a, либо x = 0. Легко видеть, что если a1 6= a2 — различные атомы, то a1 ∧ a2 = 0. Пусть A — конечная алгебра. Тогда A ∼ = P(X) для некоторого конечного множества X. В алгебре P(X) атомами являются одноэлементные подмножества X и любой элемент единственным образом представляется в виде объединения атомов. В силу изоморфности то же самое верно и в A. Лемма 6 Пусть A — алгебра Ершова, B — конечная алгебра, C ⊆ B — множество атомов в B и ϕ — отображение из C в A, такой что для c1 , c2 ∈ C если c1 6= c2 , то ϕ(c1 ) ∧ ϕ(c2 ) = 0. Тогда существует единственный гомоморфизм ψ : B → A, такой что ψ  C = ϕ. Доказательство. Без ограничения общности можно считать, что B = P(X) для некоторого конечного множества X и C = {{x} : x ∈W X}. Вместо ϕ({x}) будем писать ϕ(x). Положим для Y ⊆ X ψ(Y ) = y∈Y ϕ(y) (ψ(∅) = 0). Равенства ψ  C = ϕ и ψ(Y1W∪ Y2 ) = ψ(YW Для пере1 ) ∨ ψ(Y2 ) очевидны. W сечения имеем ψ(Y1 )∧ψ(Y2 ) = y∈Y1 ϕ(y)∧ y∈Y2 ϕ(y) = y1 ∈Y1 ,y2 ∈Y2 (ϕ(y1 )∧ W ϕ(y2 )) = y∈Y1 ∩Y2 ϕ(y) = ψ(Y1 ∩ Y2 ). Таким образом, ψ — гомоморфизм с требуемым свойством. Единственность ψ очевидна.  В дополнение к этой лемме заметим, что гомоморфизм ψ будет мономорфизмом тогда и только тогда, когда для любого атома c ϕ(c) 6= 0. Кроме того, атомами в Imψ будут ненулевые элементы множества ϕ(C). Лемма 7 Справедливы следующие утверждения: 1. Конечно порожденная подалгебра произвольной алгебры Ершова конечна;

36

2. Если B — конечная подалгебра алгебры Ершова A и a 6 1B , то каждый атом алгебры B является объединением не более чем двух атомов алгебры gr(B ∪ {a}) и каждый атом алгебры gr(B ∪ {a}) лежит под некоторым атомом алгебры B. Доказательство. Сначала заметим, что если a1 , . . . , ak — такие элементы алгебры A, что для 1 6 i < j 6 k ai ∧ aj = 0, то gr({a1 , . . . , ak }) — конечная подалгебра, атомами которой являются ненулевые элементы множества {a1 , . . . , ak }. Для этого достаточно взять множество X = {1, . . . , k}, положить ϕ({i}) = ai для 1 6 i 6 k и применить лемму 6. Для гомоморфизма ψ : P(X) → A, который продолжает отображение ϕ, справедливо равенство Imψ = gr({a1 , . . . , ak }). Докажем первую часть леммы. Пусть a1 , . . . , ak — произвольные элементы A. Пусть a = a1 ∨ . . . ∨ ak . Через B обозначим множество конечных последовательностей длины k, составленных из элементов множества {0, 1}. Для ε ∈ B и 1 6 i 6 k пусть εi — i-ый член последовательности ε. Для произвольного x ∈ A пусть x0 = x и x1 = a \ x. Пусть C = {aε11 ∧ . . . ∧ aεkk : ε ∈ B}. Пересечение двух разных элементов множества C равно нулю; действительно, если ε 6= δ, то для некоторого i gr(C) конечно. Легко εi 6= δi и aεi i ∧ aδi i = 0. По предыдущему множество W ε1 показать, что для любого 1 6 i 6 k ai = {a1 ∧ . . . ∧ aεkk : ε ∈ B, εi = 0}. Так как каждый элемент множества {a1 , . . . , ak } выражается через элементы множества C при помощи операций, то gr({a1 , . . . , ak }) ⊆ gr(C) и gr({a1 , . . . , ak }) — конечная алгебра (на самом деле gr({a1 , . . . , ak }) = gr(C), так как элементы C тоже выражаются через a1 , . . . , ak при помощи операций). Докажем вторую часть леммы. Пусть b1 , . . . , bk — все атомы алгебры B и b = b1 ∨ . . . ∨ bk = 1B . Для 1 6 i 6 k пусть a0i = bi ∧ a и a00i = bi \ a. Различные элементы множества C = {a01 , a001 , a02 , . . . , a00k } имеют нулевое пересечение. Значит, ненулевые элементы C являются атомами алгебры gr(C). Теперь достаточно доказать, что gr(C) = gr(B ∪ {a}). Так как для каждого 1 6 i 6 k bi = a0i ∨ a00i , то каждый атом алгебры B выражается через элементы множества C, и, значит, все элементы B выражаются через элементы C. Кроме того, a01 ∨a02 ∨. . .∨a0k = b∧a = a и a выражается через элементы множества C. Значит, gr(B ∪ {a}) ⊆ gr(C). С другой стороны, элементы C выражаются через элементы алгебры B и элемент a; значит, справедливо обратное включение. 

37

Пусть A и B — булевы алгебры и S ⊆ A × B. Скажем, что S является условием изоморфизма булевых алгебр, если выполняются следующие четыре условия: 1. h0, 0i ∈ S, h1, 1i ∈ S; 2. hx, yi ∈ S → (x = 0 ↔ y = 0); 3. hx, yi ∈ S & a 6 x → (∃b 6 y)(ha, bi ∈ S & hx \ a, y \ bi ∈ S); 4. hx, yi ∈ S & b 6 y → (∃a 6 x)(ha, bi ∈ S & hx \ a, y \ bi ∈ S). Теорема 11 (критерий Воота) Пусть A, B — счетные булевы алгебры и S ⊆ A × B — условие изоморфизма булевых алгебр. Тогда существует изоморфизм ϕ : A → B, такой что для любого a ∈ A существуют a1 , . . . , ak ∈ A, для которых a = a1 ∨ . . . ∨ ak и для всех 1 6 i 6 k hai , ϕ(ai )i ∈ S. Доказательство. Так как алгебры A и B — счетные, то A = {a0 , a1 , . . .} и B = {b0 , b1 , . . .}. Построим по индукции последовательности конечных подалгебр {An }n∈N , {Bn }n∈N и изоморфизмов {ϕn : An → Bn }n∈N , такие что A0 ⊆ A1 ⊆ . . ., B0 ⊆ B1 ⊆ . . . и для всех n ∈ N ϕn+1  An = ϕn . Кроме того, эти последовательности будут обладать следующим свойством: для любого n ∈ N если a — атом алгебры An , то ha, ϕn (a)i ∈ S. Полагаем A0 = {0A , 1A } и B0 = {0B , 1B }. Изоморфизм ϕ0 определяется естественным образом. Предположим, что для n ∈ N An , Bn , ϕn уже определены. Рассмотрим два случая. 1) n + 1 = 2t + 1. Полагаем An+1 = gr(An ∪ {at }). Определим мономорфизм ϕn+1 : An+1 → B, продолжающий отображение ϕn , и положим Bn+1 = Imϕn+1 . Согласно лемме 6, достаточно определить ϕn+1 на атомах алгебры An+1 . По лемме 7 если a0 — атом алгебры An+1 , то либо a0 — атом алгебры An , либо существует атом a00 6= a0 алгебры An+1 , такой что a0 ∨ a00 — атом алгебры An . В первом случае полагаем ϕn+1 (a0 ) = ϕn (a0 ). Во втором случае по индукционному предположению ha0 ∨ a00 , ϕn (a0 ∨ a00 )i ∈ S. Значит, существует x 6 ϕn (a0 ∨ a00 ), такой что ha0 , xi ∈ S и ha00 , ϕn (a0 ∨ a00 ) \ xi ∈ S. Полагаем ϕn+1 (a0 ) = x и ϕn+1 (a00 ) = ϕn (a0 ∨ a00 ) \ x. Определение ϕn+1 закончено. Легко видеть, что ϕn+1 определено корректно и является мономорфизмом, так как для атомов a1 , a2 алгебры An+1 ϕn+1 (a1 ) ∧ ϕn+1 (a2 ) = 0 тогда и только тогда, когда a1 6= a2 . Кроме того, из определения следует, что для любого 38

a — атома алгебры An справедливо равенство ϕn+1 (a) = ϕn (a); отсюда следует, что ϕn+1 продолжает ϕn . 2) n + 1 = 2t + 2. Действуем почти аналогично предыдущему случаю. Полагаем Bn+1 = gr(Bn ∪ {bt }). Определим мономорфизм ψ : Bn+1 → A, продолжающий отображение ϕ−1 n , и положим An+1 = Imψ. Согласно лемме 6, достаточно определить ψ на атомах алгебры Bn+1 . По лемме 7 если b0 — атом алгебры Bn+1 , то либо b0 — атом алгебры Bn , либо существует атом b00 6= b0 алгебры Bn+1 , такой что b0 ∨ b00 — атом алгебры Bn . 0 В первом случае полагаем ψ(b0 ) = ϕ−1 n (b ). Во втором случае по индук−1 0 00 ционному предположению hϕn (b ∨ b ), b0 ∨ b00 i ∈ S. Значит, существует 00 00 0 00 0 −1 0 x 6 ϕ−1 n (b ∨ b ), такой что hx, b i ∈ S и hϕn (b ∨ b ) \ x, b i ∈ S. Полагаем 0 00 ψ(b0 ) = x и ψ(b00 ) = ϕ−1 n (b ∨ b ) \ x. Определение ψ закончено. Так же, как и ранее, ψ — корректно определенный мономорфизм, продолжающий отображение ϕ−1 n . Остается определить отображение ϕn+1 , положив его равным ψ −1 . Определение последовательностей алгебр и изоморфизмов закончено. S Так как at ∈ A2t+1 , то n∈N An = A. Для произвольного a ∈ A выберем n, такое что a ∈ An , и положим ϕ(a) = ϕn (a). Поскольку ϕn -ые продолжают друг друга, то отображение ϕ определено корректно и продолжает все ϕn -ые. Поскольку для любого n ∈ N ϕn — мономорфизм, то ϕ — моноS морфизм из A в B. Так как bt ∈ B2t+2 , то n∈N Bn = B, а поскольку Bn = Imϕn , то Imϕ = B и ϕ — изоморфизм. Осталось заметить, что каждый a ∈ A равен a1 ∨ . . . ∨ ak , где a1 , . . . , ak — атомы алгебры An для некоторого n, а для любого атома a0 алгебры An ha0 , ϕ(a0 )i ∈ S.  Скажем, что алгебра Ершова является безатомной, если в ней нет атомов. Следствие 12 Любые две счетные безатомные булевы алгебры изоморфны. Доказательство. Пусть A1 и A2 — счетные безатомные булевы алгебры. Положим S = {ha1 , a2 i : a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , a1 = 0 ↔ a2 = 0}. Покажем, что S является условием изоморфизма. Пункты 1 и 2 условия изоморфизма выполняются по определению S. Проверим пункт 3. Пусть hx, yi ∈ S и a 6 x. Требуется установить существование b 6 y, такого что ha, bi ∈ S и hx \ a, y \ bi ∈ S. Если a = 0, то полагаем b = 0; если a = x, то пусть b = y. Наконец, пусть 0 < a < x. 39

Тогда y 6= 0. Возьмем в качестве b произвольный элемент алгебры A2 , не равный нулю и строго меньший y. Так как y — не атом, то такой элемент найдется. Пункт 4, симметричный пункту 3, проверяется аналогично.  Пусть η — линейный порядок, изоморфный hQ, 6i (то есть счетный плотный линейный порядок без концов). Если под единицей понимать одноэлементный линейный порядок, то 1 + η + 1 — счетный плотный линейный порядок с концами. Тогда B1+η+1 — счетная безатомная булева алгебра. Действительно, если a — ненулевой элемент B1+η+1 , то a = [l0 , l1 ) ∪ . . . ∪ [l2s , l2s+1 ) для l0 < . . . < l2s+1 ∈ 1 + η + 1 и для l0 , такого что l0 < l0 < l1 , ∅ ⊂ [l0 , l0 ) ⊂ a, то есть a — не атом. В силу доказанного выше следствия B1+η+1 — единственная с точностью до изоморфизма безатомная булева алгебра. Пусть A и B — алгебры Ершова и S ⊆ A × B. Скажем, что S является условием изоморфизма алгебр Ершова, если выполняются следующие четыре условия: 1. h0, 0i ∈ S; 2. hx, yi ∈ S → (x = 0 ↔ y = 0); 3. hx, yi ∈ S & a ∈ A → (∃b0 , b1 ∈ B)(hx ∧ a, y ∧ b0 i ∈ S & hx \ a, y \ b0 i ∈ S & ha \ x, b1 \ yi ∈ S & hx ∨ a, y ∨ b1 i ∈ S); 4. hx, yi ∈ S & b ∈ B → (∃a0 , a1 ∈ A)(hx ∧ a0 , y ∧ bi ∈ S & hx \ a0 , y \ bi ∈ S & ha1 \ x, b \ yi ∈ S & hx ∨ a1 , y ∨ bi ∈ S). Теорема 12 (критерий изоморфизма счетных алгебр Ершова) Пусть A, B — счетные алгебры Ершова и S ⊆ A × B — условие изоморфизма алгебр Ершова. Тогда A ∼ = B. Доказательство. Пусть A0 , B0 — минимальные булевы расширения алгебр A и B соответственно, то есть такие булевы алгебры, что A — простой идеал алгебры A0 и B — простой идеал алгебры B0 (см. следствие 6). Тогда для любого a ∈ A0 (b ∈ B0 ) ровно один элемент из множества {a, c(a)} ({b, c(b)}) принадлежит алгебре A (алгебре B). Определим T ⊆ A0 × B0 следующим образом: T = S ∪ {hc(a), c(b)i : ha, bi ∈ S}. Докажем, что T — условие изоморфизма булевых алгебр. Пункты 1 и 2 из определения условия изоморфизма булевых алгебр выполняются для T очевидным образом. Докажем пункт 3. Пусть hx, yi ∈ T и a 6 x. Возможны три случая. 40

1. x ∈ A. Тогда y ∈ B, a ∈ A и hx, yi ∈ S. Существует b0 , такой что ha, b0 ∧ xi ∈ S и hx \ a, y \ b0 i ∈ S. Полагаем b = b0 ∧ x. Тогда y \ b0 = y \ b и ha, bi, hx \ a, y \ bi ∈ S ⊆ T . 2. x 6∈ A и a 6∈ A. Тогда c(y) ∈ B, c(x), c(a) ∈ A и hc(x), c(y)i ∈ S. Существует b1 ∈ B, такой что hc(x) ∨ c(a), c(y) ∨ b1 i, hc(a) \ c(x), b1 \ c(y)i ∈ S. Пусть b = y ∧ c(b1 ). Имеем c(a) = c(x ∧ a) = c(x) ∨ c(a) и c(b) = c(y ∧ c(b1 )) = c(y) ∨ b1 ; значит, hc(a), c(b)i ∈ S и ha, bi ∈ T . Кроме того, x \ a = x ∧ c(a) = c(a) ∧ cc(x) = c(a) \ c(x) и y \ b = y ∧ c(b) = y ∧ c(y ∧ c(b1 )) = y ∧ (c(y) ∨ b1 ) = (y ∧ c(y)) ∨ (y ∧ b1 ) = 0 ∨ (b1 ∧ cc(y)) = b1 \ c(y). Значит, hx \ a, y \ bi ∈ S ⊆ T . 3. x 6∈ A и a ∈ A. Пусть a0 = x \ a. Тогда a0 6 x и a0 6∈ A. По предыдущему случаю существует b0 6 y, такой что ha0 , b0 i ∈ T и hx \ a0 , y \ b0 i ∈ T . Пусть b = y \ b0 . Тогда a = x \ a0 , b0 = y \ b, b 6 y, ha, bi ∈ T и hx \ a, y \ bi ∈ T . Пункт 4 для T , симметричный пункту 3, доказывается аналогично. Ясно, что алгебры A0 и B0 — счетные. По теореме 11 существует изоморфизм ϕ : A0 → B0 , такой что для любого a ∈ A0 существуют a1 , . . . , ak ∈ A0 , для которых a = a1 ∨ . . . ∨ ak и hai , ϕ(ai )i ∈ T для всех 1 6 i 6 k. Если a ∈ A, то все ai -ые из A, hai , ϕ(ai )i ∈ S, ϕ(ai ) ∈ B и ϕ(a) ∈ B. Получаем, что ϕ(A) ⊆ B. Так как изоморфный образ простого идеала — простой идеал, а простые идеалы максимальны, то ϕ(A) = B. Получаем, что ϕ  A — изоморфизм алгебры A на алгебру B.  Следствие 13 Любые две счетные безатомные алгебры Ершова, которые не являются булевыми алгебрами, изоморфны. Доказательство. Пусть A1 и A2 — счетные безатомные алгебры Ершова без единицы. Положим S = {ha1 , a2 i : a1 ∈ A1 , a2 ∈ A2 , a1 = 0 ↔ a2 = 0}. Покажем, что S является условием изоморфизма алгебр Ершова. Пункты 1 и 2 условия изоморфизма выполняются по определению S. Проверим пункт 3. Пусть hx, yi ∈ S и a ∈ A. Требуется доказать, что существуют b0 , b1 ∈ A2 , такие что hx ∧ a, y ∧ b0 i, hx \ a, y \ b0 i, ha \ x, b1 \ yi, hx ∨ a, y ∨ b1 i ∈ S. Если x ∧ a = 0, то можно взять b0 = 0, если x ∧ a = x, то можно положить b0 = y. Если же 0 < x ∧ a < x, то y 6= 0; так как y не является атомом, то существует элемент алгебры A2 , строго меньший y 41

и не равный 0. Можно положить b0 равным этому элементу. Если a 6 x, то можно положить b1 = 0. Пусть a 66 x. Так как в B нет единицы, то существует y1 > y; в этом случае можно положить b1 = y1 \ y. Таким образом, пункт 3 для S выполнен. Пункт 4, симметричный пункту 3, проверяется аналогично.  В качестве примера счетной безатомной алгебры Ершова без единицы можно указать алгебру B1+η . Безатомность этой алгебры доказывается так же, как безатомность алгебры B1+η+1 . Таким образом, с точностью до изоморфизма существует ровно две счетные безатомные алгебры Ершова: B1+η и B1+η+1 .

8

Операторы.

Под соответствием будем понимать произвольное правило, сопоставляющее каждой алгебре Ершова идеал этой алгебры. В качестве тривиальных примеров можно указать соответствие, сопоставляющее каждой алгебре нулевой идеал и соответствие, сопоставляющее алгебре идеал, равный самой алгебре. Ниже мы рассмотрим понятие оператора и приведем другие примеры соответствий. Введем операции над соответствиями. 1. Супремум. Пусть {Ti }i∈I — семейство соответствий. Через sup{Ti : i ∈ I} обозначим соответствие, сопоставляющее алгебре A идеал, равный супремуму множества идеалов { Ti (A) : i ∈ I} в решетке идеалов алгебры A. Соответствие sup{T1 , T2 } будем обозначать через T1 ∨ T2 . 2. Ортогональное дополнение. Пусть T — соответствие. Через T ⊥ обозначим соответствие, сопоставляющее алгебре A идеал {a ∈ A : (∀x ∈ T (A))(a ∧ x = 0)}. 3. Композиция. Пусть T и S — соответствия. Через n T ◦ S обозначим соответствие, сопоставляющее алгебре A идеал a ∈ A : a/S(A) ∈  o A T /S(A) . Другими словами, соответствие T ◦ S сопоставляет A алгебре A идеал p−1 S (T ( /S(A) )), где pS — факторизация алгебры A по идеалу S(A).

42

Определение 19 Соответствие T называется оператором, если оно удовлетворяет следующим двум свойствам: 1. Если ϕ : A → B — изоморфизм, то ϕ(T (A)) = T (B); 2. Для любого a ∈ A T (b a) = T (A) ∩ b a. В качестве примера оператора рассмотрим соответствие F : A 7→ {a ∈ A : существуют a1 , . . . , ak — атомы алгебры A, такие что a = a1 ∨. . .∨ak }. Сначала проверим, что F является соответствием. То, что для любой алгебры A множество F (A) содержит 0 и замкнуто относительно объединения, очевидно. Если a = a1 ∨ . . . ∨ ak для атомов a1 , . . . , ak и x 6 a, то x = x ∧ a = (x ∧ a1 ) ∨ . . . ∨ (x ∧ ak ) и x является объединением конечного числа атомов. Значит, F (A) C A и F — соответствие. Первое условие из определения оператора для F очевидно. Докажем второе условие. Ясно, что для любого x 6 a x является атомом алгебры b a тогда и только тогда, когда x является атомом алгебры A. Таким образом, если x — объединение конечного числа атомов алгебры b a, то x — объединение конечного числа атомов алгебры A и F (b a) ⊆ F (A) ∩ b a. Обратно, если x 6 a и x есть объединение конечного числа атомов алгебры A, то эти же атомы будут атомами алгебры b a и F (b a) ⊇ F (A) ∩ b a. Второе условие доказано; следовательно, F — оператор. Идеал F (A) называется идеалом Фреше алгебры A. Лемма 8 Пусть T — оператор, A — алгебра Ершова и a ∈ A. Тогда существует изоморфизм ϕ : ba/T (ba) → a\ /T (A) , задаваемый правилом ϕ : x x /T (ba) 7→ /T (A) . Доказательство. Пусть p — факторизация алгебры b a по T (b a), а q — факторизация A по T (A). Пусть α : A → b a — эпиморфизм, такой что A a\ α(x) = x ∧ a. Пусть β : / → / — эпиморфизм, такой что β(x) = T (A)

T (A)

a

x ∧ /T (A) . Имеем Ker(p ◦ α) = Ker(β ◦ q). Действительно, (β ◦ q)(x) = 0 ⇔ x /T (A) ∧ a/T (A) = 0/T (A) ⇔ x∧a ∈ T (A) ⇔ x∧a ∈ T (ba) ⇔ (p◦α)(x) = 0. По теореме 1 существует изоморфизм ϕ : ba/T (ba) → a\ /T (A) , такой что ϕ◦p◦α =   x b a x β ◦ q. Для /T (ba) ∈ /T (ba) имеем ϕ /T (ba) = ϕ(p(x)) = ϕ(p(α(x))) = β(q(x)) = x/T (A) .  43

Предложение 20 Результатом применения операции к операторам является оператор. Доказательство. Рассмотрим по очереди каждую из введенных выше операций. Супремум. Пусть {Ti : i ∈ I} — семейство операторов и T = sup{Ti : i ∈ I}. Если ϕ : A → B — изоморфизм, то ϕ(T (A)) = ϕ(sup{Ti (A) : i ∈ I}) = sup{ϕ(Ti (A)) : i ∈ I} = sup{Ti (B) : i ∈ I} = T (B). Пусть a ∈ A. Докажем, что для произвольного семейства идеалов {Ij }j∈J алгебры A справедливо равенство sup{Ij : j ∈ J} ∩ b a = sup{Ij ∩ b a : j ∈ J}. Из дистрибутивности решетки I(A) получаем (Ij1 ∩ b a) ∨ . . . ∨ (Ijk ∩ b a) = (Ij1 ∨ . . . ∨ Ijk ) S ∩b aWдля каждого конечного {j1 , . . . , jk } ⊆ J. Теперь S sup{I W j:j∈ J} ∩ b a = { j∈K Ij : K — конечное подмножество J} ∩ b a = {( j∈K Ij ) ∩ S W b a : K — конечное подмножество J} = { j∈K (Ij ∩ b a) : K — конечное подмножество J} = sup{Ij ∩ b a : j ∈ J}. Окончательно получаем T (b a) = sup{Ti (b a) : i ∈ I} = sup{Ti (A) ∩ b a : i ∈ I} = sup{Ti (A) : i ∈ I} ∩ b a = T (A) ∩ b a. Ортогональное дополнение. Пусть T — оператор. Если ϕ : A → B — изоморфизм, то a ∈ T ⊥ (A) ⇔ (∀x ∈ T (A))(a∧x = 0) ⇔ (∀x ∈ T (A))(ϕ(a)∧ ϕ(x) = 0) ⇔ (∀y ∈ T (B))(ϕ(a) ∧ y = 0) ⇔ ϕ(a) ∈ T ⊥ (B). Пусть a ∈ A. Если x 6 a и (∀y ∈ T (A))(x ∧ y = 0), то (∀y ∈ T (b a))(x ∧ y = 0) и ⊥ ⊥ x ∈ T (b a). Пусть x ∈ T (b a). Рассмотрим произвольный y ∈ T (A). Имеем x ∧ y = (x ∧ a) ∧ y = x ∧ (y ∧ a). Так как y ∧ a ∈ T (A), то y ∧ a ∈ T (b a) и ⊥ x ∧ (y ∧ a) = 0. Получаем x ∈ T (A). Композиция. Пусть T и S — операторы. Докажем первое свойство оператора для T ◦ S. Пусть p : A → A/S(A) и q : B → B/S(B) —факторизации, а ϕ : A → B — изоморфизм. Так как S — оператор, то Ker(q ◦ ϕ) = Kerp и, значит, существуетизоморфизм ψ, такой что   ψ◦p =  q ◦ ϕ. Имеем A B x ∈ (T ◦ S)(A) ⇔ p(x) ∈ T /S(A) ⇔ ψ(p(x)) ∈ T /S(B) ⇔ q(ϕ(x)) ∈   T B/S(B) ⇔ ϕ(x) ∈ (T ◦ S)(B). Докажем второе свойство. Пусть a ∈ A. 8 существует изо По лемме  x b a a\ x морфизм ε : /S(ba) → /S(A) , такой что ε /S(ba) = /S(A) . Теперь для       b a x x a\ x 6 a x ∈ (T ◦ S)(b a) ⇔ /S(ba) ∈ T /S(ba) ⇔ ε /S(ba) ∈ T /S(A) ⇔   x /S(A) ∈ T A/S(A) ⇔ x ∈ (T ◦ S)(A).  Приведем еще три примера операторов. 44

1. Al = F ⊥ . Для алгебры Ершова A идеал Al(A) называется безатомным идеалом алгебры A, а его элементы — безатомными элементами. Элемент a является безатомным тогда и только тогда, когда не существует x 6 a, такого что x — атом. Действительно, если x 6 a — атом, то x ∈ F (A) и a ∧ x = x 6= 0. Обратно, если для некоторого y ∈ F (A) a ∧ y 6= 0, то a ∧ y равно объединению конечного ненулевого числа атомов и, значит, существует атом x 6 a. 2. At = Al⊥ . Идеал At(A) называется атомным идеалом алгебры A, а его элементы — атомными элементами. Элемент a является атомным тогда и только тогда, когда не существует x 6 a, такого что x — безатомный и x 6= 0. Действительно, если такой x существует, то x ∈ Al(A), a ∧ x = x 6= 0 и a — не атомный. Обратно, если a не атомный, то существует x ∈ Al(A), такой что a ∧ x 6= 0; в этом случае a ∧ x ∈ Al(A) — безатомный и a ∧ x 6 a17 . 3. I = Al∨At. Идеал I(A) называется идеалом Ершова-Тарского алгебры A. Идеалы Ершова-Тарского играют важную роль при изучении теоретико-модельных свойств булевых алгебр. Предложение 21 Для операторов справедливы следующие утверждения: 1. Если I C A, то T (I) = T (A) ∩ I. 2. T (A ⊕ B) = T (A) ⊕ T (B). 3. A⊕B/T (A⊕B) ∼ = A/T (A) ⊕ B/T (B) . A / 4. A/(T ◦S)(A) ∼ = S(A)/T A/ (

S(A)

).

5. (T ◦ S) ◦ P = T ◦ (S ◦ P ). Доказательство. 1) Для a ∈ I имеем b a ∩ T (I) = T (b a) = T (A) ∩ b a и a принадлежит левой части равенства тогда и только тогда, когда a принадлежит правой части. Можно было бы продолжить эту последовательность, рассмотрев оператор At⊥ , однако, как показывает доказанное далее предложение 23, это не имеет смысла. 17

45

2) Пусть I1 = {ha, 0i : a ∈ A} и I2 = {h0, bi : b ∈ B}. Тогда T (I1 ) = T (A ⊕ B) ∩ I1 и T (I2 ) = T (A ⊕ B) ∩ I2 . Так как I1 ∨ I2 = A ⊕ B, то T (A ⊕ B) = T (A ⊕ B) ∩ (I1 ∨ I2 ) = (T (A ⊕ B) ∩ I1 ) ∨ (T (A ⊕ B) ∩ I2 ) = T (I1 ) ∨ T (I2 ). Пусть ϕ : A → I1 , ψ : B → I2 — изоморфизмы, такие что ϕ(a) = ha, 0i и ψ(b) = h0, bi. Имеем ha, bi ∈ T (A) ⊕ T (B) ⇔ (a ∈ T (A)) & (b ∈ T (B)) ⇔ (ϕ(a) ∈ T (I1 )) & (ψ(b) ∈ T (I2 )) ⇔ ϕ(a) ∨ ψ(b) ∈ T (I1 ) ∨ T (I2 ) ⇔ ha, bi ∈ T (A ⊕ B). 3) Определим отображение ϕ : A⊕B/T (A⊕B) → A/T (A) ⊕ B/T (B) слеE  D  a b ha,bi дующим образом: ϕ /T (A⊕B) = /T (A) , /T (B) . Это отображение 0 0 корректно определено и является инъективным, так как ha ,b i/T (A⊕B) =

ha00 ,b00 i

/T (A⊕B) ⇔ ha0 , b0 i M ha00 , b00i ∈T (A ⊕ B) ⇔ ha0 M a00 , b0 M b00 i ∈ 0 00 0 00 T (A) ⊕ T (B) ⇔ a /T (A) = a /T (A) & b /T (B) = b /T (B) . Из определения

также легко следует, что ϕ сохраняет операции и является сюрьективным. 4) Пусть p — факторизация алгебры A по идеалу S(A), а q — фактори зация алгебры A/S(A) по идеалу T A/S(A) . Тогда Ker(q ◦ p) = (T ◦ S)(A). Пусть r — факторизация A по идеалу (T ◦ S)(A). По теореме 1 сущеA / ствует изоморфизм ε : A/(T ◦S)(A) → S(A)/ A , такой что ε ◦ r = T ( /S(A) )   q ◦ p. Заметим дополнительно, что ε x/(T ◦S)(A) = ε(r(x)) = q(p(x)) = x

/S(A)/

. T (A/S(A) ) 5) Пусть ε — изоморфизм из доказательства предыдущего пункта, построенный для операторов S и P . Тогда a ∈ (T ◦(S◦P ))(A) ⇔ a/(S◦P )(A) ∈ !     A / P (A)/ T A/(S◦P )(A) ⇔ ε a/(S◦P )(A) ∈ T ⇔ a/P (A) ∈ S (A/P (A) )   (T ◦ S) A/P (A) ⇔ a ∈ ((T ◦ S) ◦ P )(A).  Через 0 обозначим оператор, такой что для любой алгебры A 0(A) = {0A }. Легко видеть, что относительно композиции оператор 0 выполняет роль единицы, то есть для любого оператора T 0 ◦ T = T ◦ 0 = T . Пусть T — оператор. Определим по трансфинитной индукции для каждого ординала α оператор Tα : 1. если α = 0, то Tα = 0; 46

2. если α = β + 1 — непредельный ординал, то Tα = T ◦ Tβ ; 3. если α — предельный ординал, то Tα = sup{Tβ : β < α}. Также для каждого оператора T введем соответствие T∞ , сопоставляющее алгебре A идеал sup{Tα (A) : α — ординал}18 . Предложение 22 Для оператора T справедливы следующие утверждения: 1. Если α 6 β — ординалы, то для любой алгебры A Tα (A) ⊆ Tβ (A). 2. Для любой алгебры A существует ординал α, такой что T∞ (A) = Tα (A). 3. Для любых алгебры A и ординала α T∞ (A) = Tα (A) тогда и только тогда, когда Tα (A) = Tα+1 (A). 4. T∞ — оператор. 5. S Если α — предельный ординал, то для любой алгебры A Tα (A) = γ<α Tγ (A). 6. Для любых ординалов α и β Tα+β = Tβ ◦ Tα . Доказательство. 1) Предположим, что существуют ординалы α 6 β и алгебра A, такие что Tα (A) 6⊆ Tβ (A). Зафиксируем алгебру A и ординал α, а для них рассмотрим наименьший ординал β > α с таким свойством. Ясно, что β > α. Если β — предельный, то Tβ (A) = sup{Tγ (A) : γ < β} и Tα (A) ⊆ Tβ (A). Значит, β непредельный и β = γ + 1 для α 6 γ < β. Но тогда Tβ (A) = (T ◦ Tγ )(A) ⊇ Tγ (A) ⊇ Tα (A), поскольку для любых операторов S и P (S ◦ P )(A) ⊇ P (A). Противоречие. 3) Если Tα (A) = T∞ (A), то Tα+1 (A) ⊆ T∞ (A) = Tα (A) и так как Tα (A) ⊆ Tα+1 (A), то Tα (A) = Tα+1 (A). Пусть, наоборот, Tα (A) = Tα+1 (A). Для равенства Tα (A) = T∞ (A) достаточно доказать, что для любого ординала β Tβ (A) ⊆ Tα (A). Пусть это не так и пусть β — наименьший ординал, для которого это свойство не выполнено. По первому пункту β > α. Если β — предельный, то тогда Tβ (A) — точная верхняя грань для всех 18 Это определение корректно. Несмотря на то, что класс всех ординалов не является множеством, супремум все же берется по множеству идеалов.

47

Tγ (A) при γ < α, а Tα (A) — некоторая верхняя грань. Получаем Tβ (A) ⊆ Tα (A). Значит, β — непредельный и β = γ + o n 1 для α 6 γ < β. Но тогда Tγ (A) ⊆ Tα (A), Tγ (A) = Tα (A) и Tβ (A) = a ∈ A : a/Tγ (A) ∈ A/Tγ (A) = o n a A a ∈ A : /Tα (A) ∈ /Tα (A) = Tα+1 (A) = Tα (A). Противоречие. 2) Предположим, что утверждение пункта 2 не верно. Тогда по пунктам 1 и 3 для любого ординала α множество Tα+1 (A) \ Tα (A) непусто. Пусть β — кардинал, больший чем мощность алгебры A. Для любого α < β выберем элемент aα ∈ Tα+1 (A) \ Tα (A). Из пункта 1 легко следует, что при различных α элементы aα также различны. Получаем, что мощность множества {aα : α < β} равна β. Но, с другой стороны, {aα : α < β} ⊆ A. Противоречие. 4) Покажем, что для соответствия T∞ выполняются оба свойства из определения оператора. Пусть ϕ : A → B — изоморфизм. Пусть α — такой ординал, что Tα (A) = T∞ (A). Тогда Tα (B) = ϕ(Tα (A)) = ϕ(Tα+1 (A)) = Tα+1 (B), Tα (B) = T∞ (B) и ϕ(T∞ (A)) = T∞ (B). Первое свойство выполнено. Пусть a ∈ A. Тогда Tα (b a) = Tα (A)∩b a = Tα+1 (A)∩b a= Tα+1 (b a) и T∞ (b a) = Tα (b a). Получаем T∞ (b a) = Tα (b a) = Tα (A)∩b a = T∞ (A)∩b a и второе свойство также выполнено. 5) Пусть α — предельный ординал и A — алгебра Ершова. ОбъедиS нение γ<α Tγ (A) является идеалом алгебры A, так как оно берется по множеству идеалов, линейно упорядоченных отношением включения. По определению Tα (A) = sup{Tγ (A)S: γ < α}. Так как для любого γ < α Tγ (A) ⊆ sup{Tγ (A) : γ < α},Sто γ<α Tγ (A) ⊆ Tα (A). С другой S стороны, для любого γ < α Tγ (A) ⊆ γ<α Tγ (A); значит, объединение γ<α Tγ (A) является верхней гранью множества идеалов {Tγ (A) : γ < α} и Tα (A), как точная верхняя грань, является подмножеством объединения. 6) Предположим, что существуют ординалы α и β, такие что Tα+β 6= Tβ ◦ Tα . Зафиксируем ординал α и для него рассмотрим наименьший ординал β, для которого не выполнено равенство. Ординал β должен быть предельным, так как для β = 0 равенство очевидным образом выполнено, а для β = γ + 1 Tα+β = T(α+γ)+1 = T ◦ Tα+γ = T ◦ (Tγ ◦ Tα ) = (T ◦ Tγ ) ◦ Tα = Tβ ◦ Tα . Итак, β — предельный. Покажем, что и в этом случае Tα+β = Tβ ◦ Tα , что приведет нас к противоречию с исходным предположением. Пусть A — произвольная α+β S алгебра Ершова. Так как ординал S предельный, то Tα+β (A) = γ<α+β Tγ (A). Последнее равно δ<β Tα+δ (A).

48

Действительно, для любого δ < β α + δ < α + β, а с другой стороны для произвольного γ < α + β существует δ < β, такой что γS 6 α + δ и по S пункту 1 Tγ (A) ⊆ Tα+δ (A) ⊆ δ<β Tα+δ (A). По выбору β δ<β Tα+δ (A) = n  o S a A (T ◦T )(A). Наконец, (T ◦T )(A) = a ∈ A : / ∈ T / δ α β α β Tα (A) Tα (A) δ<β o n n  S S a a A = = a ∈ A : /Tα (A) ∈ δ<β Tδ /Tα (A) δ<β a ∈ A : /Tα (A) ∈ o S  = δ<β (Tδ ◦ Tα )(A).  Tδ A/Tα (A) Предложение 23 Для произвольного оператора T справедливы следующие утверждения: 1. для любой алгебры A T∞ (A) ⊆ T ⊥⊥ (A); 2. T ⊥ = T ⊥⊥⊥ . Доказательство. 1) Пусть a ∈ T∞ (A) для некоторой алгебры A. Требуется доказать, что для произвольного b ∈ T ⊥ (A) a ∧ b = 0. Пусть b ∈ T ⊥ (A). Тогда T0 (bb) = {0}. Кроме того, T1 (bb) = T (bb) = T (A) ∩ bb = {0}, так как если x ∈ T (A) ∩ bb, то x = x ∧ b = 0. Поскольку 1 = 0 + 1, то T∞ (bb) = T0 (bb) = {0}. Теперь {0} = T∞ (bb) = T∞ (A) ∩ bb. Остается заметить, что a ∧ b ∈ T∞ (A) ∩ bb. 2) Пусть A — произвольная алгебра Ершова; докажем, что T ⊥ (A) = T ⊥⊥⊥ (A). Так как T ⊥ (A) ⊆ (T ⊥ )∞ (A), то T ⊥ (A) ⊆ T ⊥⊥⊥ (A). Требуется установить обратное включение. Пусть a ∈ T ⊥⊥⊥ (A). Нужно доказать, что для любого b ∈ T (A) a∧b = 0. Это очевидно, так как по предыдущему пункту если b ∈ T (A), то b ∈ T ⊥⊥ (A). 

9

Суператомные алгебры Ершова.

Будем говорить, что алгебра Ершова A является атомной, если A = At(A). В силу сказанного ранее алгебра Ершова является атомной, если в ней нет ненулевых безатомных элементов, то есть под каждым ненулевым элементом найдется атом. Определение 20 Алгебра A называется суператомной, если A = F∞ (A).

49

Так как для любой алгебры A F∞ (A) ⊆ F ⊥⊥ (A) = At(A), то каждая суператомная алгебра Ершова атомна. Пусть A — суператомная алгебра Ершова. Пусть α — наименьший ординал, такой что алгебра A/Fα (A) конечна. Такой ординал найдется, так как для некоторого γ Fγ (A) = F∞ (A) и A/Fγ (A) = {0} — конечная алгебра. Пусть β — наименьший ординал, такой что алгебра A/Fβ (A) является булевой. Так как каждая конечная алгебра булева, то β 6 α. Пусть n — натуральное число, равное числу атомов алгебры A/Fα (A) . Тройку (α, β, n) будем называть типом суператомности алгебры A и обозначать type(A). Компоненты типа суператомности будем обозначать type1 (A), type2 (A), type3 (A). Если type(A) = (α, β, n), то для любого ординала γ > β алгебра A /Fγ (A) булева. Действительно, если γ > β, то γ = β + δ для некотоA / рого ординала δ, Fγ = Fδ ◦ Fβ и A/Fγ (A) ∼ , а фак= Fβ (A)/F A/ δ ( Fβ (A) )

тор-алгебра булевой алгебры булева. Если же γ > α, то A/Fγ (A) = {0}. Действительно, если γ > α,o то γ > α + 1 и A ⊇ Fγ (A) ⊇ Fα+1 (A) = n a ∈ A : a/Fα (A) ∈ F A/Fα (A) = A. Отметим еще, что суператомная алгебра Ершова A является булевой алгеброй тогда и только тогда, когда type2 (A) = 0.

Предложение 24 Пусть A — суператомная алгебра Ершова и type(A) = (α, β, n). Тогда если n = 0, то β = α. Доказательство. Пусть β < α. Через B обозначим бесконечную булеву алгебру A/Fβ (A) . Тогда для любого ординала γ A/Fβ+γ (A) ∼ = B/Fγ (B) . Пусть γ — наименьший ординал, такой что идеал Fγ (B) содержит единицу алгебры B. Ясно, что γ 6= 0. Ординал γ не может быть предельS ным, так как в этом случае Fγ (B) = δ<γ Fδ (B). Значит, γ = δ + 1 для некоторого ординала δ < γ. Имеем 1/Fδ (B) 6= 0/Fδ (B) и 1/Fδ (B) ∈   F B/Fδ (B) . Значит, B/Fδ (B) — ненулевая конечная булева алгебра. Так как A/F (A) ∼ = B/F (B) , то α = β + δ и n равно числу атомов алгебры β+δ

δ

B

/Fδ (B) . 

Суператомную алгебру Ершова A будем называть специальной, если type3 (A) = 0. 50

Пусть (α1 , β1 , n1 ) и (α2 , β2 , n2 ) — тройки, такие что для i = 1, 2 αi и βi — ординалы, а ni — натуральные числа. Определим тройку (α, β, n) следующим образом: α = max{α1 , α2 } β = max{β1 , β2 }   α1 > α 2 n1 , n = n2 , α1 < α 2   n1 + n2 , α1 = α2 Будем говорить, что тройка (α, β, n) является суммой троек (α1 , β1 , n1 ), (α2 , β2 , n2 ) и писать (α, β, n) = (α1 , β1 , n1 ) + (α2 , β2 , n2 ). Предложение 25 Пусть A, B — алгебры Ершова. Алгебра A ⊕ B суператомна тогда и только тогда, когда суператомны обе алгебры A и B, причем в этом случае type(A ⊕ B) = type(A) + type(B). Доказательство. Первое утверждение следует из равенства F∞ (A ⊕ B) = F∞ (A) ⊕ F∞ (B). Второе — из того, что для любого ординала γ A⊕B /Fγ (A⊕B) ∼ = A/Fγ (A) ⊕ B/Fγ (B) . Действительно, прямая сумма является булевой алгеброй тогда и только тогда, когда каждое слагаемое — булева алгебра; прямая сумма конечна тогда и только тогда, когда каждое слагаемое конечно; а если A и B — конечные алгебры, то число атомов алгебры A ⊕ B равно сумме чисел атомов алгебр A и B.  Лемма 9 (о разложении) Пусть A — суператомная алгебра Ершова типа (α, β, n) и n 6= 0. Тогда существуют суператомная булева алгебра B типа (α, 0, n) и специальная алгебра Ершова C типа (β, β, 0), такие что A∼ = B ⊕ C. Доказательство. Так как n 6= 0, то A/Fβ (A) — ненулевая булева алгебра. Пусть a/Fβ (A) — наибольший элемент этой алгебры. Множество a⊥ = {x ∈ A : x ∧ a = 0} — идеал алгебры A, такой что b a ∩ a⊥ = {0} и ⊥ ⊥ b a ∨ a = A. Значит, A = b a + a (внутренняя прямая сумма) и A ∼ a ⊕ a⊥ . =b \ . В силу выбора a a/ \ = A/ ∼ По лемме 8 ba/ . Так = a/ Fβ (b a)

Fβ (A)

Fβ (A)

Fβ (A) как α > β, то α = β + γ для некоторого ординала γ. Получаем ba/Fα (ba) ∼ =

51

b a

A / ∼ ∼ = A/Fα (A) , так как Fα = Fγ ◦ Fβ . = Fβ (A)/F A/ γ ( Fβ (A) ) Fβ (b a) ) Значит, ba/Fα (ba) — конечная алгебра с n атомами для n > 0 и type(b a) = ⊥ ⊥ (α, 0, n). По правилу сложения типов type2 (a ) = β. Пусть x ∈ a . Тогда x ∧ a = 0 и x/Fβ (A) = x/Fβ (A) ∧ a/Fβ (A) = 0/Fβ (A) , то есть x ∈ Fβ (A). Так как Fβ (a⊥ ) = Fβ (A) ∩ a⊥ , то x ∈ Fβ (a⊥ ). Получаем a⊥ = Fβ (a⊥ ), β = type2 (a⊥ ) 6 type1 (a⊥ ) 6 β, type1 (a⊥ ) = β и type(a⊥ ) = (β, β, 0). 

/Fβ (ba)

/Fγ (ba/

Лемма 10 Пусть A — суператомная алгебра Ершова и α < type1 (A). Тогда алгебра A/Fα (A) содержит бесконечно много атомов. Доказательство. Пусть β = type1 (A). Так как α < β, то существует ординал γ, такой что β = α + γ. Пусть B = A/Fα (A) . Алгебра B бесконечна. Имеем Fα+1 = Fγ+1 ◦ Fβ и B/Fγ+1 (B) ∼ = A/Fα+1 (A) = {0}, то есть Fγ+1 (B) = B и B — суператомная алгебра. Значит, алгебра B атомна и не содержит ненулевых безатомных элементов. Предположим, что B содержит конечное число атомов. Так как B бесконечна, то существует x ∈ B, не представимый в виде объединения атомов и отличный от нуля. Если a — объединение всех атомов алгебры B, то x 66 a и x \ a — ненулевой безатомный элемент. Противоречие.  Лемма 11 (об отщеплении булевой алгебры) Пусть B1 — суператомная булева алгебра, C1 — суператомная алгебра Ершова, A1 = B1 ⊕C1 , A2 — суператомная алгебра Ершова и type(A2 ) = type(A1 ). Тогда существуют суператомные алгебры19 B2 и C2 , такие что type(B2 ) = type(B1 ), type(C2 ) = type(C1 ) и A2 = B2 ⊕ C2 . Доказательство. Введем обозначения для типов. Пусть type(B1 ) = (α1 , 0, n1 ), type(C1 ) = (α2 , β, n2 ) и type(A1 ) = type(A2 ) = (α, β, n). Если B1 = {0}, то утверждение леммы очевидно. Будем считать, что B1 6= {0}. Тогда n1 > 0. Рассмотрим несколько случаев. 1) A1 — специальная алгебра Ершова. Тогда по правилу сложения типов α1 < α2 = β = α и n2 = n = 0. По лемме 10 алгебра A2/Fα (A2 ) 1

19

Здесь B2 уже не обязана быть двухэлементной булевой алгеброй. Далее в тех местах, где встречается обозначение B2 , читателю предполагается самому, исходя из контекста, определять, что имеется в виду. Это не должно вызвать затруднений.

52

содержит бесконечно много атомов. Пусть a/Fα (A2 ) — элемент этой ал1 гебры, равный объединению n атомов. Так как a/\ ∼ , то = ba/ Fα1 (A2 )

1

Fα1 (b a)

type(b a) = (α1 , 0, n1 ). Имеем A2 ∼ a ⊕ a⊥ . По правилу сложения типов = b ⊥ type(a ) = (β, β, 0). 2) A1 — не специальная алгебра, C1 — специальная. Тогда α2 = β 6 α1 = α и 0 = n2 < n1 = n. Требуемое разложение алгебры A2 существует по лемме 9. 3) Алгебры A1 и C1 — не специальные. По правилу сложения типов (α, 0, n) = (α1 , 0, n1 ) + (α2 , 0, n2 ). По лемме 9 существуют булева алгебра D0 и специальная алгебра Ершова D00 , такие что A2 ∼ = D0 ⊕D00 , type(D0 ) = (α, 0, n) и type(D00 ) = (β, β, 0). Пусть i ∈ {1, 2} и j = 3 − i таковы, что αi 6 αj = α. Из правила 0 сложения типов и леммы 10 следует, что в алгебре D /Fα (D0 ) есть элемент, i

являющийся объединением ni атомов. Пусть a/Fα (D0 ) — этот элемент. i a \0 ∼ b a Так как / , то type(b a) = (α , 0, n ). Пусть D = b aиD = = / Fαi (D )

Fαi (b a)

i

i

i

j

d Тогда D ∼ a = c(a). = Di ⊕ Dj и из правила сложения типов type(Dj ) = (αj , 0, nj ). Полагаем B2 = D1 и C2 = D2 ⊕ D00 . Опять же по правилу сложения типов легко убедиться, что типы алгебр B2 и C2 — те, что требуются.  ⊥

0

Теорема 13 Счетные суператомные алгебры Ершова изоморфны тогда и только тогда, когда их типы совпадают. Доказательство. Необходимость очевидна. Докажем достаточность. Пусть A и B — счетные суператомные алгебры Ершова, такие что type(A) = type(B). Пусть S = {ha, bi : a ∈ A, b ∈ B, type(b a) = type(bb), type(a⊥ ) = type(b⊥ )}. Покажем, что S — условие изоморфизма алгебр Ершова. Необходимо проверить четыре условия. Ясно, что h0, 0i ∈ S. Также ясно, что hx, yi ∈ S → (x = 0 ↔ y = 0), поскольку x = 0 (y = 0) тогда и только тогда, когда type(b x) = (0, 0, 0) (type(b y ) = (0, 0, 0)). Проверим третье условие. Пусть ha, bi ∈ S и x — произвольный элемент A. Необходимо доказать, что существуют y1 , y2 ∈ B, такие что пары ha ∧ x, b ∧ y1 i, ha \ x, b \ y1 i, hx \ a, y2 \ bi, ha ∨ x, b ∨ y2 i принадлежат S. Имеем type(b a) = type(bb), type(a⊥ ) = type(b⊥ ), b a∼ ∧ x ⊕ a[ \ x и a⊥ = x[ \ a ⊕ (a ∨ x)⊥ . По лемме 11 = a[ 0 0 существуют алгебры D1 , D2 , D1 , D2 , такие что bb ∼ = D1 ⊕D2 , b⊥ ∼ = D01 ⊕D02 , 53

type(D1 ) = type(a[ ∧ x), type(D2 ) = type(a[ \ x), type(D01 ) = type(x[ \ a) и 0 ⊥ 0 0 b type(D2 ) = type((a ∨ x) ). Пусть ϕ : D1 ⊕ D2 → b и ψ : D1 ⊕ D2 → b⊥ — изоморфизмы. Заметим, что алгебры D1 и D01 булевы. Полагаем y1 = ϕ(h1, 0i) и y2 = ψ(h1, 0i). Покажем, что y1 и y2 удовлетворяют требуемым свойствам. Имеем ϕ(D1 ⊕ {0}) = yb1 , ϕ({0} ⊕ D2 ) = b[ \ y1 , ψ(D01 ⊕ {0}) = yb2 . 0 ⊥ Пусть C = ϕ({0} ⊕ D2 ). Тогда b = yb2 + C (внутренняя прямая сумма), type(b y1 ) = type(a[ ∧ x), type(b[ \ y1 ) = type(a[ \ x), type(b y2 ) = type(x[ \ a) и ⊥ type(C) = type((a ∨ x) ). Кроме того, b ∧ y1 = y1 и y2 \ b = y2 . Чтобы установить, что y1 и y2 — те, что требуется, надо показать, что четыре пары принадлежат S, то есть проверить восемь равенств типов. Три из них уже есть. Остальные легко получить из этих трех при помощи правила сложения типов и следующих соотношений20 : (a ∧ x)⊥ y1⊥

= a[ \ x + x[ \ a + (a ∨ x)⊥ = b[ \ y1 + yb2 + C

(a \ x)⊥ (b \ y1 )⊥

= a[ ∧ x + x[ \ a + (a ∨ x)⊥ = yb1 + yb2 + C

(x \ a)⊥ y2⊥

= b a + (a ∨ x)⊥ = bb + C

a[ ∨x = b a + x[ \a b \ b ∨ y2 = b + yb2 ⊥ (b ∨ y2 ) = C Третье условие доказано. Четвертое условие, симметричное третьему, проверяется аналогично.  Предложение 26 Пусть A — счетная суператомная алгебра Ершова и type(A) = (α, β, n). Тогда α и β — не более чем счетные ординалы. Через ω1 обозначим первый несчетный кардинал. Пусть α > ω1 . Тогда для любого γ < ω1 Fγ (A) ⊂ A = F∞ (A) и Fγ+1 (A) \ Fγ (A) 6= ∅. По предложению 22 для δ < γ < ω1 (Fγ+1 (A) \ Fγ (A)) ∩ (Fδ+1 (A) \ Fδ (A)) = 20

В правых частях этих соотношений стоят внутренние прямые суммы

54

S ∅. S Получаем, что множество γ<ω1 (Fγ+1 (A) \ Fγ (A)) несчетно. Однако γ<ω1 (Fγ+1 (A) \ Fγ (A)) ⊆ A. Полученное противоречие доказывает, что α — не более чем счетный ординал. Остается вспомнить, что β 6 α.  Теорема 14 Для любого не более чем счетного ординала α Bωα — не более чем счетная суператомная алгебра Ершова типа (α, α, 0) и Bωα +1 — не более чем счетная суператомная булева алгебра типа (α, 0, 1). Доказательство. Сразу заметим, что алгебры Bωα и Bωα +1 — не более чем счетные, так как для всякого бесконечного линейного порядка L |L| = |BL |. Остальное докажем трансфинитной индукцией по ординалу α. Пусть α — счетный ординал и для всех ординалов, меньших α, утверждение теоремы справедливо. Докажем, что оно справедливо для α. При α = 0 type(Bω0 ) = type(B1 ) = (0, 0, 0) и type(Bω0 +1 ) = type(B2 ) = (0, 0, 1). Если α = β + 1, то ω α = ω β + ω β + . . .. Если α предельный, то ω α = ω α0 + ω α1 + . . . для последовательности ординалов α0 < α1 < . . ., P α αi такой что supi∈N αi = α. В обоих случаях ω = i∈N w для последовательности ординалов α0 6 α1 6 . . . < α, такой что для любого β < α существует i0 ∈ N, для β 6 αi0 . Пусть для i ∈ N mi — элемент P которого αi , соответствующий минимальному элеменw линейного порядка i∈N αi ту слагаемого ω . Пусть ai — элемент алгебры Bωα , равный [mi , mi+1 ). Тогда b ai ∼ = B[mi ,mi+1 ] ∼ = Bωαi +1 — суператомная булева алгебра типа (αi , 0, 1). Докажем, что Fα (Bωα ) = Bωα и для любого β < α Bωα/Fβ (Bωα ) — не булева алгебра. Имеем Bωα = sup{b ai : i ∈ N}. Так как αi < α, то для любого i ∈ N b ai = Fα (b ai ). Из Fα (b ai ) = Fα (Bωα ) ∩ b ai получаем, что b ai ⊆ Fα (Bωα ). Таким образом, Fα (Bωα ) — верхняя грань для множества идеалов {b ai : i ∈ N}. Любая верхняя грань содержит точную верхнюю грань и, значит, Bωα ⊆ Fα (Bωα ). Обратное включение очевидно; следовательно, равенство Bωα = Fα (Bωα ) доказано. Пусть β < α. Пусть i0 — такое натуральное число, что β 6 αi0 . Для i > i0 Fβ (b ai ) 6= b ai и, в силу равенства Fβ (b ai ) = Fβ (Bωα ) ∩ b ai , ai 6∈ Fβ (Bωα ). Получаем, что для i > i0 ai/Fβ (Bωα ) 6= 0. Предположим, что для некоторого a ∈ Bωα a

/Fβ (Bωα ) — наибольший элемент алгебры

Bωα

/Fβ (Bωα ) . Из определения

алгебры Bωα следует, что для некоторого i > i0 a ∩ ai = ∅. Получаем /Fβ (Bωα ) = ai/Fβ (Bωα ) ∧ a/Fβ (Bωα ) = ai ∩a/Fβ (Bωα ) = 0. Противоречие.

ai

55

Из доказанного напрямую следует, что Bωα — суператомная алгебра Ершова типа (α, α, 0). Легко видеть, что для произвольного линейного порядка L с наименьшим элементом BL+1 — минимальное булево расширение алгебры BL . Применительно к нашему случаю это означает, что Bωα — простой идеал алгебры Bωα +1 . Имеем Bωα = Fα (Bωα ) = Fα (Bωα +1 )∩Bωα и Bωα ⊆ Fα (Bωα +1 ). Так как простые идеалы максимальны, то либо Fα (Bωα +1 ) = Bωα , либо Fα (Bωα +1 ) = Bωα +1 . Покажем, что второе равенство невозможно. Предположим, что Fα (Bωα +1 ) = Bωα +1 . Тогда Bωα +1 — суператомная булева алгебра типа (γ, 0, n) для γ 6 α. Так как эта алгебра не нулевая, то n > 0 и γ < α. По лемме 10 в алгебре Bωα/Fγ (Bωα ) найдется n + 1 атом b0/Fγ (Bωα ) , . . . , bn/Fγ (Bωα ) . Элементы b0 , . . . , bn алгебры Bωα таковы, что для каждого i bi 6∈ Fγ (Bωα ) и для i 6= j bi ∧ bj ∈ Fγ (Bωα ). Так как Fγ (Bωα ) = Fγ (Bωα +1 ) ∩ Bωα , то для любого i bi 6∈ Fγ (Bωα +1 ) и для i 6= j bi ∧ bj ∈ Fγ (Bωα +1 ). Получаем, что b0/Fγ (Bωα +1 ) , . . . , bn/Fγ (Bωα +1 ) — семейство, состоящее из (n + 1)-го ненулевого элемента алгебры Bωα +1/Fγ (Bωα +1 ) , причем пересечение любых двух различных элементов этого семейства равно нулю. Однако алгебра Bωα +1/Fγ (Bωα +1 ) изоморфна P(X) для n-элементного множества X, а в P(X) такого семейства не существует. Полученное противоречие доказывает, что Fα (Bωα +1 ) = Bωα . Но тогда Bωα +1/Fα (Bωα +1 ) ∼ = B2 и Bωα +1 — суператомная булева алгебра типа (α, 0, 1).  Следствие 14 Пусть β 6 α — не более чем счетные ординалы и n ∈ N, причем если n = 0, то α = β. Тогда существует счетный ординал ε, такой что Bε — суператомная алгебра Ершова и type(Bε ) = (α, β, n). Доказательство. Пусть L1 и L2 — линейные порядки с наименьшими элементами, причем порядок L1 не одноэлементен и содержит также наибольший элемент l. Пусть L01 = hL1 \ {l}, 6i. Тогда BL01 +L2 ∼ = BL1 ⊕ BL2 . Действительно, пусть 0 — наименьший элемент порядка L01 + L2 , а m ∈ L01 + L2 таково, что [0, m) ∼ = L01 и [m, +∞) ∼ = L2 . Тогда отобра0 жение ϕ : BL1 +L2 → B[0,m] ⊕ B[m,+∞) , действующее по правилу ϕ : x 7→ hx ∩ [0, m), x ∩ [m, +∞)i, является изоморфизмом. Теперь остается положить α ε=ω . . + ω α} +ω β | + .{z n раз

и применить правило сложения типов.  56

Лемма 12 Пусть A — произвольная алгебра Ершова, B — не более чем счетная алгебра Ершова и ϕ : A → B — эпиморфизм. Тогда существует подалгебра алгебры A, изоморфная B. Доказательство. По теореме 8 у алгебры B существует линейный базис L. Ясно, что множество L не более чем счетно. Пусть l0 , l1 , . . . — перечисление всех элементов множества L (возможно, с повторениями), такое что l0 = 0. Пусть для n ∈ N Ln = {l0 , . . . , ln }. Построим по индукции последовательность отображений {ψn : Ln → A}n∈N , такую что для любого n ψn+1  Ln = ψn , ϕ ◦ ψn = idLn , ψn (0) = 0 и для любых l0 , l00 ∈ Ln ψn (l0 ) 6 ψn (l00 ) ⇔ l0 6 l00 . Полагаем ψ0 (0) = 0. Пусть ψn построено. Если Ln+1 = Ln , то полагаем ψn+1 = ψn . Пусть Ln+1 6= Ln ; тогда Ln+1 = Ln ∪ {ln+1 }. Для любого l ∈ Ln полагаем ψn+1 (l) = ψn (l). Остается определить ψn+1 (ln+1 ). Возможны два случая. 1. Для любого l ∈ Ln l < ln+1 . Пусть l0 — наибольший элемент Ln . Так как ϕ — эпиморфизм, то существует a ∈ A, такой что ϕ(a) = ln+1 . Полагаем ψn+1 (ln+1 ) = ψn (l0 ) ∨ a. 2. Существуют l0 , l00 ∈ Ln , такие что l0 < ln+1 < l00 и для любого l ∈ Ln неверно, что l0 < l < l00 . Пусть a — такой элемент алгебры A, что ϕ(a) = ln+1 . Полагаем ψn+1 (ln+1 ) = ψn (l0 ) ∨ (ψn (l00 ) ∧ a). Определение ψn -ых закончено. Пусть ψ : L → A таково, что для любого n ∈ N ψ  Ln = ψn . Ясно, что отображение ψ инъективно и сохраняет порядок. Пусть M = ψ(L). Тогда M — цепь в A, содержащая 0 и изоморфная L. Пусть C — подалгебра в A, равная gr(M ). Тогда M — линейный базис алгебры C. По предложению 19 C ∼ = B.  Теорема 15 Для не более чем счетной алгебры Ершова A следующие утверждения эквивалентны: 1. Алгебра A суператомна. 2. Каждая подалгебра алгебры A атомная. 3. Не существует ненулевых безатомных подалгебр алгебры A. 4. Каждая фактор-алгебра алгебры A атомная. 57

5. Никакая фактор-алгебра алгебры A, отличная от {0}, не является безатомной. 6. A ∼ = Bα для некоторого не более чем счетного ординала α. 7. Число простых идеалов алгебры A не более чем счетно. Доказательство. Общая схема доказательства такова: / 3

/ 2

7O 6 >^

>> >> >> >>

4 o

/



5

1 (7 ⇒ 2) Пусть B ⊆ A — не атомная подалгебра. Тогда существует ненулевой безатомный элемент b алгебры B. Через 2<ω обозначим множество конечных последовательностей, составленных из нулей и единиц. Последовательность нулевой длины обозначим Λ. Для каждого ε ∈ 2<ω определим элемент 0 < bε 6 b алгебры B; определение дадим индукцией по длине последовательности ε. Полагаем bΛ = b. Пусть для некоторого ε элемент bε определен. Так как bε — не ноль и не атом, то существует c ∈ B, такой что 0 < c < bε . Полагаем bε0 = c и bε1 = bε \ c. Через 2ω мы обозначаем множество бесконечных последовательностей, составленных из нулей и единиц. Множество 2ω континуально; существует естественное взаимно-однозначное соответствие между P(N) и 2ω , при котором множеству A ⊆ N ставится в соответствие последовательность χA (0)χA (1) . . .. Для ε ∈ 2<ω и f ∈ 2ω будем писать ε 4 f , если последовательность ε является началом последовательности f . Для f ∈ 2ω пусть Xf = {bε : ε ∈ 2<ω , ε 4 f }. Множество Xf , рассматриваемое как подмножество A, замкнуто относительно пересечений и не содержит 0. По теореме 3 существует Pf ∈ Pr(A), такой что Pf ∩ Xf = ∅. Заметим, что если f и g — различные элементы 2ω , то Pf 6= Pg . Действительно, если f 6= g, то существует ε ∈ 2<ω , такая что ε0 4 f и ε1 4 g (или наоборот ε0 4 g и ε1 4 f ). Тогда если Pf = Pg , то bε0 6∈ Pf , bε1 6∈ Pf , 58

однако 0 = bε0 ∧ bε1 ∈ Pf , что противоречит простоте Pf . Получаем, что существует континуум различных простых идеалов алгебры A. (2 ⇒ 3) Очевидно. (3 ⇒ 5) Пусть I C A и алгебра A/I — безатомная. Ясно, что эта фактор-алгебра не более чем счетна. По лемме 12 существует подалгебра в A, изоморфная A/I . (4 ⇒ 5) Очевидно. (5 ⇒ 4) Пусть I C A и алгебра A/I — не атомная. Тогда для некоторого a ∈ A a/ — ненулевой безатомный элемент алгебры A/ . Алгебра ac / — I

I

I

A

ненулевая безатомная алгебра. Пусть p : A → /I — факторизация, а
ϕ : A/I → ac /I — эпиморфизм, такой что ϕ x/I = x/I ∧ a/I . Тогда ac /I ∼ = A /Ker(ϕ◦p) . (5 ⇒ 1) Пусть F∞ (A) 6= A. Тогда A/F∞ (A) — ненулевая безатомная алгебра Ершова. Действительно, предположим, что для некоторого a ∈ A a/F∞ (A) — атом алгебры A/F∞ (A) . Для некоторого ординала α имеем Fα (A) = Fα+1 (A) = F∞ (A). Получаем a 6∈ Fα (A), a/Fα (A) — атом алгебры   A /Fα (A) , a/Fα (A) ∈ F A/Fα (A) и a ∈ Fα+1 (A). Противоречие. (1 ⇒ 6) Пусть A — счетная суператомная алгебра Ершова и type(A) = (α, β, n). По предложению 26 ординалы α и β — не более чем счетные. По следствию 14 существует не более чем счетный ординал ε, такой что Bε — суператомная алгебра Ершова типа (α, β, n). По теореме 13 A ∼ = Bε . (6 ⇒ 7) Пусть ε — не более чем счетный ординал. По теореме 10 существует взаимно-однозначное соответствие между простыми идеалами алгебры Bε и непустыми собственными начальными сегментами ординала ε. Остается заметить, что любой собственный начальный сегмент ординала ε имеет вид {α : α < β} для некоторого β < ε.  Следствие 15 Если A — не более чем счетная суператомная алгебра Ершова, то все подалгебры и все фактор-алгебры алгебры A также суператомны. Следствие 16 Если A — счетная алгебра Ершова, то множество Pr(A) либо счетно, либо континуально. Следствие 17 Множество начальных сегментов счетного линейного порядка либо счетно, либо континуально. 59

10

Классификация Кетонена21.

Распространим понятие типа суператомности на произвольные алгебры Ершова. Пусть A — алгебра Ершова. Так как F∞ (F∞ (A)) = F∞ (A) ∩ F∞ (A), то F∞ (A) — суператомная алгебра Ершова. Полагаем type(A) = type(F∞ (A)). Для произвольных счетных алгебр Ершова уже не верно, что если типы суператомности совпадают, то алгебры изоморфны. Например, type(Bω ⊕ B1+η ) = type(Bω ) = (1, 1, 0), однако в первой алгебре есть ненулевые безатомные элементы, а во второй нет. Однако по прежнему справедлива формула type(A ⊕ B) = type(A) + type(B), поскольку F∞ (A ⊕ B) = F∞ (A) ⊕ F∞ (B). Через Ord обозначим класс всех ординалов. Определение 21 Пусть A — алгебра Ершова. Функция22 r : A → Ord называется аддитивной, если r(0) = 0 и для любых x, y ∈ A r(x ∨ y) = max{r(x), r(y)}. Приведем несколько примеров аддитивных функций. 1. Пусть A — произвольная алгебра Ершова и для любого x ∈ A r(x) = 0. Функция r аддитивна. 2. Пусть α — ненулевой ординал и I C A. Определим r так: r(I) = 0, r(A \ I) = α. Опять r — аддитивная функция. 3. Пусть A — произвольная алгебра Ершова, I C A и алгебра I суператомна. Тогда для любого x ∈ A алгебра x b ∩ I также суператомна. Положим rI (x) = type2 (b x ∩ I). Равенство rI (0) = 0 очевидно 21

Изложенная в этой части классификация типов изоморфизма счетных булевых алгебр впервые появилась в статье Кетонена [3]. В этой статье автор работает со стоуновскими пространствами и изложение ведется на языке топологии. Приведенное здесь алгебраическое изложение автор спецкурса дает по книге [1]. 22 На первый взгляд может показаться, что говорить о функциях из A в Ord некорректно, поскольку класс всех ординалов не является множеством. Однако если есть соответствие, сопоставляющее каждому элементу алгебры A единственный ординал, то по аксиоме подстановки (замены) область значений этого соответствия является множеством и само соответствие можно рассматривать как функцию из A на область значений. Поскольку значением такого соответствия на каждом элементе алгебры A будет некоторый ординал, мы, допуская некоторую некорректность, будем говорить об этом соответствии как о функции из A в класс всех ординалов, имея в виду функцию из A на область значений соответствия.

60

(более того, легко заметить, что rI (I) = 0). Если x, y ∈ A таковы, что x ∧ y = 0, то равенство rI (x ∨ y) = max{rI (x), rI (y)} следует из правила сложения типов и того, что x[ ∨y∩I ∼ x ∩ I) ⊕ (b y ∩ I). В = (b общем случае x ∨ y = (x \ y) ∨ (x ∧ y) ∨ (y \ x) и rI (x ∨ y) = max{rI (x \ y), rI (x ∧ y), rI (y \ x)} = max{max{rI (x \ y), rI (x ∧ y)}, max{rI (x ∧ y), rI (y \ x)}} = max{rI (x), rI (y)}. Рассмотрим два важных для нас частных случая. (a) Для алгебры A функция rF∞ (A) называется функцией E-ранга и обозначается σA (или просто σ, если ясно, о какой алгебре идет речь). Так как для любого x ∈ A F∞ (b x) = F∞ (A) ∩ x b, то σA (x) = type2 (b x ∩ F∞ (A)) = type2 (b x). (b) Пусть A — суператомная алгебра Ершова и hq, A0 i — ее идеальное пополнение. Можно считать, что элементами A0 являются локально главные идеалы алгебры A и вложение q действует по правилу q : a 7→ b a. Имеем q(A) — идеал алгебры 0 A , изоморфный A. Пусть ρ = rq(A) . Тогда ρ — аддитивная функция на A0 . Если j ∈ A0 — локально главный идеал алгебры A, то j сам по себе является суператомной алгеброй Ершова. Легко заметить, что ρ(j) = type2 (j). Действительно, b j ∩ q(A) = {b a:b a ⊆ j} = q(j) ∼ = j. Пусть r — аддитивная функция на алгебре A и ϕ : A → B — эпиморфизм, такой что r(Kerϕ) = 0. Тогда для любых x, y ∈ A, таких что ϕ(x) = ϕ(y), имеем r(x) = r(y), поскольку из равенства ϕ(x) = ϕ(y) следует, что для z = x M y z ∈ Kerϕ, x ∨ z = y ∨ z и r(x) = max{r(x), r(z)} = r(x ∨ z) = r(y ∨ z) = max{r(y), r(z)} = r(y). Для b ∈ B положим rϕ (b) = r(x), где x ∈ A таков, что ϕ(x) = b. В силу сказанного выше это определение корректно. Так как ϕ сохраняет объединения, то rϕ — аддитивная функция на B. Определение 22 Булева алгебра A называется нормальной, если F∞ (A) — специальная алгебра Ершова (то есть type3 (A) = 0). Теорема 16 (о нормальном разложении) Пусть A — булева алгебра, type(A) = (α, β, n) и n > 0. Тогда существует нормальная булева алгебра B типа (β, β, 0) и суператомная булева алгебра C типа (α, 0, n), такие что A ∼ = B ⊕ C. 61

Доказательство. По лемме 9 F∞ (A) ∼ = B0 ⊕ C0 , где B0 — специаль0 ная алгебра Ершова типа (β, β, 0), а C — суператомная булева алгебра типа (α, 0, n). Пусть ϕ : B0 ⊕ C0 → F∞ (A) — изоморфизм. Положим d a. Кроме того, ϕ−1 (c(a)∩F d a = ϕ(h0, 1i). Тогда b a∼ = C0 и A ∼ = c(a)⊕b ∞ (A)) = 0 d = (β, β, 0).  B ⊕ {0} и type(c(a)) Прямую сумму B ⊕ C, существование которой доказано в теореме 16, будем называть нормальным разложением алгебры A. Если алгебра A уже нормальна (то есть type3 (A) = 0), то под нормальным разложением алгебры A будем понимать прямую сумму A⊕{0}. Заметим, что нормальная булева алгебра суператомна тогда и только тогда, когда она нулевая; если же нормальная булева алгебра не нулевая, то она бесконечна. Пусть A — счетная нормальная булева алгебра. Тогда F∞ (A) — идеал алгебры A и специальная алгебра Ершова типа (β, β, 0) для некоторого ординала β. Как было отмечено при доказательстве теоремы 15, алгебра A /F∞ (A) безатомна и, значит, изоморфна B1+η+1 . Следовательно, существует эпиморфизм ψ : A → B1+η+1 , такой что Kerψ = F∞ (A). Если через ϕ обозначить тождественное вложение F∞ (A) в A, то последовательность / F∞ (A)

0

ϕ

ψ

/A

/0

/ B1+η+1

точна. Как показывает следующее предложение, ситуация со счетными нормальными булевыми алгебрами полностью описывается в терминах точных последовательностей. Предложение 27 Пусть A — счетная суператомная алгебра Ершова и последовательность 0

/A

ϕ

/B

ψ

/ B1+η+1

/0

точна. Тогда ϕ(A) = F∞ (B). Доказательство. Так как ϕ : A → ϕ(A) — изоморфизм, то F∞ (ϕ(A)) = ϕ(A), а поскольку F∞ (ϕ(A)) = F∞ (B) ∩ ϕ(A), то ϕ(A) ⊆ F∞ (B). Предположим, что b ∈ F∞ (B) \ ϕ(A). Тогда bb — подалгебра в F∞ (B) и ψ(b) 6= 0. Пусть ε — ограничение ψ на алгебру bb. Тогда ε — эпиморфизм, отобраd — ненулевую безатомную подалгебру алгебры B1+η+1 . жающий bb на ψ(b) d Получаем, что По лемме 12 в bb существует подалгебра, изоморфная ψ(b). 62

в F∞ (B) существует ненулевая безатомная подалгебра. Противоречие с теоремой 15.  Таким образом, счетные нормальные булевы алгебры — это в точности средние члены точных последовательностей, которые являются булевыми алгебрами и у которых в левой части стоит счетная специальная алгебра Ершова, а в правой части — счетная безатомная булева алгебра B1+η+1 . Теорема 17 Пусть A — счетная специальная алгебра Ершова, B1 и B2 — счетные булевы алгебры, последовательности 0

/A

ϕ1

/B 1

ψ1

/ B1+η+1

/0

0

/A

ϕ2

/B 2

ψ2

/ B1+η+1

/0

точны и для i ∈ {1, 2} σi — функция E-ранга на Bi , а ri = σiψi . Тогда алгебры B1 и B2 изоморфны в том и только в том случае, если существует µ — автоморфизм алгебры B1+η+1 , такой что r1 = r2 ◦ µ. Доказательство. Необходимость. Пусть ε : B1 → B2 — изоморфизм. Тогда ε(ϕ1 (A)) = ϕ2 (A), так как ϕ1 (A) = F∞ (B1 ) и ϕ2 (A) = F∞ (B2 ). Поскольку последовательности точны, получаем, что Ker(ψ2 ◦ ε) = Kerψ1 . По теореме 1 существует автоморфизм µ алгебры B1+η+1 , такой что µ ◦ ψ1 = ψ2 ◦ ε. Пусть x — произвольный элемент алгебры B1+η+1 . Выберем y ∈ B1 , такой что ψ1 (y) = x. Получаем r1 (x) = σ1 (y) = d ∩ F∞ (B2 )) = σ2 (ε(y)) = r2 (ψ2 (ε(y))) = type2 (b y ∩ F∞ (B1 )) = type2 (ε(y) r2 (µ(ψ1 (y))) = r2 (µ(x)). Так как x — произвольный, то r1 = r2 ◦ µ. Достаточность. Предположим, что автоморфизм существует. Пусть S — подмножество B1 × B2 , равное {ha, bi : µ(ψ1 (a)) = ψ2 (b), type(b a) = b type(b)}. Покажем, что S — условие изоморфизма булевых алгебр. Ясно, что h0, 0i ∈ S и h1, 1i ∈ S. Пусть h0, yi ∈ S. Тогда ψ2 (y) = µ(ψ1 (y)) = 0 и y ∈ ϕ2 (A) = F∞ (B2 ). Значит, yb — суператомная булева алгебра. Так как type(b y ) = type(b 0) = (0, 0, 0), то yb = {0} и y = 0. Импликация hx, 0i ∈ S ⇒ x = 0 доказывается аналогично. Докажем, что для S выполняется третий пункт из определения условия изоморфизма булевых алгебр. Пусть ha, bi ∈ S и x 6 a. Требуется доказать, что существует y 6 b, такой что hx, yi ∈ S и ha \ x, b \ yi ∈ S. 63

Пусть y10 — такой элемент алгебры B2 , что ψ2 (y10 ) = µ(ψ1 (x)). Положим y1 = b ∧ y10 . Имеем ψ2 (y1 ) = ψ2 (b) ∧ ψ2 (y10 ) = µ(ψ1 (a ∧ x)) = µ(ψ1 (x)). Пусть y2 = b \ y1 . Тогда ψ2 (y2 ) = ψ2 (b) \ ψ2 (y1 ) = µ(ψ1 (a \ x)). Имеем σ1 (x) = r1 (ψ1 (x)) = r2 (µ(ψ1 (x))) = r2 (ψ2 (y1 )) = σ2 (y1 ). Аналогично σ1 (a \ x) = σ2 (y2 ). Пусть D1 ⊕ D2 — нормальное разложение алгебры yb1 . Рассмотрев изоморфизм ϕ : D1 ⊕ D2 → yb1 и взяв z1 = ϕ(h1, 0i), w1 = ϕ(h0, 1i), получаем yb1 = zb1 + w b1 , где zb1 — нормальная булева алгебра, а w b1 — суператомная булева алгебра. Аналогично найдутся z2 , w2 , такие что yb2 = zb2 + w b2 , где zb2 — нормальная булева алгебра, а w b2 — суператомная булева алгебра. Имеем bb = zb1 + zb2 + w\ ∨ w . В силу равенств 1 2 σ1 (x) = σ2 (y1 ) и σ1 (a \ x) = σ2 (y2 ) имеем type2 (b x) = type2 (b y1 ) = type2 (b z1 ) и type2 (a[ \ x) = type2 (b y2 ) = type2 (b z2 ). Более того, для i = 1, 2 ψ2 (yi ) = ψ2 (zi ∨ wi ) = ψ2 (zi ) ∨ ψ2 (wi ) = ψ2 (zi ), так как w bi = F∞ (w bi ) = F∞ (B2 ) ∩ w bi , wi ∈ F∞ (B2 ) = Kerψ2 и ψ2 (wi ) = 0. Введем обозначения для типов: type(b x) = (α1 , β1 , n1 ) [ type(a \ x) = (α2 , β2 , n2 ) type(b a) = (α, β, n) Для введенных обозначений справедливы следующие равенства: type(b z1 ) type(b z2 ) type(z\ 1 ∨ z2 ) type(bb) (α, β, n) (α, β, n)

= = = = = =

(β1 , β1 , 0) (β2 , β2 , 0) (β, β, 0) (α, β, n) (α1 , β1 , n1 ) + (α2 , β2 , n2 ) (β, β, 0) + type(w\ 1 ∨ w2 )

Рассмотрим несколько случаев: 1. n1 6= 0 и n2 6= 0. Тогда n 6= 0 и type(w\ 1 ∨ w2 ) = (α, 0, n) = (α1 , 0, n1 )+ (α2 , 0, n2 ). Пусть для i = 1, 2 Bi — суператомная булева алгебра типа (αi , 0, ni ), существующая по следствию 14. По теореме 13 существует изоморфизм ϕ : B1 ⊕ B2 → w\ 1 ∨ w2 . Взяв v1 = ϕ(h1, 0i) и v2 = ϕ(h0, 1i), получаем w\ ∨ w = v b + vb2 и для i = 1, 2 type(b vi ) = 1 2 1 (αi , 0, ni ). Полагаем y = z1 ∨ v1 . Так как v1 6 w1 ∨ w2 , то ψ2 (v1 ) = 0 и ψ2 (y) = ψ2 (z1 ) = µ(ψ1 (x)). По правилу сложения типов type(b x) = type(b y ). Значит, hx, yi ∈ S. Аналогично ha \ x, b \ yi ∈ S, так как b \ y = y2 ∨ v2 . 64

2. Ровно одно из чисел n1 , n2 равно нулю. Пусть i ∈ {1, 2} таково, что ni = 0, а j = 3 − i. Рассмотрим два подслучая. (a) n 6= 0. Тогда type(w\ 1 ∨ w2 ) = (α, 0, n) = (αj , 0, nj ). Полагаем yi0 = zi , yj0 = zj ∨ (w1 ∨ w2 ). По правилу сложения типов для k = 1, 2 type(b yk0 ) = (αk , βk , nk ). Так как ψ2 (w1 ∨ w2 ) = 0, то для 0 k = 1, 2 ψ2 (yk ) = ψ2 (zk ). Положив y = y10 , получаем hx, yi ∈ S и ha \ x, b \ yi ∈ S, поскольку b \ y = y20 . (b) n = 0. Тогда βj 6 αj < βi = αi = β = α. Пусть yj0 = zj и yk0 ) = (βk , βk , 0) yi0 = zi ∨ (w1 ∨ w2 ). Тогда для k = 1, 2 type(b и, также как в предыдущем случае, ψ2 (yk0 ) = ψ2 (zk ). Имеем (βi , βi , 0) = (αj , 0, nj ) + (βi , βi , 0). По следствию 14 существуют B1 — суператомная булева алгебра типа (αj , 0, nj ) и B2 — суператомная алгебра Ершова типа (βi , βi , 0). По теореме 13 существует изоморфизм ϕ : B1 ⊕ B2 → F∞ (b yj0 ). Пусть u1 = ϕ(h1, 0i), а u2 = yj0 \ u1 . Так как type(b u1 ) = (αj , 0, nj ), то по правилу сложения типов type(b u2 ) = (βi , βi , 0). Так как u b1 — суператомная булева алгебра, то u b1 = F∞ (b u1 ) = F∞ (B2 ) ∩ u b1 , 00 00 u1 ∈ F∞ (B2 ) = Kerψ2 и ψ2 (u1 ) = 0. Пусть yi = u2 и yj = yj0 ∨ u1 . Получаем, что для k = 1, 2 type(b yk00 ) = (αk , βk , nk ) и ψ2 (yk00 ) = ψ2 (yk0 ). Полагаем y = y100 . Тогда b \ y = y200 , hx, yi ∈ S и ha \ x, b \ yi ∈ S. 3. n1 = n2 = 0. Пусть для i ∈ {1, 2} и j = 3 − i βi 6 βj . Тогда n = 0, αi = βi , αj = βj = α = β и (βj , βj , 0) = (βj , βj , 0) + type(w\ 1 ∨ w2 ). 0 0 0 Полагаем yi = zi и yj = zj ∨ (w1 ∨ w2 ). Пусть y = y1 . Тогда b \ y = y20 . Аналогично случаю 2(a) имеем hx, yi ∈ S и ha \ x, b \ yi ∈ S. Таким образом, все возможные случаи рассмотрены и третий пункт из определения условия изоморфизма выполнен для S. Четвертый пункт, симметричный третьему, проверяется аналогично.  Получаем, что тип изоморфизма счетной нормальной булевой алгебры, тип суператомности которой равен (β, β, 0), однозначно определяется аддитивной функцией на B1+η+1 (заданной с точностью до автоморфизма алгебры B1+η+1 ), значение которой на элементе 1 равно β. Следующая теорема показывает, что любая аддитивная функция на B1+η+1 , значение которой на единице равно счетному ординалу, задает тип изоморфизма счетной нормальной булевой алгебры. 65

Теорема 18 Пусть A — счетная специальная алгебра Ершова типа (β, β, 0), а r — аддитивная функция на B1+η+1 , такая что r(1) = β. Тогда существует точная последовательность 0

/A

ϕ

/B

ψ

/ B1+η+1

/ 0,

ψ . такая что B — булева алгебра и r = σB

Доказательство. Пусть A0 — алгебра локально главных идеалов алгебры A, а q : A → A0 — вложение в качестве идеала, такое что q(a) = b a. Тогда пара hq, A0 i является идеальным пополнением алгебры A. Пусть ρ — введенная ранее аддитивная функция на A0 , такая что ρ(j) = type2 (j) 0 для каждого локально главного идеала j. Пусть A∗ = A /q(A) , p : A0 → A∗ — факторизация и ρ∗ = ρp — аддитивная функция на A∗ , такая что для любого j ∈ A0 ρ∗ (p(j)) = ρ(j). Докажем, что существует булевый гомоморфизм α : B1+η+1 → A∗ , такой что r = ρ∗ ◦ α. Так как алгебра B1+η+1 — счетная, то B1+η+1 = {b0 , b1 , . . .}. Определим по индукции последовательность конечных подалгебр B0 ⊆ B1 ⊆ . . . алгебры B1+η+1 ,Sположив B0 = {0, 1} и Bt+1 = gr(Bt ∪ {bt }). Из определения B1+η+1 = t∈N Bt , а по лемме 7 каждый атом алгебры Bt является объединением одного или двух атомов алгебры Bt+1 . Определим индукцией по t последовательность гомоморфизмов {αt : Bt → A∗ }t∈N , такую что для любого t ∈ N αt+1  Bt = αt и r  Bt = ρ∗ ◦ αt . Полагаем α0 (0) = 0 и α0 (1) = 1. Пусть для t ∈ N гомоморфизм αt уже определен. Ясно, что достаточно определить αt+1 на атомах алгебры Bt+1 . Пусть a — атом алгебры Bt . Если a — атом алгебры Bt+1 , то полагаем αt+1 (a) = αt (a). Если же это не так, то тогда для некоторых a1 и a2 — атомов алгебры Bt+1 , имеем a = a1 ∨ a2 . Определим αt+1 на атомах a1 и a2 . Без ограничения общности можно считать, что r(a1 ) 6 r(a2 ). Пусть β1 = r(a1 ) и β2 = r(a2 ) = r(a). Пусть j — такой локально главный идеал алгебры A, что p(j) = αt (a). В силу равенства r(a) = ρ∗ (αt (a)) имеем type(j) = (γ, β2 , n) для некоторых γ и n. Пусть C — счетная суператомная алгебра Ершова типа (β1 , β1 , 0), существующая по следствию 14. Тогда, по правилу сложения типов и теореме 13, существует изоморфизм ε : C ⊕ j → j. Пусть j1 = ε(C ⊕ {0}) и j2 = ε({0} ⊕ j). Тогда j1 , j2 — идеалы алгебры A, такие что j = j1 + j2 . Эти идеалы являются локально главными, так как для любого x ∈ A j ∩ x b = (j1 ∩ x b) + (j1 ∩ x b) и прямая 66

сумма алгебр Ершова является булевой алгеброй тогда и только тогда, когда каждое слагаемое является булевой алгеброй. Имеем type2 (j1 ) = ρ(j1 ) = β1 , type2 (j2 ) = ρ(j2 ) = β2 и j1 ∩j2 = {0}. Полагаем αt+1 (a1 ) = p(j1 ) и αt+1 (a2 ) = p(j2 ). Таким образом, мы определили αt+1 на всех атомах алгебры Bt+1 . Видно, что для разных a0 , a00 — атомов алгебры Bt+1 справедливо αt+1 (a0 ) ∧ αt+1 (a00 ) = 0 и αt+1 можно продолжить до гомоморфизма всей алгебры Bt+1 . Так как для выбранных при определении αt+1 (a1 ), αt+1 (a2 ) идеалов j1 , j2 справедливо равенство j = j1 ∨ j2 , то αt+1 продолжает αt , а так как равенство r(a) = ρ∗ (αt+1 (a)) выполнено для всех атомов алгебры Bt+1 , то в силу аддитивности функций r, ρ∗ оно выполнено для всех элементов этой алгебры. Таким образом, отображение αi построено для любого i ∈ N. Так как αi -ые продолжают друг друга, то существует гомоморфизм α : B1+η+1 → A∗ , продолжающий все αi -ые. Ясно, что r = ρ∗ ◦ α. Пусть теперь 0

/A

ϕ

/B

ψ

/ B1+η+1

/ 0,

есть точная последовательность, соответствующая гомоморфизму α способом, указанным при доказательстве теоремы 6, а ϕ0 : B → A0 — гомоморфизм, существование которого требуется в определении идеального пополнения. По следствию 5 алгебра B булева. Для b ∈ B имеем ϕ0 (b) = {a ∈ A : ϕ(a) 6 b} = ϕ(A) ∩ bb. Получаем, что ρ(ϕ0 (b)) = type2 (ϕ0 (b)) = type2 (ϕ(A)∩bb) = type2 (F∞ (B)∩bb) = σB (b). Теперь для произвольного b ∈ B r(ψ(b)) = ρ∗ (α(ψ(b))) = ρ∗ (p(ϕ0 (b))) = ρ(ϕ0 (b)) = σB (b), ψ . то есть r = σB Таким образом, установлено взаимно-однозначное соответствие между типами изоморфизма счетных нормальных булевых алгебр и аддитивными функциями на B1+η+1 , заданными с точностью до автоморфизма этой алгебры. Следствие 18 Существует континуум попарно не изоморфных счетных булевых алгебр. Доказательство. Так как алгебра B1+η+1 безатомная, то для любого элемента x этой алгебры, такого что x 6= 1, существует y ∈ B1+η+1 , 67

такой что x < y < 1 (иначе c(x) — атом). Пользуясь этим фактом, легко построить последовательность 0 = b0 < b1 < b2 < . . . элементов алгебры B1+η+1 . Считаем, что N = ω. Каждому X ⊆ N, содержащему 0, сопоставим неубывающую функцию fX : N → N, область значений которой равна X (например, fX (n) = max{m 6 n : m ∈ X}). Пусть теперь для произвольного x ∈ B1+η+1 rX (x) = f (ix ), где ix = min{i ∈ N : x 6 bi }, если для некоторого i x 6 bi ; и rX (x) = ω, если такого i не существует. Легко проверить, что rX — аддитивная функция, область значений которой равна X ∪ ω. Если X1 6= X2 , то rX1 6= rX2 ◦ µ для любого автоморфизма µ, поскольку у функций rX1 и rX2 разные области значений. Получаем, что существует континуум различных (с точностью до автоморфизма) аддитивных функций на B1+η+1 (в область значений которых попадают только счетные ординалы). По теоремам 17 и 18 существует континуум типов изоморфизма счетных нормальных булевых алгебр.  Для произвольной счетной булевой алгебры по теореме 16 существует разложение этой алгебры в прямую сумму нормальной булевой алгебры и суператомной булевой алгебры. Суператомная булева алгебра задается, с точностью до изоморфизма, своим типом суператомности. Нормальная — аддитивной функцией на B1+η+1 . Таким образом, произвольная счетная булева алгебра задается (с точностью до изоморфизма) парой hr, ti, где r — аддитивная функция на B1+η+1 , а t — тип суператомности счетной суператомной булевой алгебры. Осталось доказать, что каждая алгебра задается единственной парой. Теорема 19 (об единственности нормального разложения) Пусть B1 ⊕ C1 и B2 ⊕ C2 — нормальные разложения одной и той же счетной булевой алгебры. Тогда B1 ∼ = B2 и C1 ∼ = C2 . Доказательство. То, что C1 ∼ = C2 , следует из того, что это счетные суператомные булевы алгебры одного и того же типа суператомности. Пусть ϕ : B1 ⊕ C1 → B2 ⊕ C2 — изоморфизм. Пусть ε : B1 → B1 ⊕ C1 — вложение, сопоставляющее элементу b пару hb, 0i. Пусть π : B2 ⊕ C2 → B2 — проекция на первую координату, то есть такой эпиморфизм, что π(hb, ci) = b. Пусть для i = 1, 2 ψi : Bi → B1+η+1 — эпиморфизм, такой что Kerψi = F∞ (Bi ), а τi : Bi ⊕ Ci → B1+η+1 — эпиморфизм, такой что Kerτi = F∞ (Bi ⊕ Ci ). 68

Так как ϕ(F∞ (B1 ⊕ C1 )) = F∞ (B2 ⊕ C2 ), то Ker(τ2 ◦ ϕ) = Kerτ1 и, по теореме 1, существует автоморфизм µ2 : B1+η+1 → B1+η+1 , такой что µ2 ◦ τ1 = τ2 ◦ ϕ. Так как F∞ (B1 ⊕ C1 ) = F∞ (B1 ) ⊕ F∞ (C1 ), то Ker(τ1 ◦ ε) = Kerψ1 и, по теореме 1, существует автоморфизм µ1 : B1+η+1 → B1+η+1 , такой что µ1 ◦ ψ1 = τ1 ◦ ε. Из равенств F∞ (B2 ⊕ C2 ) = F∞ (B2 ) ⊕ F∞ (C2 ) и F∞ (C2 ) = C2 следует Ker(ψ2 ◦π) = Kerτ2 и, опять по теореме 1, существует автоморфизм µ3 : B1+η+1 → B1+η+1 , такой что µ3 ◦ τ2 = ψ2 ◦ π. Получаем коммутативную диаграмму B1 

/B ⊕C 1 1

ε

ψ1



ϕ

τ1

/B ⊕C 2 2 

π

τ2

/B 

2 ψ2

µ µ µ B1+η+1 _ _1 _/ B1+η+1 _ _2 _/ B1+η+1 _ _3 _/ B1+η+1

Пусть для i = 1, 2 σi — функция E-ранга на Bi и ri = σiψi — соответствующая ей аддитивная функция на B1+η+1 . Для x ∈ B1 пусть ϕ(hx, 0i) = 0 0 , y 0 i) = max{type (b [ \ hx0 , y 0 i. Имеем type2 (hx, 0i) = type2 (hx y 0 )} = 2 x ), type2 (b 0 , y 0 i) ∼ \ type2 (b x0 ), поскольку hx b0 ⊕ yb0 , yb0 — суператомная булева ал= x гебра (подалгебра суператомной алгебры C2 ) и type2 (b y 0 ) = 0. Получа[ ем σ1 (x) = type2 (b x) = type2 (hx, 0i) = type2 (b x0 ) = σ2 ((π ◦ ϕ ◦ ε)(x)). Пусть µ = µ3 ◦ µ2 ◦ µ1 . Тогда, в силу коммутативности диаграммы, ψ2 ◦ (π ◦ ϕ ◦ ε) = µ ◦ ψ1 . Пусть z — произвольный элемент алгебры B1+η+1 . Тогда для некоторого x ∈ B1 z = ψ1 (x) и r1 (z) = σ1 (x) = σ2 ((π ◦ ϕ ◦ ε)(x)) = r2 (ψ2 ◦ π ◦ ϕ ◦ ε)(x)) = r2 (µ(ψ1 (x))) = r2 (µ(z)). Получаем, что r1 = r2 ◦ µ. Так как типы суператомности нормальных булевых алгебр B1 и B2 совпадают, то F∞ (B1 ) ∼ = F∞ (B2 ). Пусть A = F∞ (B1 ) и для i = 1, 2 ϕi : A → F∞ (Bi ) — изоморфизм. Последовательности 0

/A

ϕ1

/B 1

ψ1

/ B1+η+1

/0

0

/A

ϕ2

/B 2

ψ2

/ B1+η+1

/0

точны. Из равенства r1 = r2 ◦ µ и теоремы 17 следует, что B1 ∼ = B2 .  Следствие 19 (классификация Кетонена) Существует взаимно-однозначное соответствие между типами изоморфизма счетных несуператомных булевых алгебр и множеством пар вида hr, ti, таких что t = hα, β, ni для счетных ординалов β 6 α и натурального числа n, причем n = 0 → 69

α = β, а r — аддитивная функция на B1+η+1 (заданная с точностью до автоморфизма алгебры B1+η+1 ), для которой r(1) = β. Заканчивая исследование типов изоморфизма счетных булевых алгебр, опишем в общих чертах, как по счетному линейному порядку L с наибольшим и наименьшим элементами иногда можно решить вопрос о суператомности алгебры BL , а также определить ее тип суператомности и соответствующую аддитивную функцию. Пусть L — линейный порядок. Пусть ε — отношение эквивалентности на L. Скажем, что ε согласовано c L, если для любых l1 , l2 , l10 , l20 ∈ L, таких что hl1 , l10 i ∈ ε, hl2 , l20 i ∈ ε, hl1 , l2 i 6∈ ε справедлива эквивалентность l1 < l2 ⇔ l10 < l20 . Если эквивалентность ε согласована с L, то на фактор-множестве L/ε можно ввести линейный порядок, индуцированный порядком на L: для различных a1 , a2 ∈ L/ε скажем, что a1 < a2 , если для некоторых (а, значит, и для любых) l1 ∈ a1 , l2 ∈ a2 l1 < l2 . Обозначим этот линейный порядок ε(L). Приведем пример. Пусть L — линейный порядок с наименьшим элементом и I C BL . Для l1 , l2 ∈ L пусть hl1 , l2 i ∈ εI тогда и только тогда, когда (l1 6 l2 & [l1 , l2 ) ∈ I) ∨ (l2 6 l1 & [l2 , l1 ) ∈ I). Легко показать, что εI — согласованное с L отношение эквивалентности. Алгебры BεI (L) и BL /I изоморфны: действительно, если L — линейный базис алгебры A и ϕ : A → B — эпиморфизм, то ϕ(L) — линейный базис алгебры B и для ε = {hl1 , l2 i : l1 , l2 ∈ L, l1 M l2 ∈ Kerϕ} ϕ(L) ∼ = ε(L). Пусть теперь T — оператор и L — линейный порядок с наименьшим элементом. Пусть для x ∈ Ord ∪ {∞} εxT,L = εTx (BL ) . Используя трансфинитную индукцию, легко доказать следующие утверждения: 1. ε0T,L = idL ; S 2. εα+1 {hl1 , l2 i : существуют a1 , a2 ∈ εαT,L (L), такие что l1 ∈ a1 , l2 ∈ T,L = a2 и ha1 , a2 i ∈ εT (Bεα (L) ) }; T,L

3. если α — предельный ординал, то εαT,L = S α 4. ε∞ {εT,L : α — ординал}. T,L =

S

β<α

εβT,L ;

Покажем, как можно применить эти утверждения к оператору F . Легко показать, что элемент алгебры BL является атомом тогда и только тогда, когда он равен [l1 , l2 ) и l1
l2 (то есть l1 < l2 и не существует l3 ∈ L, 70

такого что l1 < l3 < l2 ). Из этого следует, что hl1 , l2 i ∈ ε1F,L тогда и только тогда, когда число элементов порядка L, находящихся между l1 и l2 , конечно. Отождествляя ε1F,L -эквивалентные элементы (”склеивая” их в одну точку), получаем линейный порядок L0 , такой что BL0 ∼ = BL/F (BL ) . Снова применив эту процедуру, но уже к порядку L0 , получаем линейный порядок L00 , такой что BL00 ∼ = BL/F2 (BL ) . Если итерировать эту процедуру по ординалам, то для любого ординала α получим линейный порядок L(α) , такой что BL(α) ∼ = BL/Fα (BL ) . При достижении ординала α, такого что L(α) = L(α+1) , можно остановиться и начать делать выводы. Пусть, например, L = ω 2 + ω × η + ω 3 + ω ∗ + η + 1, где ω ∗ — ”перевернутый” порядок ω (то есть дуальный к ω линейный порядок). Пусть L1 = ω 2 + ω × η, L2 = ω 3 + ω ∗ и L3 = 1 + η + 1. Тогда L = L1 + L2 + L3 , так как ω ∗ + 1 = ω ∗ . Линейные порядки L1 , L2 , L3 имеют наименьшие элементы. Значит, BL ∼ = BL1 +1 ⊕ BL2 +1 ⊕ BL3 . Исследуем каждое из трех слагаемых отдельно. L1 + 1 = ω × ω + ω × η + 1. При вычислении (L1 + 1)0 каждая копия порядка ω свернется в одну точку. Единица в конце склеится только сама с собою. Получаем (L1 + 1)0 = ω + η + 1. Продолжая далее, получаем (L1 + 1)00 = 1 + η + 1. Это плотный линейный порядок и в нем ”склеивать” уже нечего. Значит, (L1 +1)000 = (L1 +1)00 . Получаем, что BL1 +1/F2 (BL +1 ) ∼ = 1 B1+η+1 — безатомная булева алгебра и F2 (BL1 +1 ) = F∞ (BL1 +1 ). С другой стороны, алгебра BL1 +1/F1 (BL +1 ) ∼ = B(L1 +1)0 содержит бесконечно 1 много атомов. Значит, type3 (BL1 +1 ) = 0 и type(BL1 +1 ) = (2, 2, 0). Таким образом, BL1 +1 — нормальная булева алгебра и соответствующая ей аддитивная функция принимает на единице значение 2. Чтобы лучше понять, как устроена эта аддитивная функция, присмотримся внимательно к порядку (L1 + 1)00 = 1 + η + 1. Первый элемент этого порядка — это ”склеенный” в одну точку порядок ω 2 , последний — ”склеенный” одноэлементный порядок, а остальные — склеенный порядок ω. Если f : L1 + 1 → 1 + η + 1 — отображение, сопоставляющее каждому l ∈ L1 + 1 элемент порядка 1 + η + 1, ”содержащий” элемент l, то для
любых l1 , l2 ∈ L1 + 1 type2 ([l\ 1 , l2 )) = r [f (l1 ), f (l2 )) , где r — исследуемая аддитивная функция. Получаем, что для X ∈ B1+η+1   0, X = ∅ r(X) = 1, (X 6= ∅) & (l0 6∈ X)   2, l0 ∈ X, 71

где l0 — наименьший элемент порядка 1 + η + 1. Таким образом, r(X) = 0 ⇔ X = ∅ и множество {X ∈ B1+η+1 : r(X) 6 1} — простой идеал алгебры B1+η+1 . Используя критерий Воота легко доказать, что любые два простых идеала алгебры B1+η+1 переводятся друг в друга при помощи автоморфизма. Следовательно, утверждения {X : r(X) 6 0} = {0}, {X : r(X) 6 1} — простой идеал и r(1) = 2 задают функцию r с точностью до автоморфизма алгебры B1+η+1 . L2 +1 = ω 3 +ω ∗ +1 = ω ×ω 2 +ω ∗ . Склеивая копии ω и ω ∗ в одну точку, получаем (L2 + 1)0 = ω 2 + 1. Продолжая далее, получаем (L2 + 1)00 = ω + 1 и (L2 + 1)000 = 2 — двухэлементный линейный порядок. Таким образом, BL2 +1/F3 (BL +1 ) ∼ = B(L2 +1)000 ∼ = {0, 1} и BL2 +1 — суператомная 2 булева алгебра типа (3, 0, 1). L3 = 1 + η + 1. BL3 — счетная безатомная булева алгебра. Это нормальная булева алгебра и соответствующая ей аддитивная функция принимает на всех элементах значение 0. Окончательно получаем, что type(BL ) = (3, 2, 1), а соответствующая аддитивная функция r : B1+η+1 → {0, 1, 2} задается так: r−1 (0) — ненулевой собственный главный идеал, а r−1 ({0, 1}) — простой идеал.

11

Элементарные характеристики.

Мы предполагаем, что читатель знаком с основными понятиями теории моделей. При необходимости все основные определения, относящиеся к этой теории, можно найти в книгах [4] и [5]. Мы рассматриваем булевы алгебры как модели сигнатуры Σ = {6 , ∨, ∧, \, M, c, 0, 1}. Относительно этой сигнатуры семейство булевых алгебр является конечно аксиоматизируемым классом. Список аксиом легко выписать непосредственно из определений, данных в первой части курса. Ниже мы приводим этот список. 1. ∀x(x 6 x); 2. ∀x∀y∀z(x 6 y & y 6 z → x 6 z); 3. ∀x∀y(x 6 y & y 6 x → x = y); 4. ∀x(0 6 x & x 6 1); 5. ∀x∀y(x 6 (x ∨ y) & y 6 (x ∨ y) & ∀z(x 6 z & y 6 z → (x ∨ y) 6 z)); 72

6. ∀x∀y((x ∧ y) 6 x & (x ∧ y) 6 y & ∀z(z 6 x & z 6 y → z 6 (x ∧ y))); 7. ∀x∀y∀z(x ∨ (y ∧ z) = (x ∨ y) ∧ (x ∨ z)); 8. ∀x∀y(x ∧ (y \ x) = 0 & x ∨ (y \ x) = x ∨ y); 9. ∀x∀y(x M y = (x \ y) ∨ (y \ x)); 10. ∀x(c(x) = 1 \ x). Теорию сигнатуры Σ, задаваемую этим списком аксиом, обозначим через BA. Для произвольной модели B сигнатуры Σ имеем B |= BA ⇔ B — булева алгебра. Таким образом, класс булевых алгебр универсально аксиоматизируем23 . Пусть I = Al ∨ At — введенный на странице 45 оператор взятия идеала Ершова-Тарского и B — произвольная булева алгебра. Определим элементарную характеристику алгебры B. Пусть α — наименьший ординал, такой что Iα (B) = I∞ (B). Рассмотрим несколько случаев: 1. α > ω. Полагаем ch(B) = (∞, 0, 0). 2. α = 0. легко показать, что в этом случае B = {0} — нулевая алгебра. Полагаем ch(B) = (0, 0, 0). 3. 0 < α < ω. Тогда α = n + 1 для некоторого натурального числа n. Пусть k ∈ N ∪ {∞} — число атомов в алгебре B/In (B) . Пусть ε = 1 если в алгебре B/In (B) есть ненулевой безатомный элемент и ε = 0 в противном случае. Полагаем ch(B) = (n, m, ε). Для b ∈ B полагаем ch(b) = ch(bb). Таким образом, элементарная характеристика — это тройка (n, k, ε), такая что n, k ∈ N ∪ {∞} и ε ∈ {0, 1}, причем если n = ∞, то k = ε = 0, а если 0 < n < ∞, то k и ε не равны нулю одновременно. Позднее мы покажем, что каждая такая тройка является элементарной характеристикой некоторой булевой алгебры. Остановимся подробнее на случае, когда элементарная характеристика определяется по третьему пункту. Легко заметить, что для любой алгебры A I(A) = {0} тогда и только тогда, когда A = {0}. Поскольку 23

В сигнатуре Σ \ {6} класс булевых алгебр является многообразием, то есть задается системой тождеств. Список тождеств см., например, в [1].

73

Tα (B) = T∞ (B) ⇔ T (B/Iα (B) ) = {0} для любого оператора T , то в случае α = n + 1 имеем 1 ∈ In+1 (B) \ In (B) и в ненулевой алгебре B/In (B) 1 = a ∨ b, где a — атомный элемент, а b — безатомный. Так как 0 — это единственный элемент, который одновременно является атомным и безатомным, то a∧b = 0 и элементы a, b определены единственным образом. Таким образом, третья компонента характеристики показывает ответ на вопрос: "Верно ли, что b = 0?", а вторая дает количество атомов под элементом a. Определим по индукции последовательность формул {In (x), An (x), Aln (x), Atn (x)}n∈N сигнатуры Σ. Пусть I0 (x) есть формула (x = 0). Далее для любого n ∈ N полагаем: 1. An (x) = ¬In (x) & ∀y(y 6 x → In (y) ∨ In (x \ y)); 2. Aln (x) = ∀y(y 6 x → ¬An (y)); 3. Atn (x) = ∀y(y 6 x → ¬Aln (y) ∨ In (y)); 4. In+1 (x) = ∃y∃z(Aln (y) & Atn (z) & x = y ∨ z). Лемма 13 Пусть n ∈ N, B — булева алгебра и b ∈ B. Тогда 1. B |= In (b) ⇔ b ∈ In (B); 2. B |= An (b) ⇔ b/In (B) — атом в B/In (B) ; 3. B |= Aln (b) ⇔ b/In (B) — безатомный элемент в B/In (B) ; 4. B |= Atn (b) ⇔ b/In (B) — атомный элемент в B/In (B) . Доказательство. Лемма доказывается индукцией по n, непосредственно из определений. Детали доказательства достаточно очевидны и могут быть опущены.  Теорема 20 Если булевы алгебры элементарно эквивалентны, то их элементарные характеристики совпадают. Доказательство. Для каждой тройки τ = (n, k, ε), такой что n, k ∈ N ∪ {0, 1} и (n = ∞ → k = ε = 0) & (0 < n < ∞ → k + ε 6= 0), определим множество предложений Eτ сигнатуры Σ. Рассмотрим несколько случаев. 74

1. τ = (∞, 0, 0). Полагаем Eτ = {¬Is (1) : s ∈ N}; 2. τ = (0, 0, 0). Полагаем Eτ = {(1 = 0)}; 3. n ∈ N и k + ε 6= 0. Пусть Φ1 = ∃x(Aln (x) & ¬In (x)) и Φ W0 = ¬Φ1 . Для s ∈ N пусть Ψs = ∃x1 ∃x2 . . . ∃xs (An (x1 )&. . .&An (xs )& i6=j In (xi ∧xj )) при s > 0 и Ψs = (0 = 0) при s = 0. Полагаем Eτ = {In+1 (1), ¬In (1), Φε , Ψk , ¬Ψk+1 } при k ∈ N и Eτ = {In+1 (1), ¬In (1), Φε } ∪ {Ψs : s ∈ N} в случае, если k = ∞. Из леммы 13 легко следует, что для произвольной булевой алгебры B B |= Eτ ⇔ ch(B) = τ .  Позднее мы докажем, что равенство элементарных характеристик является не только необходимым, но и достаточным условием элементарной эквивалентности булевых алгебр. А пока займемся вопросом о том, какие тройки могут быть элементарными характеристиками. Лемма 14 Пусть A — ненулевая конечная или счетная булева алгебра, а B — ненулевая безатомная булева алгебра. Тогда существует булев мономорфизм из A в B. Доказательство. Достаточно доказать, что в B найдется булева подалгебра, изоморфная A. Пусть L — линейный базис алгебры A. Тогда L не более чем счетно и существует перечисление (возможно, с повторениями) L = {l0 , l1 , . . .}. Так как линейный базис является максимальной цепью, то 1 ∈ L и можно считать, что l0 = 0 и l1 = 1. Для n ∈ N пусть Ln = {l0 , . . . , ln+1 }. Определим по индукции последовательность вложений {ϕn : Ln → B}n∈N , таких что для любого n ∈ N ϕn (0) = 0, ϕn (1) = 1, (∀x, y ∈ Ln )(x 6 y ↔ ϕn (x) 6 ϕn (y)) и ϕn+1  Ln = ϕn . Полагаем ϕ0 (0) = 0 и ϕ0 (1) = 1. Пусть для n ∈ N ϕn определено. Если Ln+1 = Ln , то полагаем ϕn+1 = ϕn . В противном случае найдется единственный l ∈ Ln+1 \ Ln , причем 0 < l < 1. Пусть l0 — наибольший элемент множества {x ∈ Ln : x < l}, а l00 — наименьший элемент множества {x ∈ Ln : l < x}. По индукционному предположению имеем ϕn (l0 ) < ϕn (l00 ). В алгебре B существует элемент ϕn (l0 ) < b < ϕn (l00 ), так как иначе ϕn (l00 ) \ ϕn (l0 ) — атом. Полагаем ϕn+1 (l) = b и ϕn+1 (x) = ϕn (x) для всех x ∈ Ln . Легко проверить, что ϕn+1 удовлетворяет всем требуемым свойствам. 75

Пусть теперь ϕ : L → B таково, что для любого n ∈ N ϕ  Ln = ϕn . Тогда ϕ(L) — цепь в B, изоморфная L. По предложению 19 gr(ϕ(L)) — подалгебра в B, изоморфная A. Осталось заметить, что 1 ∈ ϕ(L).  Лемма 15 Пусть A = A1 ⊕ A2 — алгебры Ершова. Тогда для идеальных пополнений справедливо равенство A0 ∼ = A01 ⊕ A02 . Доказательство. Можно считать, что элементами идеальных пополнений являются локально главные идеалы. Пусть j1 ∈ A01 и j2 ∈ A02 . Идеал в A, равный j1 ⊕ j2 , является локально главным. Действительно, для ha, bi ∈ A найдутся a1 ∈ A1 и b1 ∈ A2 , такие что b a ∩j1 = b a1 и bb∩j2 = bb1 . 0 0 0 [ \ Легко проверить, что ha, bi ∩ (j1 ⊕ j2 ) = ha 1 , b1 i. Пусть α : A1 ⊕ A2 → A — отображение, сопоставляющее паре hj1 , j2 i идеал j1 ⊕ j2 . Покажем, что α является изоморфизмом. Ясно, что α(hj1 , j2 i) = b 0A ⇔ j1 = b 0A1 & j2 = b 0A2 . Сюрьективность 0 следует из того, что для j ∈ A идеалы {x ∈ A1 : hx, 0i ∈ j} C A1 и {y ∈ A2 : h0, yi ∈ j} C A2 являются локально главными. Осталось показать, что α сохраняет операции ∨ и ∧. Это следует из равенств (j1 ⊕ j2 ) ∩ (j10 ⊕ j20 ) = (j1 ∩ j10 ) ⊕ (j2 ∩ j20 ) и (j1 ⊕ j2 ) ∨ (j10 ⊕ j20 ) = (j1 ∨ j10 ) ⊕ (j2 ∨ j20 ), справедливых для произвольных j1 , j10 ∈ A01 и j2 , j20 ∈ A02 .  Лемма 16 Пусть A — счетная алгебра Ершова и hq, A0 i — ее идеальное 0 пополнение. Тогда A /q(A) — безатомная булева алгебра. Доказательство. Можно считать, что A0 состоит из локально главных идеалов алгебры A и для любого a ∈ A q(a) = b a. Пусть j — элемент алгебры A0 , не принадлежащий q(A) (то есть неглавный локально главный идеал). Требуется показать, что найдется неглавный локально главный идеал i ⊆ j, такой что для любого a ∈ A j 6⊆ i ∨ b a. Пусть j = {a0 , a1 , . . .} — перечисление идеала j. Определим по индукции последовательность b0 , b1 , . . . элементов идеала j. В качестве b0 возьмем произвольный элемент идеала. Пусть b0 , . . . , bn определены и cn = b0 ∨ . . . ∨ bn ∨ a0 ∨ . . . ∨ an Так как идеал j неглавный, то найдется c ∈ j, такой что c > cn . Полагаем bn+1 = c \ cn . W Пусть теперь i = {x ∈ j : (∃k ∈ N)(x 6 s6k b2s )}. Ясно, что i — идеал и что i ⊆ j. Если i — главный, то для некоторого n i = b an ; однако b2n+2 ∈ i и b2n+2 66 an . Покажем, что i локально главный. Пусть a ∈ A. Тогда для некоторого n j ∩W b a=b an . Так как для любого s > n b2s ∧ Wan = 0, то для любого x ∈ i∩b a x 6 s6n b2s . Но тогда i∩b a=b c, где c = a∧ s6n b2s . 76

Осталось показать, что j 6⊆ i ∨ b a для всех a ∈ A. Предположим противное: пусть для некоторого a j ⊆ i ∨ b a. Тогда b a∩j = b an для некоторого n ∈ N. Так как b2n+1 ∈ j, то b2n+1 ∈ i ∨ b a и b2n+1 6 x ∨ a для некоторого x∈W i. Имеем b2n+1 = b2n+1 ∧ (x ∨ a) = (b2n+1 ∧ x) ∨ (b2n+1 ∧ a). Так как x 6 s6k b2s для некоторого k и bs ∧ bt = 0 для всех s 6= t, то b2n+1 ∧ x = 0. Так как b2n+1 ∧ a ∈ j ∩ b a, то b2n+1 ∧ a 6 an и b2n+1 ∧ a = b2n+1 ∧ a ∧ an = b2n+1 ∧ an = 0. Однако b2n+1 6= 0.  0

В дополнение заметим, что в условиях леммы 16 A /q(A) = {0} тогда и только тогда, когда A — булева алгебра. Действительно, в булевой алгебре каждый локально главный идеал является главным, а если A не булева, то A является локально главным, но не главным идеалом самой себя24 . Введем сумму элементарных характеристик. Пусть (n1 , k1 , ε1 ), (n2 , k2 , ε2 ) и (n, k, ε) — тройки, такие что n1 , n2 , n, k1 , k2 , k ∈ N ∪ {∞} и ε1 , ε2 , ε ∈ {0, 1}. Будем писать (n, k, ε) = (n1 , k1 , ε1 ) + (n2 , k2 , ε2 ), если n = max{n1 , n2 }   n1 > n 2 k1 , k = k2 , n1 < n 2   k 1 + k2 , n 1 = n 2   n1 > n 2 ε1 , n = ε2 , n1 < n 2   max{ε1 , ε2 }, n1 = n2 (при определении k считаем, что ∞ + x = x + ∞ = ∞ для любого x ∈ N ∪ {∞}). Также, как и в случае с типами суператомности, для любых булевых алгебр B1 , B2 справедливо равенство ch(B1 ⊕ B2 ) = ch(B1 ) + ch(B2 ). Это равенство легко следует из того, что для произвольного натурального n B1 ⊕B2/In (B1 ⊕B2 ) ∼ = B1/In (B1 ) ⊕ B2/In (B2 ) . Теорема 21 Пусть (n, k, ε) — тройка, такая что n, k ∈ N∪{∞}, ε ∈ {0, 1}, (n = ∞ → k = ε = 0) и (0 < n < ∞ → k + ε > 0). Тогда существует не более чем счетная булева алгебра B, такая что ch(B) = (n, k, ε). 24

Можно показать, что в этом случае алгебра

77

A0

/q(A) имеет мощность континуум.

Доказательство. Для n ∈ N доказательство будем вести индукцией по n. Имеем ch({0}) = (0, 0, 0), ch(B1+η+1 ) = (0, 0, 1), ch(B2 ) = (0, 1, 0)25 и ch(Bω+1 ) = (0, ∞, 0). Применяя правило сложения характеристик, легко получить из этих алгебр алгебру характеристики (0, k, ε) для произвольных k ∈ N ∪ {∞} и ε ∈ {0, 1}. Пусть теперь для n ∈ N B — не более чем счетная булева алгебра характеристики (n, k, ε) и k + ε > 0. Покажем, что существует счетная алгебра характеристики (n + 1, k, ε). Пусть A = Bω ⊕ B1+η и hq, A0 i, hq1 , B0ω i, hq2 , B01+η i — идеальные пополнения алгебр A, Bω и B1+η соответственно. Можно считать, что алгебры в этих пополнениях являются алгебрами локально главных идеалов, а вложения сопоставляют элементам исходных алгебр порожденные ими главные идеалы. По лемме 15 A0 ∼ = B0ω ⊕ B01+η . Из доказательства леммы 15 видно, что изоморфизм α : B0ω ⊕ B01+η → A0 задается

0 0 правилом α : hj1 , j2 i 7→ j1 ⊕ j2 . Пусть A∗ = A /q(A) , B∗ω = Bω/q1 (Bω ) и 0

B∗1+η = B1+η/q2 (B1+η ) . Так как α(q1 (Bω ) ⊕ q2 (B1+η )) = q(A), то отображение β : B∗ω ⊕B∗1+η → A∗ , задаваемое правилом β : hj1/q1 (Bω ) , j2/q2 (B1+η ) i 7→ j1 ⊕j2

/q(A) , корректно определено и является изоморфизмом. По лемме 16 алгебры B∗ω и B∗1+η не содержат атомов. По лемме 14 существуют булевы мономорфизмы ϕ1 : B → B∗ω и ϕ2 : B → B∗1+η . Пусть ϕ∗ : B → A∗ — отображение, такое что ϕ∗ (b) = β(hϕ1 (b), ϕ2 (b)i) для всех b ∈ B. Ясно, что ϕ∗ является булевым гомоморфизмом. Пусть 0

/A

ϕ

/C

ψ

/B

/0

есть точная последовательность, соответствующая гомоморфизму ϕ∗ способом, описанным в доказательстве теоремы 6. По следствию 5 C является булевой алгеброй. Пусть p : A0 → A∗ — факторизация и ϕ0 : C → A0 — гомоморфизм, существование которого утверждается в определении идеального пополнения. Тогда p ◦ ϕ0 = ϕ∗ ◦ ψ (см. диаграмму). > C PPPPP PPPψ ~~ ~ PPP ϕ0 ~~ PPP ~ PP(  ~~ / A0 /A / A∗ o B ϕ

0

q

p

ϕ∗

/0

Покажем, что ϕ(A) = I(C). Включение ϕ(A) ⊆ I(C) очевидно; действительно, I(A) = A и, по свойствам оператора, ϕ(I(A)) = I(ϕ(A)) = 25

Здесь B2 — двухэлементная булева алгебра

78

I(C) ∩ ϕ(A). Докажем обратное включение. Так как I(C) равно супремуму идеалов Al(C) и At(C), то достаточно доказать, что Al(C) ⊆ ϕ(A) и At(C) ⊆ ϕ(A). Для этого нужно показать, что никакой элемент из C \ ϕ(A) не является атомным или безатомным. Пусть c — произвольный элемент множества C \ ϕ(A). Имеем ϕ0 (c) = j1 ⊕ j2 , где j1 ∈ B0ω и j2 ∈ B01+η таковы, что α(hj1 , j2 i) = ϕ0 (c). Далее, p(ϕ0 (c)) = j1 ⊕j2/q(A) = β(hj1/q1 (Bω ) , j2/q2 (B1+η ) i). Однако p(ϕ0 (c)) = ϕ∗ (ψ(c)) = β(hϕ1 (ψ(c)), ϕ2 (ψ(c))i). Так как β — изоморфизм, то ϕ1 (ψ(c)) = j1/q1 (Bω ) и ϕ2 (ψ(c)) = j2 /q2 (B1+η ) . Так как c 6∈ Imϕ = Kerψ и ϕ1 , ϕ2 — мономорфизмы, то ϕ1 (ψ(c)) 6= 0 и ϕ2 (ψ(c)) 6= 0. Значит, идеалы j1 и j2 — не главные и, следовательно, ненулевые. Пусть a ∈ j1 — атом в Bω и b ∈ j2 — ненулевой безатомный элемент в B1+η . Получаем ha, bi ∈ j1 ⊕ j2 = ϕ0 (c). Вспомним теперь, что ϕ0 (c) = {x ∈ A : ϕ(x) 6 c} (см. доказательство теоремы 5). Следовательно, ϕ(ha, bi) 6 c. Однако ϕ — вложение в качестве идеала и, значит, ϕ(ha, 0i) — атом в C, а ϕ(h0, bi) — ненулевой безатомный элемент в C. Поскольку ϕ(ha, 0i) 6 ϕ(ha, bi) 6 c и ϕ(h0, bi) 6 ϕ(ha, bi) 6 c, то под c есть атом и ненулевой безатомный элемент; следовательно, c не может быть ни безатомным, ни атомным. Включение I(C) ⊆ ϕ(A) доказано. C / Теперь, так как In+1 = In ◦ I, имеем C/In+1 (C) ∼ = I(A)/I C/ n(

I(C)

C

/ϕ(A)/

)

=

∼ B/ — булева алгебра характеристики (0, k, ε). In (C/ϕ(A) ) = In (B) Отсюда и из определения элементарной характеристики непосредственно получаем ch(C) = (n + 1, k, ε). Счетность C очевидна. Осталось доказать, что существуют булевы алгебры характеристики (∞, 0, 0). Для каждого i ∈ N зафиксируем булеву алгебру Bi характеристики (i, 1, 0). По следствию 9 для каждого i существует множество Xi , такое что Bi изоморфна булевой подалгебре в P(Xi ). Без ограничения общности можно считать, что для i 6= j Xi ∩ Xj = ∅. Пусть для каждого S i ∈ N Ai — подалгебра в P(Xi ), изоморфная Bi . Пусть X = i∈N Xi . Пусть A = {A ⊆ X : (∀i ∈ N)(A ∩ Xi ∈ Ai )}. Легко проверить, что A замкнуто относительно всех операций, содержит X и, следовательно, является булевой подалгеброй в P(X). Для каждого i обозначим через ai элемент A, равный Xi . По определению A имеем b ai ∼ = Bi . Теперь для каждого n ∈ N an 6∈ In (b an ) = In (A) ∩ abn , an ∈ In+1 (b an ) ⊆ In+1 (A) и

79

In (A) 6= In+1 (A). Следовательно, ch(A) = (∞, 0, 0). Теорема доказана26 .  Переходим к доказательству критерия элементарной эквивалентности булевых алгебр. Лемма 17 Пусть (n1 , k1 , ε1 ) + (n2 , k2 , ε2 ) = (n, k, ε), B — булева алгебра, x ∈ B, ch(x) = (n, k, ε), n1 , k1 < ∞ и n1 6 n2 . Тогда существуют x1 , x2 ∈ B, такие что x = x1 ∨ x2 , x1 ∧ x2 = 0 и для i = 1, 2 ch(xi ) = (ni , ki , εi ). Доказательство. Имеем n1 6 n2 = n и x 6∈ In (b x). Случай, когда (n1 , k1 , ε1 ) = (0, 0, 0) или (n2 , k2 , ε2 ) = (0, 0, 0) очевиден, так что можно считать, что k1 + ε1 > 0 и n2 6= ∞ → k2 + ε2 > 0. Покажем, что в алгебре xb/In (bx) существует как минимум k1 различ1 ных атомов. Если n1 = n, то в этой алгебре есть k атомов и k1 6 k1 +k2 = k. Если же n1 < n, то в алгебре xb/In (bx) бесконечно много атомов, так 1 как иначе единица этой алгебры является объединением конечного числа атомов и некоторого безатомного элемента. Но тогда x ∈ In1 +1 (b x) ⊆ In (b x). x b Покажем, что если ε1 = 1, то в алгебре /In (bx) есть ненулевой без1 атомный элемент. Пусть ε1 = 1. Если n1 = n, то по правилу сложения характеристик ε = 1 и такой элемент есть. Пусть теперь n1 < n. Если бы в xb/In (bx) ненулевого безатомного элемента не нашлось, то единица этой 1 алгебры была бы атомным элементом и опять x ∈ In1 +1 (b x) ⊆ In (b x). y1 Пусть y1 ∈ x b — такой элемент, что /In (bx) — объединение k1 различ1 ных атомов при ε1 = 0 и объединение ненулевого безатомного элемента и k1 различных атомов при ε1 = 1. Так как y1\ /I (bx) ∼ = yb1/I (by ) , то ch(y1 ) = n1

n1

1

(n1 , k1 , ε1 ). Пусть y2 = x\y1 . Имеем27 x b = yb1 +b y2 и, значит, ch(y1 )+ch(y2 ) = 0 0 0 0 (n, k, ε). Пусть ch(y2 ) = (n , k , ε ). Если (n , k 0 , ε0 ) = (n2 , k2 , ε2 ), то полагаем x1 = y1 и x2 = y2 . Предположим, что (n0 , k 0 , ε0 ) 6= (n2 , k2 , ε2 ). Из правила сложения характеристик следует, что n1 = n2 = n и n0 6 n. Рассмотрим 2 возможных случая. 1. n0 < n. Тогда k = k1 = k1 + k2 и k2 = 0. Так как n2 = n1 < ∞, то k2 + ε2 > 0 и ε2 = 1. Но тогда ε = 1 и ε1 = 1, поскольку 26

Алгебра A у нас получилась несчетной. В принципе, счетность сама по себе в данном контексте никакой ценности не имеет; в формулировку теоремы она была введена только для того, чтобы обеспечить индукционный переход в доказательстве. Однако из алгебры A очень легко получить счетную булеву алгебру той же самой характеристики, воспользовавшись теоремой 20 и теоремой Левенгейма-Сколема. 27 Здесь плюс — это внутренняя прямая сумма.

80

ε1 = ε. Значит, существует z ∈ yb1 , такой что z/In (by1 ) — ненуле1 вой безатомный элемент. Следовательно, существует z1 ∈ yb1 , такой что 0/In (by1 ) < z1/In (by1 ) < z/In (by1 ) и z1/In (by1 ) — опять ненулевой и 1 1 1 1 безатомный. Так же, как и ранее, получаем, что ch(z1 ) = (n, 0, 1). Пусть z2 = y1 \ z1 . Под z2/In (by1 ) содержатся те же самые атомы, что 1

и под y1/In (by1 ) и ненулевой безатомный элемент z\z1/In (bx1 ) ; следова1 1 тельно, ch(z2 ) = ch(y1 ) = (n, k, 1). Полагаем x1 = z2 и x2 = y2 ∨z1 . По правилу сложения характеристик имеем ch(x2 ) = ch(y2 ) + ch(z1 ) = (n0 , k 0 , ε0 ) + (n, 0, 1) = (n, 0, 1) = (n2 , k2 , ε2 ). 2. n0 = n. Из равенства k = k1 + k2 = k1 + k 0 получаем k 0 = k2 . Кроме того, ε1 = 1, так как иначе ε = ε2 = ε0 и (n2 , k2 , ε2 ) = (n0 , k 0 , ε0 ). Возможны 2 подслучая. (a) ε2 = 1 и ε0 = 0. Выберем элементы z1 , z2 6 y1 тем же самым образом, что и в предыдущем случае и так же положим x1 = z2 и x2 = y2 ∨ z1 . Опять имеем ch(x1 ) = ch(y1 ) = (n1 , k1 , 1) и ch(x2 ) = ch(y2 ) + ch(z1 ) = (n0 , k 0 , ε0 ) + (n, 0, 1) = (n, k 0 , 1) = (n2 , k2 , ε2 ). (b) ε2 = 0 и ε0 = 1. Так как n2 = n1 < ∞, то k2 + ε2 > 0 и k 0 = k2 > 0. Значит, в алгебре yb2/In0 (by2 ) единица представляется в виде объединения ненулевого безатомного элемента z3/In0 (by2 ) и ненулевого атомного элемента z2/In0 (by2 ) . Пусть z1 = y2 \z2 ; тогда z1 ∧ z2 = 0 и z1/In0 (by2 ) = z3/In0 (by2 ) . По выбору элементов z1 , z2 и правилу сложения характеристик имеем ch(z1 ) = (n0 , 0, 1) и ch(z2 ) = (n0 , k 0 , 0). Пусть теперь x1 = y1 ∨ z1 и x2 = z2 . Получаем ch(x1 ) = (n1 , k1 , ε1 )+(n0 , 0, 1) = (n, k1 , 1) = (n1 , k1 , ε1 ) и ch(x2 ) = (n0 , k 0 , 0) = (n2 , k2 , ε2 ).  Пусть B — булева алгебра, x ∈ B, ch(x) = (m, k, ε). Для s, n ∈ N, где s > 0, определим ограниченную характеристику chs,n (x):  (∞, 0, 0), если m > n или m = n и k > 2s,    (n, k, 0), если m = n и k < 2s, chs,n (x) =  (m, k, ε), если m < n и k < 2s,    (m, ∞, ε), если m < n и k > 2s. 81

Легко видеть, что для всех s и n chs,n (x) однозначно определяется по ch(x). Обратно, ch(x) = lims,n→∞ chs,n (x), то есть (∀x)(∃s0 )(∃n0 )(∀s > s0 )(∀n > n0 )(chs,n (x) = ch(x)) Лемма 18 Пусть A, B — булевы алгебры, x, x1 , x2 ∈ A, y ∈ B, s1 , s2 , n ∈ N, s1 , s2 > 0, s = s1 + s2 , chs,n (x) = chs,n (y), x = x1 ∨ x2 и x1 ∧ x2 = 0. Тогда существуют y1 , y2 ∈ B, такие что y1 ∨ y2 = y, y1 ∧ y2 = 0 и для i = 1, 2 chsi ,n (xi ) = chsi ,n (yi ). Доказательство. Введем обозначения для всех характеристик. chs1 ,n (x1 ) = (m1 , k1 , ε1 ), chs2 ,n (x2 ) = (m2 , k2 , ε2 ), chs,n (x) = chs,n (y) = (m, k, ε), ch(x1 ) = (m01 , k10 , ε01 ), ch(x2 ) = (m02 , k20 , ε02 ), ch(x) = (m0 , k 0 , ε0 ), ch(y) = (m00 , k 00 , ε00 ). Покажем, что (m00 , k 00 , ε00 ) всегда можно представить в виде суммы (a1 , b1 , δ1 ) + (a2 , b2 , δ2 ) двух троек, таких что 1. a1 6 a2 и a1 , b1 < ∞ или a2 6 a1 и a2 , b2 < ∞, 2. для i = 1, 2 и произвольного z если ch(z) = (ai , bi , δi ), то chsi ,n (z) = (mi , ki , εi ). Тогда, по лемме 17, найдутся y1 и y2 с требуемыми свойствами. Рассмотрим все возможные случаи. 1. chs1 ,n (x1 ) = chs2 ,n (x2 ) = (∞, 0, 0). В этом случае chs,n (x) также равна (∞, 0, 0). Действительно, если m01 > n или m02 > n, то m0 > n, а если m01 = m02 = n, то k10 > 2s1 , k20 > 2s2 и k 0 = k10 + k20 > 2s. Если m00 > n, то (m00 , k 00 , ε00 ) = (n, 2s1 , 0) + (m00 , k 00 , ε00 ), а если m00 = n, то k 00 > 2s и (m00 , k 00 , ε00 ) = (n, 2s1 , 0) + (n, l, ε00 ), где l > 2s2 . 2. chs2 ,n (x2 ) = chs,n (x) = (∞, 0, 0), chs1 ,n (x1 ) 6= (∞, 0, 0). Если m1 < m00 и k1 < ∞, то (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , k1 , ε1 ) + (m00 , k 00 , ε00 ). Если m1 < m00 и k1 = ∞, то (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , 2s1 , ε1 ) + (m00 , k 00 , ε00 ). Пусть, наконец, m1 = m00 . Тогда m1 = m00 = n, k1 < 2s1 и k 00 > 2s. В этом случае (m00 , k 00 , ε00 ) = (n, k1 , 0) + (n, l, ε00 ), где l > 2s2 . 82

3. chs2 ,n (x2 ) = (∞, 0, 0), chs1 ,n (x1 ) 6= (∞, 0, 0), chs,n (x) 6= (∞, 0, 0). Так как m0 6 n, m02 > n и m02 6 m0 , то m0 = m02 = n. Далее, m00 = n. Если m1 < n, то ch(x2 ) = ch(x) и 2s2 6 k 00 = k20 = k2 < 2s; тогда (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , k1 , ε1 )+(n, k2 , ε00 ) для k1 < 2s1 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , 2s1 , ε1 )+(n, k2 , ε00 ) для k1 = ∞. Если же m1 = n, то k10 = k1 < 2s1 , k20 > 2s2 и k 00 = k = k 0 = k10 + k20 < 2s; в этом случае (m00 , k 00 , ε00 ) = (n, k1 , 0) + (n, k20 , ε00 ). 4. chs1 ,n (x1 ) = (∞, 0, 0), chs2 ,n (x2 ) 6= (∞, 0, 0). Этот случай сводится к двум предыдущим после того, как мы поменяем местами x1 и x2 ,а также y1 и y2 . 5. chs1 ,n (x1 ) 6= (∞, 0, 0) и chs2 ,n (x2 ) 6= (∞, 0, 0). Тогда m01 = m1 и 0 m2 = m2 . Без ограничения общности можно считать, что m1 6 m2 и если m1 = m2 , то k1 6 k2 ; в противном случае опять поменяем местами x1 c x2 и y1 с y2 . Легко видеть, что chs,n (x) также не равна (∞, 0, 0). Действительно, m0 = m2 6 n и, если эта характеристика равна (∞, 0, 0), то m0 = n и k 0 > 2s. Но если m1 < m2 = n, то k 0 = k20 < 2s2 < 2s, а если m1 = m2 = n, то k1 < 2s1 , k2 < 2s2 и опять k = k1 + k2 < 2(s1 + s2 ) = 2s. Таким образом, m0 = m = m00 6 n. Осталось рассмотреть следующие возможности: 1. m1 < m2 < n. Тогда ε02 = ε0 = ε = ε00 , k20 = k 0 = k = k 00 < 2s или k20 = k 0 > 2s & k 00 > 2s; значит, (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , k1 , ε01 ) + (m2 , k 00 , ε00 ) при k1 < 2s1 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , 2s1 , ε01 ) + (m2 , k 00 , ε00 ) при k1 = ∞. 2. m1 < m2 = n. Тогда ε2 = ε = 0, k20 = k 0 = k = k 00 < 2s2 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , k1 , ε01 ) + (n, k 00 , ε00 ) при k1 < 2s1 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m1 , 2s1 , ε01 ) + (n, k 00 , ε00 ) при k1 = ∞. 3. m1 = m2 < n. Тогда ε0 = ε = ε00 = max{ε01 , ε02 } и k 0 = k10 + k20 . Если k1 < 2s1 и k 0 < 2s, то k 0 = k 00 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m01 , k10 , ε01 )+(m02 , k20 , ε02 ). Если k1 < 2s1 и k = ∞, то k 0 , k 00 > 2s, k20 , k 00 −k1 > 2s2 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m01 , k10 , ε01 )+(m02 , k 00 −k1 , ε02 ). Если же k1 = ∞, то, поскольку k2 > k1 , k10 > 2s1 , k20 > 2s2 , k 0 > 2s, k = ∞, k 00 > 2s, k 00 − 2s1 > 2s2 и (m00 , k 00 , ε00 ) = (m01 , 2s1 , ε01 ) + (m02 , k 00 − 2s1 , ε02 ). 4. m1 = m2 = n. Тогда ε = ε1 = ε2 = 0, k10 < 2s1 , k20 < 2s2 , k 0 = k = k 00 < 2s и (m00 , k 00 , ε00 ) = (n, k10 , 0) + (n, k20 , ε00 ).  Следствие 20 Пусть A, B — булевы алгебры, s, n ∈ N, s > 0, x, x1 , . . . , xs ∈ A, y ∈ B, chs,n (x) = chs,n (y), x = x1 ∨ . . . ∨ xs и для всех 1 6 i < j 6 s 83

xi ∧ xj = 0. Тогда существуют y1 , . . . , ys ∈ B, такие что y1 ∨ . . . ∨ ys = y, для всех 1 6 i < j 6 s yi ∧ yj = 0 и для всех 1 6 i 6 s ch1,n (xi ) = ch1,n (yi ). Доказательство. Индукция по s. Для s = 1 утверждение очевидно. Пусть для произвольного s > 0 утверждение справедливо и x = x1 ∨ . . . ∨ xs ∨ xs+1 . Обозначим x1 ∨ . . . ∨ xs через x0 . Применив лемму 18 к разложению x = x0 ∨ xs+1 и числам s1 = s, s2 = 1, найдем разложение y = y 0 ∨ ys+1 , такое что y 0 ∧ ys+1 = 0, chs,n (y 0 ) = chs,n (x0 ) и ch1,n (ys+1 ) = ch1,n (xs+1 ). Далее, по индукционному предположению, существует разложение y 0 = y1 ∨ . . . ∨ ys , такое что для 1 6 i < j 6 s yi ∧ yj = 0 и для всех 1 6 i 6 s ch1,n (yi ) = ch1,n (xi ). Окончательно получаем y = y1 ∨ . . . ∨ ys+1 .  Лемма 19 Пусть B — булева алгебра, x1 , x2 ∈ B, s, n ∈ N и s > 0. Тогда chs,n (x1 ∨ x2 ) выражается через chs,n (x1 ) и chs,n (x2 ). Доказательство. Пусть chs,n (x1 ) = (n1 , m1 , ε1 ) и chs,n (x2 ) = (n2 , m2 , ε2 ). Тогда chs,n (x1 ∨ x2 ) вычисляется по следующей формуле:  (∞, 0, 0), n1 = ∞ ∨ n2 = ∞ ∨ (n1 =      n2 = n & m1 + m2 > 2s)    (n , m , ε ), n1 < n2 6 n 1 1 1 chs,n (x1 ∨x2 ) =  (n2 , m2 , ε2 ), n2 < n1 6 n      (n1 , ∞, max{ε1 , ε2 }), n1 = n2 < n & m1 + m2 > 2s    (n1 , m1 + m2 , max{ε1 , ε2 }), n1 = n2 < n & m1 + m2 < 2s Формула доказывается непосредственно из определения ограниченной характеристики и правила сложения характеристик. Детали доказательства очевидны и могут быть опущены.  Теорема 22 (О продолжении изоморфизма) Пусть A, B — булевы алгебры, C1 ⊆ A и C2 ⊆ B — их конечные булевы подалгебры, ϕ : C1 → C2 — изоморфизм и для всех x ∈ C1 chA (x) = chB (ϕ(x)). Пусть также D1 — конечная подалгебра в A, такая что C1 ⊆ D1 . Тогда для любого n > 0 существуют конечная подалгебра C2 ⊆ D2 ⊆ B и изоморфизм ψ : 1,n D1 → D2 , такие что ψ  C1 = ϕ и для всех x ∈ D1 ch1,n A (x) = chB (ψ(x)).

84

Доказательство. Определим ψ как мономорфизм из D1 в B и положим D2 = Imψ. По лемме 6 достаточно определить ψ на атомах алгебры D1 . Пусть c1 , . . . , ck — все атомы алгебры C1 и для 1 6 i 6 k di1 , . . . , dimi — все атомы D1 , меньшие ci . Тогда для всех 1 6 i 6 k и 1 6 s < t 6 mi dis ∧ dit = 0 и ci = di1 ∨ . . . ∨ dimi . По условию теоремы и определению ограниченной характеристики i ,n i ,n для любого 1 6 i 6 k chm (ci ) = chm A B (ϕ(ci )). По следствию 20 для каждого i существуют ei1 , . . . , eimi ∈ B, такие что ϕ(ci ) = ei1 ∨ . . . ∨ eimi , 1,n i i eis ∧ eit = 0 при s 6= t и ch1,n A (ds ) = chB (es ). Так как при всех возможных 1,n i, s dis 6= 0 и n > 0, то chA (dis ) 6= (0, 0, 0) и eis 6= 0. По лемме 6 cуществует мономорфизм ψ : D2 → B, такой что ψ(dis ) = eis . Ясно, что ψ продолжает 1,n ϕ. По лемме 19 ch1,n A (x) = chB (ψ(x)) для всех x ∈ D1 .  Расширим сигнатуру Σ до сигнатуры Σ∗ , добавив в нее счетное множество новых одноместных предикатов {P0 , P1 , . . .}. Для каждого n ∈ N определим предложение ϕn сигнатуры Σ∗ следующим образом: ϕ4k = ϕ4k+1 = ϕ4k+2 = ϕ4k+3 =

∀x(P4k (x) ↔ Ik (x)) ∀x(P4k+1 (x) ↔ Ak (x)) ∀x(P4k+2 (x) ↔ Alk (x)) ∀x(P4k+3 (x) ↔ Atk (x))

Пусть теперь BA∗ — теория сигнатуры Σ∗ , задаваемая системой аксиом BA ∪ {ϕ0 , ϕ1 , . . .}. Каждую булеву алгебру можно обогатить до модели сигнатуры Σ∗ , задав значения новых предикатов так, чтобы были верны все предложения из приведенного выше списка. В этом случае мы получим модель теории BA∗ . Обратно, если есть модель теории BA∗ , то ее обеднение до модели сигнатуры Σ является булевой алгеброй. В дальнейшем мы, имея в виду это обеднение, будем говорить о моделях теории BA∗ как о булевых алгебрах (считая, в частности, что определены элементарные характеристики их элементов). Для модели B |= BA∗ и x ∈ B определим множество Sp(x) = {i : B |= Pi (x)}. Пусть также Spn (x) = {i 6 n : B |= Pi (x)} для произвольного n ∈ N. 85

Лемма 20 Пусть A, B |= BA∗ , x ∈ A, y ∈ B, n > 0 и ch1,n (x) = ch1,n (y). Тогда Sp4n (x) = Sp4n (y). Доказательство. Достаточно показать, что Sp4n (x) явно выражается через ch1,n (x). Рассмотрим все возможные случаи. 1. ch1,n (x) = (∞, 0, 0) или ch1,n (x) = (n, k, 0). Тогда Sp4n (x) = ∅. 2. ch1,n (x) = (m, k, ε), m < n и k + ε > {4i, 4i + 2, 4i + 3 : m < i < n} ∪ E, где  {4m + 2},    {4m + 1, 4m + 3}, E=  {4m + 3},    ∅,

0. Тогда Sp4n (x) = {4n} ∪ k=0 k =1&ε=0 k >1&ε=0 иначе.

3. ch1,n (x) = (0, 0, 0). Тогда Sp4n (x) = {0, . . . , 4n} \ {4i + 1 : i < n}. Каждый из случаев доказывается непосредственно из определений ограниченной элементарной характеристики, множества Sp4n (x) и теории BA∗ . Детали доказательства достаточно очевидны и могут быть опущены.  Лемма 21 Пусть A, B — модели теории BA∗ и A является подмоделью B. Тогда для любого x ∈ A chA (x) = chB (x). Доказательство. Пусть x ∈ A, chA (x) = (n1 , k1 , ε1 ) и chB (x) = (n2 , k2 , ε2 ). Так как константа 0 присутствует в сигнатуре Σ∗ , то можно считать, что x 6= 0. Если n1 = ∞, то для всех i ∈ N A |= ¬P4i (x), B |= ¬P4i (x) и n2 = ∞. Если же n1 < ∞, то A |= ¬P4n1 (x) & P4n1 +4 (x) и B |= ¬P4n1 (x) & P4n1 +4 (x). В обоих случаях n2 = n1 . Таким образом, n1 = ∞ сразу влечет равенство характеристик и можно считать, что n1 < ∞ и k1 + ε1 > 0. Если ε1 = 1, то в A существует y 6 x, такой что A |= ¬P4n1 (y) & P4n1 +2 (y). Однако тот же самый y лежит в B и в B выполнена та же формула. Значит, ε2 = 1. Если же ε1 = 0, то A |= P4n1 +3 (x), B |= P4n1 +3 (x) и ε2 = 0. Таким образом, доказано, что ε1 = ε2 . Покажем, что k1 = k2 . Если k1 = ∞, то в A существуют элементы y1 , y2 , . . ., меньшие x, такие что A |= P4n1 +1 (yi ) и A |= P4n1 (yj ∧ yj ) при 86

всех i 6= j. Те же самые игреки лежат и в B и, значит, k2 = ∞. Пусть, наконец, k1 < ∞. Пусть y1 , . . . , yk1 — такие элементы A, меньшие x, что A |= P4n1 +1 (yi ) для всех i и A |= P4n1 (yj ∧ yj ) для всех i 6= j. Пусть y = x \ (x1 ∨ . . . ∨ xk1 ) (при k1 = 0 считаем y = x). Имеем A |= P4n1 +2 (y). Однако в B так же, как и в A, справедливо x = y ∨ y1 ∨ . . . ∨ yk1 ; кроме того B |= P4n1 +1 (yi ) для всех i, B |= P4n1 (yj ∧ yj ) для всех i 6= j и B |= P4n1 +2 (y). Отсюда легко следует, что k2 = k1 .  Напомним некоторые понятия теории моделей. Далее запись вида x обозначает набор переменных вида x1 , . . . , xk . Вместо ∃x1 . . . ∃xk (∀x1 . . . ∀xk ) мы пишем ∃x (∀x). Для натурального n > 0 мы говорим, что формула ϕ(x) принадлежит классу Σn , если существует эквивалентная ей формула вида ∃y 1 ∀y 2 ∃y 3 . . . Qy n ψ(x, y 1 , . . . , y n ), где ψ — бескванторная формула, а Q — квантор, равный ∀ при четном n и ∃ при нечетном n. Мы говорим, что ϕ(x) принадлежит классу Πn , если существует эквивалентная ей формула вида ∀y 1 ∃y 2 ∀y 3 . . . Qy n ψ(x, y 1 , . . . , y n ), где ψ — бескванторная, а квантор Q равен ∃ при четном n и ∀ при нечетном. Для n = 0 определим Σ0 = Π0 как класс формул, эквивалентных бескванторным формулам. Так как любую формулу можно привести к пренексной нормальной форме28 , то любая формула принадлежит Σn ∪ Πn для некоторого n. Поскольку дописывание к формуле любых кванторов по переменным, не входящим в формулу, приводит к эквивалентной формуле, то имеем следующую иерархию классов: ∆0 = Σ0 = Π0 и Σn ∪ Πn ⊆ Σn+1 ∩ Πn+1 для любого n ∈ N. Теорема 23 Пусть A, B — модели теории BA∗ , A является подмоделью B, ϕ(x1 , . . . , xk ) — Σ1 -формула сигнатуры Σ∗ , a1 , . . . , ak ∈ A и B |= ϕ(a1 , . . . , ak ). Тогда A |= ϕ(a1 , . . . , ak ). Доказательство. По определению класса Σ1 формула ϕ эквивалентна формуле ∃y1 ∃y2 . . . ∃ym ψ(x1 , . . . , xk , y1 . . . , ym ), где ψ — бескванторная формула сигнатуры Σ∗ . Пусть b1 , . . . , bm ∈ B таковы, что B |= 28

См. [4].

87

ψ(a1 , . . . , ak , b1 , . . . , bm ). Пусть A0 и B0 — булевы алгебры, являющиеся обеднениями A и B соответственно до моделей сигнатуры Σ. Тогда A0 — подалгебра в B0 . Пусть C — подалгебра в A0 (а, значит, и в B0 ), порожденная множеством элементов {a1 , . . . , ak , 1}. Пусть D1 — подалгебра в B0 , порожденная множеством C ∪ {b1 , . . . , bm }. Выберем n > 0 такое, что если предикат Pi входит в формулу ψ, то i 6 4n. По лемме 21 для любого x ∈ C имеем chB (x) = chA (x). По теореме 22 существуют D2 — конечная подалгебра в A0 , расширяющая подалгебру C, и изоморфизм α : D1 → D2 , такие что α тождественно 1,n на C и для любого x ∈ D1 ch1,n B (x) = chA (α(x)). По лемме 20 имеем Sp4n (x) = Sp4n (α(x)) для любого x ∈ D1 . Другими словами, для всех x ∈ D1 и i 6 4n B |= Pi (x) ⇔ A |= Pi (α(x)). Пусть D∗1 — обогащение алгебры D1 до модели сигнатуры Σ∗ , такое что для любых x ∈ D1 и i ∈ N D∗1 |= Pi (x) ⇔ B |= Pi (x). Аналогично пусть D∗2 — такое обогащение алгебры D2 до модели сигнатуры Σ∗ , что для всех x ∈ D2 и i ∈ N D∗2 |= Pi (x) ⇔ A |= Pi (x)29 . Поскольку номера предикатов, входящих в формулу ψ, не превосходят 4n, то из всего сказанного выше получаем B |= ψ(a1 , . . . , ak , b1 , . . . , bm ) ⇒ D∗1 |= ψ(a1 , . . . , ak , b1 , . . . , bm ) ⇒ D∗2 |= ψ(a1 , . . . , ak , α(b1 ), . . . , α(bm )) ⇒ A |= ψ(a1 , . . . , ak , α(b1 ), . . . , α(bm )) ⇒ A |= ϕ(a1 , . . . , ak ).  Докажем теперь один общий теоретико-модельный факт30 . В формулировке следующей теоремы T — произвольная теория некоторой сигнатуры, а ϕ(x) — формула той же самой сигнатуры. Теорема 24 Если для произвольных моделей M, N теории T , таких что M является подмоделью N, и для любых m1 , . . . , mk ∈ M из N |= ϕ(m1 , . . . , mk ) следует M |= ϕ(m1 , . . . , mk ), то существует Π1 -формула ψ(x), такая что T ` ∀x(ϕ(x) ↔ ψ(x)). Доказательство. Пусть Γ = {ψ(x) : ψ ∈ Π1 & T ` ∀x(ϕ(x) → ψ(x))}. Покажем, что множество формул T ∪ Γ ∪ {¬ϕ(x)} противоречиво. Предположим противное. Тогда для набора новых констант c = c1 , . . . , ck 29 30

D∗1 и D∗2 могут не являеться моделями теории BA∗ . См. также [5, Предложение 3.1.7].

88

T ∪ Γ(c) ∪ {¬ϕ(c)} — непротиворечивое множество предложений. Значит, существует модель M |= T ∪ Γ(c) ∪ {¬ϕ(c)}. Пусть D(M) — диаграмма31 этой модели. Множество предложений T ∪ D(M) ∪ {ϕ(c)} противоречиво. Действительно, иначе существует модель N, на которой выполнены все предложения из этого множества. Так как N |= D(M), то M можно считать подмоделью в N. Но N |= ϕ(c) и M |= ¬ϕ(c), что противоречит условию теоремы. Из противоречивости T ∪ D(M) ∪ {ϕ(c)} следует, что для некоторого конечного ∆ ⊆ D(M) T ∪ ∆ ` ¬ϕ(c). Пусть m — набор констант, которые входят в формулы из ∆ и не входят в исходную сигнатуру и в набор c. Получаем T ` &∆(m, c) → ¬ϕ(c) и T ` ϕ(c) → ¬&∆(m, c). Так как символы из наборов m и c не входят в исходную сигнатуру, то имеем T ` ∀x(ϕ(x) → ∀y¬&∆(y, x)). Значит, формула ∀y¬&∆(y, x) входит в Γ и M |= ∀y¬&∆(y, c)). Однако M |= &∆(m, c) и мы имеем противоречие, которое дает нам противоречивость T ∪ Γ ∪ {¬ϕ(x)}. Таким образом, имеем T ∪Γ ` ϕ(x). Значит, для некоторого конечного γ ⊆ Γ T ∪ γ ` ϕ(x), T ` &γ(x) → ϕ(x) и T ` ∀x(&γ(x) → ϕ(x)). Так как все элементы γ есть формулы из Γ, то T ` ∀x(ϕ(x) → &γ(x)). Окончательно получаем T ` ∀x(ϕ(x) ↔ &γ(x)). Остается заметить, что γ ⊆ Π1 и, следовательно, &γ(x) ∈ Π1 .  Следствие 21 Для любой Σ1 -формулы ϕ(x) сигнатуры Σ∗ существует Π1 -формула ψ(x), такая что BA∗ ` ∀x(ϕ(x) ↔ ψ(x)). Доказательство. Прямо следует из теорем 23 и 24.  Следствие 22 Для любой Π1 -формулы ϕ(x) сигнатуры Σ∗ существует Σ1 -формула ψ(x), такая что BA∗ ` ∀x(ϕ(x) ↔ ψ(x)). Доказательство. Достаточно заметить, что отрицание Π1 -формулы есть Σ1 -формула и наоборот.  В теории моделей существует понятие модельной полноты. Пусть T — произвольная теория некоторой сигнатуры σ. Теория T называется модельно полной, если выполнено какое-либо из следующих трех условий 31

То есть множество всех бескванторных предложений сигнатуры, содержащей дополнительные константные символы для каждого из элементов модели M, истинных на этой модели.

89

(можно показать, что эти условия эквивалентны; см., например, [5, §3.1] или [4, §26]). 1. Для любой формулы ϕ(x) сигнатуры σ существует Σ1 -формула ψ(x) сигнатуры σ, такая что T ` ∀x(ϕ(x) ↔ ψ(x)). 2. Для любых моделей N, M теории T если N — подмодель M, то N — элементарная подмодель M. 3. Если M — модель теории T , то множество предложений T ∪ D(M) является множеством аксиом некоторой полной теории. Следствие 23 Теория BA∗ модельно полна. Доказательство. Необходимо доказать, что для любой формулы ϕ(x) сигнатуры Σ∗ существует Σ1 -формула ψ(x) сигнатуры Σ∗ , такая что BA∗ ` ∀x(ϕ(x) ↔ ψ(x)). Пусть ϕ(x) — произвольная формула сигнатуры Σ∗ . Тогда ϕ ∈ Σn ∪ Πn для некоторого n > 0. Докажем требуемое утверждение индукцией по n. При n = 1 если ϕ ∈ Σ1 , то нечего доказывать, а если ϕ ∈ Π1 , то немедленно получаем требуемое из следствия 22. Пусть теперь для всех формул из Σn ∪ Πn утверждение справедливо и ϕ ∈ Σn+1 ∪ Πn+1 . Если ϕ ∈ Σn+1 , то ϕ эквивалентна формуле ∃yψ(x, y) для некоторой Πn -формулы ψ. По индукционному предположению для некоторой Σ1 -формулы η BA∗ ` ∀x∀y(ψ(x, y) ↔ η(x, y)) и мы имеем BA∗ ` ∀x(ϕ(x) ↔ ∃yη(x, y)). Если же ϕ ∈ Πn+1 , то ¬ϕ ∈ Σn+1 и для некоторой Σ1 -формулы ψ BA∗ ` ∀x(¬ϕ(x) ↔ ψ(x)). Тогда BA∗ ` ∀x(ϕ(x) ↔ ¬ψ(x)). Однако ¬ψ ∈ Π1 и для нее, по следствию 22, существует Σ1 -формула η, такая что BA∗ ` ∀x(¬ψ(x) ↔ η(x)). Окончательно получаем BA∗ ` ∀x(ϕ(x) ↔ η(x)).  Теорема 25 Булевы алгебры элементарно эквивалентны тогда и только тогда, когда их элементарные характеристики совпадают. Доказательство. Необходимость доказана в теореме 20. Докажем достаточность. Пусть A, B — булевы алгебры и ch(A) = ch(B). Пусть A∗ и B∗ — обогащения алгебр A и B соответственно до моделей сигнатуры Σ∗ , такие что эти обогащения являются моделями теории BA∗ . Так как Σ ⊆ Σ∗ , то достаточно показать, что модели A∗ и B∗ элементарно эквивалентны. 90

Поскольку теория BA∗ модельно полна, то для элементарной эквивалентности A∗ и B∗ достаточно установить, что на этих моделях выполнены одни и те же Σ1 -предложения. Пусть ϕ — произвольное Σ1 -предложение сигнатуры Σ∗ и A∗ |= ϕ. Покажем, что B∗ |= ϕ. Существует ψ — бескванторная формула сигнатуры Σ∗ , такая что BA∗ ` ϕ ↔ ∃x1 . . . ∃xk ψ(x1 , . . . , xk ). Пусть a1 , . . . , ak — такие элементы алгебры A, что A∗ |= ψ(a1 , . . . , ak ). Пусть C1 = {0A , 1A } и C2 = {0B , 1B }. Существует очевидный изоморфизм α : C1 → C2 . По условию теоремы α сохраняет элементарные характеристики элементов. Пусть D1 — подалгебра в A, порожденная множеством C1 ∪ {a1 , . . . , ak }. Пусть, наконец, n — такое положительное натуральное число, что для любого i если предикат Pi входит в формулу ψ, то i 6 4n. По теореме 22 существуют подалгебра C2 ⊆ D2 ⊆ B и изоморфизм 1,n β : D1 → D2 , такие что для всех x ∈ D1 ch1,n A (x) = chB (β(x)). По лемме 20 Sp4n (x) = Sp4n (β(x)) для любого x ∈ D1 . То есть, для всех x ∈ D1 и i 6 4n A |= Pi (x) ⇔ B |= Pi (β(x)). Пусть D∗1 — обогащение алгебры D1 до модели сигнатуры Σ∗ , такое что для любых x ∈ D1 и i ∈ N D∗1 |= Pi (x) ⇔ A∗ |= Pi (x). Пусть D∗2 — аналогичное обогащение алгебры D2 . Так как для всех Pi , входящих в формулу ψ, i 6 4n, то мы имеем A∗ |= ψ(a1 , . . . , ak ) ⇒ D∗1 |= ψ(a1 , . . . , ak ) ⇒ D∗2 |= ψ(βa1 , . . . , βak ) ⇒ B∗ |= ψ(βa1 , . . . , βak ) ⇒ B∗ |= ∃x1 . . . ∃xk ψ(x1 , . . . , xk ) ⇒ B∗ |= ϕ. Таким образом, мы доказали, что каждое Σ1 -предложение, истинное на A∗ , истинно на B∗ . То, что каждое предложение, истинное на B∗ , истинно на A∗ , доказывается аналогично.  Следствие 24 Существует счетное число типов элементарной эквивалентности булевых алгебр. Доказательство. Немедленно следует из теорем 21 и 25.  В заключение приведем два примера того, как по линейному порядку L с наибольшим и наименьшим элементами можно определить элементарную характеристику алгебры BL . Для этого воспользуемся соображениями, изложенными на странице 70, но применим их не к оператору F , как мы делали ранее, а к оператору I 32 . 32

Здесь дается только схематичное описание процесса.

91

1. L = 1 + (ω + η) × η + 1. При вычислении L0 каждая копия порядка ω + η превратится в двухэлементный линейный порядок. При этом все элементы η "склеятся"в одну точку; то же самое произойдет с элементами ω. Действительно, для любых a < b ∈ ω алгебра B[a,b) — атомная, а для a < b ∈ η алгебра B[a,b) — безатомная. Однако элементы a ∈ ω и b ∈ η "склеиваться"не будут, поскольку в этом случае для любого разбиения интервала [a, b) на конечное число подинтервалов в одном из разбиений найдется подинтервал вида [c, d) для c ∈ ω и d ∈ η и, значит, один из элементов любого разложения единицы алгебры B[a,b) на два элемента не будет ни атомным, ни безатомным. В силу плотности порядка η при помощи похожих рассуждений также получаем, что не могут "склеиваться" элементы из разных копий порядка ω + η. Таким образом, L0 = 1 + 2 × η + 1. Получаем, что BL/I1 (BL ) ∼ = B1+2×η+1 . Это атомная булева алгебра с бесконечным числом атомов. Следовательно, ch(BL ) = (1, ∞, 0). 2. L = 1+(ω +1+η)×η +1. В этом случае, в отличие от предыдущего, каждая копия порядка ω + 1 + η "склеится"в одну точку, поскольку для всех a < b ∈ ω + 1 + η алгебру B[a,b) можно разложить в прямую сумму атомной и безатомной. Однако, как и ранее, элементы из различных копий порядка ω + 1 + η "склеиваться"не будут. Следовательно, L0 = 1 + η + 1 и BL/I1 (BL ) — безатомная булева алгебра. Таким образом, ch(BL ) = (1, 0, 1).

92

Список литературы [1] Гончаров, С. С., Счетные булевы алгебры и разрешимость, Новосибирск, Научная книга, 1996. [2] Гретцер, Г., Общая теория решеток, Москва, Мир, 1982. [3] Ketonen, J., The structure of countable Boolean algebras, Ann. Math, 108, 41 – 89, 1978. [4] Ершов, Ю. Л., Палютин, Е. А., Математическая логика, Москва, Наука, 1979. [5] Кейслер, Г., Чэн, Ч. Ч., Теория моделей, Москва, Мир, 1977.

93