Definicao 1. (A,+, ·,−, 0, 1) chama-se uma algebra de Boole se

• +, · sao operacoes binarias A

• − e uma operacao unaria em A

• 0, 1 ∈ A

E para todo x, y, z ∈ A valem:

(A1) x+ y = y + x (A1′) x · y = y · x(A2) x+ (y + z) = (x+ y) + z (A2′) x · (y · z) = (x · y) · z(A3) x · (y + z) = (x · y) + (x · z) (A3′) x+ (y · z) = (x+ y) · (x+ z)(A4) x+ xy = x (A4′) x · (x+ y) = x(A5) x+ (−x) = 1 (A5′) x · (−x) = 0

Lema 2. Seja A uma algebra de Boole. Dados x, y, z ∈ A, valem:

(1) x+ x = x, x · x = x

(2) x · 0 = 0, x+ 1 = 1

(3) x · 1 = x, x+ 0 = x

(4) −0 = 1, −1 = 0

Dem.: Demonstraremos apenas o primeiro resultado de cada item. Os segundos sao analogos.

(1) x(A4)= x+ xx

(A3′)= (x+ x) · (x+ x)

(A1′)= (x+ x)x+ (x+ x)x

(A3)= x(x+ x) + x(x+ x)

(A4′)= x+ x

(2) x · 0 (A5′)= x · (x · (−x)) (A2′)

= (x · x) · (−x) (1)= x · (−x) (A5′)

= 0

(3) x · 1 (2)= x · (x+ 1)

(A4′)= x

(4) −0(3)= 0 + (−0)

(A5)= 1

Corolario 3. Existe apenas uma unica algebra de Boole com dois elementos

Dem.: Se 0 6= 1, temos todas as operacoes definidas acima. Vamos agora mostrar que se 0 = 1 entao aalgebra so tem um elemento. Suponha que nao, entao seja a 6= 0. Pelo lema anterior, temos

a · 1 = aa · 0 = 0

}(0=1)⇒ a = 0 = 1

contradicao.

Definicao 4. Seja A uma algebra de Boole. Definimos a≤b se a · b = a.

1

Lema 5. ≤ e uma ordem parcial.

Dem.: Sejam x, y, z ∈ A.

• x ≤ y e y ≤ z ⇒ x ≤ z: Temos x = xy e y = yz. Entao x = xy = x(yz) = (xy)z = xz isto e, x ≤ z.

• x ≤ x: Imediato.

• x ≤ y e y ≤ x ⇒ x = y: x = xy = yx = y.

Lema 6. Seja A uma algebra de Boole e x, y, x′, y′ ∈ A. Entao x ≤ y e x′ ≤ y′ ⇒ xx′ ≤ yy′

Dem.: Temos xy = x e x′y′ = x′. Entao xx′ = xx′yy′, isto e xx′ ≤ yy′

Lema 7. Seja A uma algebra de Boole. Vale ∀x ∈ A 0 ≤ x ≤ 1.

Dem.: Imediato a partir de x · 0 = 0 e x · 1 = x.

Lema 8. Sejam A uma algebra de Boole e x, y ∈ A. Se x 6≤ y entao x− y := x · (−y) 6= 0.

Dem.: Note que x = x · 1 = x · (y + (−y)) = xy + x(−y). Assim, se x − y = x(−y) = 0, temos quex = xy + 0 = xy, ou seja, x ≤ y.

Definicao 9. Seja A uma algebra de Boole. F ⊂ A e dito um filtro se

• 1 ∈ F ;

• a ∈ F, b ∈ A, a ≤ b ⇒ b ∈ F ;

• a, b ∈ F ⇒ a · b ∈ F .

Dizemos que F e proprio se F 6= A.

Exemplo 10. Sejam A uma algebra de Boole e ∅ 6= E ⊂ A. Definimos

F := {a ∈ A : e1 · · · en ≤ a para e1, ..., en ∈ E}.

Temos que F e filtro pois:

• 1 ∈ F ja que e ≤ 1 ∀e ∈ E;

• Se a ∈ E e a′ ∈ A tal que a ≤ a′, temos que a′ ∈ F pois a ∈ E ⇒ ∃e1, ..., en ∈ E tais quee1 · · · en ≤ a. Como a ≤ a′, temos e1 · · · en, isto e, a′ ∈ F .

• a ∈ Fb ∈ F

}⇒ e1 · · · en ≤ a

e1, · · · e′m ≤ b

}(6)⇒ e1 · · · en · e′1 · · · e′m ≤ ab

O filtro F e chamado gerado por E.

2

Definicao 11. Um conjunto E tem a propriedade da interseccao finita (p.i.f.) se ∀e1, ..., en ∈ Etemos e1 · · · en 6= 0.

Lema 12. Dado E ⊂ A, o filtro gerado por E e proprio ⇔ E tem p.i.f.

Dem.: Seja F o filtro gerado por E.

⇒) Suponha que E nao tem p.i.f., entao 0 ∈ F . E, portanto, F = A.

⇐) Se E tem p.i.f entao ∅ /∈ F e, portanto, F 6= A.

Definicao 13. Seja F um filtro proprio de A. Dizemos que F e:

• ultrafiltro se ∀x (x ∈ F ou − x ∈ F );

• maximal se F e maximal em relacao a ⊂;

• primo se x+ y ∈ F ⇒ x ∈ F ou y ∈ F .

Lema 14. Seja F um filtro proprio. Sao equivalentes:

(i) F e ultrafiltro;

(ii) F e maximal;

(iii) F e primo.

Dem.: Seja F um filtro proprio:

i⇒ ii) Suponha que F nao e maximal, entao existe x tal que x /∈ F e {x} ∪ F gera um filtro E propriodiferente de F . Mas como x /∈ F e F e ultrafiltro, −x ∈ F ⊂ E, logo, x, (−x) ∈ E e, portanto,x(−x) = 0 ∈ E contrariando o fato de E ser ultrafiltro.

ii⇒ iii) Seja x, y tais que x+ y ∈ F . Suponha que x, y /∈ F e que F seja maximal. Entao os filtros geradospor F ∪ {x} e F ∪ {y} sao improprios, isto e, existe e1, ..., en, e

′1, ..., e

′m ∈ F tais que e1 · · · enx = 0

e e′1 · · · e′my = 0. Logo, e1 · · · en · e′1 · · · e′mx = 0 e e1 · · · en · e′1 · · · e′my = 0. Portanto, e1 · · · en ·e′1 · · · e′m(x+ y) = 0. E terıamos que 0 ∈ F , absurdo.

iii⇒ i) Seja x ∈ A. Temos que x+ (−x) = 1 ∈ F , logo, como F e primo, ou x ∈ F ou −x ∈ F .

Teorema 15 (de Tarski). Se F ⊂ A e um filtro proprio, entao existe um ultrafiltro U ⊃ F .

Dem.: Pelo lema de Zorn, basta verificar que a uniao de uma cadeia de filtros proprios e um filtro proprio.Seja F tal cadeia e a, b ∈

⋃F . Entao existe F1, F2 ∈ F tais que a ∈ Fi e b ∈ F2. Mas temos que F1 ⊂ F2

ou F2 ⊂ F1. Suponha que F1 ⊂ F2, entao a, b ⊂ F2 ⊂⋃F , logo,

⋃F e filtro. Para ver que e maximal,

basta notar que 0 /∈ F ∀F ∈ F , logo 0 /∈⋃F .

3

Corolario 16. Se a ∈ A e a 6= 0 entao existe um ultrafiltro que contem a.

Dem.: Seja F o filtro gerado por {a}. Como {a} tem p.i.f., temos que F e proprio e usando o teorema,temos o resultado.

Definicao 17. Seja A,B algebras de Boole. h : A −→ B e dito um homomorfismo se:

• h(a+ b) = h(a) + h(b)

• h(ab) = h(a)h(b)

• h(−a) = −h(a)

• h(0) = 0

• h(1) = 1

Se, alem disso, h e sobrejetora, B chama-se imagem homomorfa de A. Se temos tambem que h ebijetora, h e dita um isomorfismo.

Definicao 18. Seja X um conjunto. Chamamos de FinCofin(X) o conjunto {A ⊂ X : A e finito ouX rA e finito}.

Observacao 19. FinCofin(X) e uma algebra de Boole com as operacoes conjuntistas usuais.

Lema 20. Seja X um espaco Hausdorff. E seja (xn)n∈ω uma sequencia convergente para x em X. EntaoClop({xn : n ∈ ω} ∪ {x}) (considerando a topologia induzida por X) e isomorfo a FinCofin(N).

Dem.: Primeiramente, observe que, dado A ⊂ {xn : n ∈ ω}, A infinito, temos que x ∈ A. Com isso,temos que, dado u ⊂ {xn : n ∈ ω} ∪ {x}, se x /∈ u, u e fechado se, e somente se, u e finito e, portanto,u e aberto fechado se, e somente se, u e finito. Por outro lado, se x ∈ u, u e aberto se, e somente se,{xn : n ∈ ω}r u e finito. Portanto, u e aberto fechado se, e somente se, {xn : n ∈ ω}r u e finito. Assim,definimos h : Clop({xn : n ∈ ω} ∪ {x}) −→ FinCofin(N) por

h(u) = {n ∈ ω : xn ∈ u}

Note que h e um isomomorfismo.

Definicao 21. Dada A uma algebra de Boole e B ⊂ A, se B e uma algebra de Boole com as operacoesde A, dizemos que B e uma subalgebra.

Lema 22. Seja A uma algebra de Boole e u ⊂ A um ultrafiltro. Entao χu : A −→ {0, 1} e um homomor-fismo de algebras de Boole, onde χu e a funcao caracterıstica de u.

4

Dem.: Note que χu(1) = 1 (pois u e filtro) e χu(0) = 0 (pois u e proprio). Temos tambem que x ∈ u sse−x /∈ u, daı vale:

χu(−x) ={

1 se χu(x) = 00 se χu(x) = 1

ou seja, χu(−x) = −χu(x). Temos tambem que

χu(x+ y) ={

0 se χu(x) = χu(y) = 0 (pois u e primo)1 caso contrario

ou seja, χu(x+ y) = χu(x) + χu(y). Analogamente, temos que

χu(xy) ={

0 se χu(x) = χu(y) = 0 (pois u e filtro)1 caso contrario

Teorema 23. Sejam t1(x1, ..., xn), t2(x1, ..., xm) termos Booleanos. As seguintes afirmacoes sao equiva-lentes:

(i) Para toda A algebra Booleana e ~a interpretacao de variaveis em A, vale A � t1(x1, ..., xn) =t2(x1, ..., xm)[~a];

(ii) Para toda A algebra de Boole da forma ℘(X), e ~a atribuicao de variaveis em A, vale A � t1(x1, ..., xn) =t2(x1, ..., xm)[~a];

(iii) Existe A uma algebra de Boole da forma ℘(X) nao trivial em que para qualquer ~a atribuicao devariaveis em A vale A � t1(x1, ..., xn) = t2(x1, ..., xm)[~a]

(iv) Para qualquer ~a atribuicao de variaveis em {0, 1} vale que {0, 1} � t1(x1, ..., xn) = t2(x1, ..., xm)[~a]

Dem.: a

i⇒ ii) Imediato.

ii⇒ iii) Imediato.

iii⇒ iv) Basta observar que {0, 1} e uma subalgebra de qualquer algebra da forma ℘(X).

iv ⇒ i) Vamos mostrar que se existe algum A e algum ~a tal que

A 6� t1(x1, ..., xn) = t2(x1, ..., xm)[~a]

entao, para algum ~a′,{0, 1} 6� t1(x1, ..., xn) = t2(x1, ..., xm)[~a′].

Temos que existem a1, ..., ak ∈ A tais que t1(a1, ..., an) 6= t2(a1, ..., am). Note que podemos assumirque existe um ultrafiltro u ⊂ A que contem t1(a1, ..., an) e que nao contem t2(a1, ..., am) 1. Entaoχu(t1(a1, ..., an)) 6= χu(t2(a1, ..., am)). Logo t1(χu(a1), ..., χu(an)) 6= t2(χu(a1), ..., χu(am)), pois χu

e um homomorfismo.1Seja b = t1(a1, ..., an) e c = t2(a1, ..., am). Entao b 6≤ c ou c 6≤ b (ja que b 6= c). Suponha b 6≤ c, isto e, b− c 6= 0. Entao

existe um ultrafiltro u tal que b − c ∈ u. Como b − c ≤ b e b − c ≤ −c (pois b − c = b(−c), daı b(−c)b = bb(−c) = b(−c) eb(−c)(−c) = b(−c)). Entao b, (−c) ∈ u isto e, b ∈ u e c /∈ u.

5

Definicao 24. Chamamos de corpo de Conjuntos (subconjuntos de X) uma famılia de conjuntos quee uma algebra de Boole com as operacoes usuais.

Lema 25. Seja A uma algebra de Boole. Com relacao a ≤ temos que a+b = sup{a, b} e que a·b = inf{a, b}.

Dem.: Note que a(a + b) = a, ou seja, a ≤ a + b. Analogamente, temos que b ≤ a + b. Agora suponhaque a, b ≤ x. Entao, temos que{

ax = abx = b

⇒ ax+ bx = a+ b⇒ (a+ b)x = a+ b⇒ a+ b ≤ x.

Logo, a+ b = sup{a, b}.Temos que a(ab) = ab, ou seja, que ab ≤ a. Analogamente temos que ab ≤ b. Agora suponha que

x ≤ a, b. Entao temos que {ax = xbx = x

⇒ ax · bx = xx⇒ (ab)x = x⇒ x ≤ ab.

Assim, ab = inf{a, b}.

Definicao 26. Seja A uma algebra de Boole e M ⊂ A um subconjunto qualquer. Se existe supM comrelacao a ≤ entao escrevemos ∑

{a : a ∈M} = supM

Analogamente, escrevemos ∏{a : a ∈M} = infM.

Se ∀M ⊂ A ∃ supM , dizemos que A e uma algebra completa2.

Definicao 27. Dizemos que um algebra de Boole A e σ-completa se ∀M ⊂ A, M enumeravel, existesupM .

Um corpo de conjuntos A e completo (σ-completo) se A e completo (σ-completo) como algebra,supM =

⋃M e infM =

⋂M para todo M ⊂ A (M enumeravel).

Definicao 28. Seja A uma algebra de Boole. B ⊂ A e uma anticadeia se ∀b1, b2 ∈ B (b1 6= b2 ⇒ b1b2 =0).

Lema 29. Seja A uma algebra de Boole. Se ∀B ⊂ A, B anticadeia, existe supB, entao A e completa.2pode-se mostrar que esta definicao e equivalente e “∀M ⊂ A ∃ infM”

6

Dem.: Seja M ⊂ A queremos mostrar que existe supM . Seja B uma anticadeia maximal em C := {b ∈A : ∃m ∈ M b ≤ m}3. Seja c := supB. Vamos mostrar que c = supM . Suponha que exista m ∈ M talque m 6≤ c, entao m − c 6= 0. Como (m − c)c = m(−c)c = 0, temos que para todo b ∈ B, (m − c)b = 0,pois b ≤ c. Entao B ∪ {m − c} e uma anticadeia em C. E note que m − c 6= b para todo b ∈ B, poissuponha que nao, entao terıamos que 0 = (m− c)b = (m− c)(m− c) = (m− c) 6= 0, contradicao. Assim,B ∪{m− c} e uma anticadeia em C que contem B propriamente. Contradicao com a maximalidade de B.

Seja d ∈ A tal que m ≤ d para todo m ∈ M . Entao b ≤ d para todo b ∈ B, ou seja, supB = c ≤ d.Assim, temos que c = supM .

Definicao 30. Sejam A algebra de Boole e D ⊂ A. D chama-se um subconjunto denso de A se ∀a ∈Ar {0} ∃d ∈ D r {0} (d ≤ a).

Se A ⊂ B, B e uma algebra de Boole completa A e uma subalgebra densa de B, entao B chama-se umcompletamento de A.

Definicao 31. Seja A uma algebra de Boole. Ult(A):= {u ⊂ A : u e um ultrafiltro de A}.Para todo a ∈ A, consideramos

a∗ := {u ∈ Ult(A) : a ∈ u}.

Vamos considerar Ult(a) com {a∗ : a ∈ A} como base de topologia. Tal espaco chama-se o espaco deStone de A e o denotaremos por s(A).

Teorema 32 (da representacao de Stone (versao conjuntista)). Toda algebra de Boole e isomorfaa um corpo de conjuntos.

Dem.: Considere h : a −→ h(a) = a∗. Vamos mostrar que h e um homomorfismo injetor de A em℘(Ult(A)). Sejam a, b ∈ A.

• a∗b∗ = a∗ ∩ b∗ = {u ∈ Ult(A) : a ∈ u} ∩ {u ∈ Ult(A) : b ∈ u} = {u ∈ Ult(A) : a, b ∈ u} = (ab)∗;

• (−a)∗ = {u ∈ Ult(A) : −a ∈ u} = {u ∈ Ult(A) : a /∈ u} = Ult(A) r {u ∈ Ult(A) : a ∈ u} = −(a∗);

• a∗ + b∗ = a∗ ∪ b∗ = {u ∈ Ult(A) : a ∈ u ou b ∈ u} u e primo= {u ∈ Ult(A) : a+ b ∈ u} = (a+ b)∗;

• 1∗ = Ult(A);

• 0∗ = ∅;E temos que h e injetora pois dados a, b ∈ A com a 6= b temos que ∃u ∈ Ult(A) tal que a ∈ u e b /∈ uou a /∈ u e b ∈ u.

Definicao 33. Seja X um espaco topologico. Dizemos que X e 0-dimensional se sua topologia possuiuma base de conjuntos abertos-fechados.

3Tal cadeia existe pelo lema de Zorn

7

Lema 34. Seja Ult(A) um espaco de Stone. Temos que Ult(A) e:

(i) 0-dimensional;

(ii) Hausdorff;

(iii) compacto;

Dem.: Seja {a∗ : a ∈ A} base para a topologia.

(i) Note que Ult(A) r a∗ = −(a∗) = (−a)∗. Logo, cada a∗ e um aberto-fechado.

(ii) Seja u1, u2 ∈ Ult(A) tais que u1 6= u2. Entao existe a ∈ A tal que (a ∈ u1 e a /∈ u2) ou (a /∈ u1 e a ∈u2). Vamos supor sem perda de generalidade que a ∈ u1. Como a /∈ u2, temos que −a ∈ u2. Assim,temos que u1 ∈ a∗ e u2 ∈ (−a)∗. Como a∗ ∩ (−a)∗ = ∅ temos o resultado.

(iii) Seja U um recobrimento aberto de Ult(A). Podemos assumir que U ⊂ {a∗ : a ∈ A}. Suponhaque U nao tem subrecobrimento finito. Entao, dados a1, ..., an ∈ A tais que a∗i ∈ U , existe u ∈Ult(A)r(a∗1∪· · ·∪a∗n) = (−a1)∗∩· · ·∩(−an)∗ = ((−a1) · · · (−an)). Ou seja, temos que {−a : a ∈ U}tem p.i.f.. Entao existe um u ultrafiltro tal que −a ∈ u ∀a(a∗ ∈ U). Assim, u ∈ (−a)∗ ∀a∗ ∈ U , istoe, u /∈ a∗ ∀a∗ ∈ U e, portanto, U nao e recobrimento de Ult(A). Absurdo.

Definicao 35. Seja X um espaco topologico. Dizemos que X e um espaco booleano se X e compacto,Hausdorff e 0-dimensional.

Definicao 36. Seja X um espaco topologico. Denotamos por Clop(X)= {v ⊂ X : v e aberto-fechado}.

Observacao 37. Clop(X) e uma algebra de Boole munida de ∪,∩, Xr.

Lema 38. Seja X um espaco booleano com uma base A de abertos-fechados tal que A e uma algebra deBoole. Entao A = Clop(X).

Dem.: Temos que A ⊂ Clop(X) trivialmente. Seja U um aberto-fechado de X. Seja V := {a ∈ A : a ⊂U}. Como A e base e U e aberto,

⋃V = U . E como U e fechado e, portanto, compacto, temos que existem

a1, ..., an ∈ V tais que a1 ∪ · · · ∪ an = U . Assim, U ∈ A, pois A e algebra de Boole.

Teorema 39 (da representacao de Stone (versao topologica)). Para toda algebra de Boole A existeum espaco booleano X tal que A e isomorfa a Clop(X).

Dem.: Segue da demonstracao de (32), de (34) e do lema anterior.

Corolario 40. Seja A uma algebra de Boole, temos que Clop(s(A)) ∼= A.

Corolario 41. Se A e uma algebra de Boole finita, entao A ∼= ℘(X) para algum X finito.

8

Dem.: Temos que s(A) tem um numero finito de pontos, pois A tem finitos ultrafiltros4. E temos quetodo espaco Hausdorff finito e discreto. Assim, Clop(s(A)) ∼= ℘(s(A))

Corolario 42. Se A,B sao algebras de Boole finitas, temos que A ∼= B se, e somente se, |A| = |B|.

Lema 43. Seja X um espaco booleano. Entao s(Clop(X)) = X.

Dem.: Vamos construir uma funcao h : X −→ s(Clop(X)).Para cada x ∈ X, definimos h(x) = {a ∈ Clop(X) : x ∈ a}. Note que h(x) e um ultrafiltro em

Clop(X), pois ∅ /∈ h(x); a, b ∈ h(x) ⇒ a ∩ b ∈ h(x); (a ∈ h(x) e b ≥ a) ⇒ b ∈ h(x) e temos que x ∈ aou x ∈ X r a, entao ou a ∈ h(x) ou −a ∈ h(x).

Temos que h e injetora, pois se x1 6= x2, temos que existe a ∈ Clop(X) tal que x1 ∈ a e x2 /∈ a (poisX e Hausdorff) e, portanto h(x1) 6= h(x2).

Temos que h e sobrejetora pois dado um ultrafiltro u ⊂ Clop(X) existe x ∈⋂u, pois u e uma famılia

de fechados com p.i.f. num espaco compacto.E temos que h e contınua, pois seja a∗ = {u ∈ s(Clop(X)) : a ∈ u} um aberto basico de s(Clop(X)).

Temos que:

h−1[a∗] = {x ∈ X : x ∈ a} = a, pois{x ∈ a ⇒ h(x) ∈ a∗x /∈ a ⇒ h(x) ∈ (X r a)∗, ou seja, h(x) /∈ a∗

Assim, temos que h e um homeomorfismo de X em s(Clop(X))5.

Corolario 44. Sejam A,B algebras de Boole. Entao A ∼= B se, e somente se, s(A) ≡ s(B)

Corolario 45. Se A ∼= Clop(X), onde A e uma algebra de Boole e X um espaco booleano, entao X ≡ s(A)(o espaco de Stone e unico).

Dem.: Basta observar que s(A)(44)≡ s(Clop(X))

(43)≡ X.

Teorema 46 (de Baire). Seja (Gn)n∈ω famılia de abertos densos num espaco booleano X. Entao⋂Gn

e um aberto denso.

Dem.: Seja U ⊂ X um aberto. Construımos por inducao Un ⊂ Gn tal que Un+1 ⊂ Un, Un aberto-fechado6. Assim,

⋂Un 6= ∅, pois (Un)n∈ω e uma famılia de fechados com p.i.f. Assim, existe x ∈

⋂Un

7 e,portanto, x ∈ (

⋂Gn) ∩ U .

Lema 47 (de Rasiowa-Sikorski). Sejam A uma algebra de Boole, a ∈ A, (Dn)n∈ω uma famılia deconjuntos densos em A. Entao existe um ultrafiltro u de A tal que u ∩Dn 6= ∅ para todo n e a ∈ u.

4A tem finitos subconjuntos5Usamos aqui o seguinte resultado topologico:“ Se h e uma funcao contınua sobrejetora de X em Y espacos topologicos

Hausdorff com Y compacto, entao h e um homeomorfismo”.6Note que por X ser booleano, ele tem uma base de abertos-fechados7X e compacto

9

Dem.: Construımos por inducao dn ∈ Dn tal que 0 6= dn ≤ a, dn+1 ≤ dn8. Note que {dn : n ∈ ω} ∪ {a}

tem p.i.f.. Assim, existe u ultrafiltro gerado por {dn : n ∈ ω} ∪ {a}.

Definicao 48. Sejam A uma algebra de Boole e M ⊂ A tal que existe infM (infM). Seja u um ultrafiltro em A. Dizemos que u preserva infM (supM) se

infM ∈ u se, e somente se, ∀a ∈M a ∈ u

(supM ∈ u se, e somente se, ∃a ∈M a ∈ u).

Observacao 49. Note que a implicacao infM ∈ u ⇒ ∀a ∈M a ∈ u e trivial, ja que u e filtro.

Lema 50. Sejam A uma algebra de Boole, a0 ∈ A, a0 6= 0, (Mn)n∈ω sequencia de subconjuntos de A taisque existe infMn (supMn). Entao existe um ultrafiltro que contem a0 e preserva infMn (supMn) paratodo n ∈ ω.

Dem.: Note que Dn := {b : ∃a ∈Mn ab = 0 ou ∀a ∈Mn b ≤ a} e denso em A para todo n ∈ ω, pois sejac ∈ A. Temos duas possibilidades:

• ∃a ∈Mn c 6≤ a. Entao (c− a)a = 0 e, portanto, c− a ∈ Dn e c− a ≤ c.

• ∀a ∈Mn c ≤ a e, portanto, c ∈ Dn.

Por (47) temos que existe um ultrafiltro u tal que Dn∩u 6= ∅ para todo n ∈ ω e a0 ∈ u. Vamos mostrarque u preserva infMn. Suponha que ∀a ∈ Mn a ∈ u. Note que nao pode contecer ba = 0 para alguma ∈ Mn, b ∈ u (pois u e proprio). Entao se b ∈ u ∩Dn temos, pela definicao de Dn que ∀a ∈ Mn b ≤ a.Assim, b ≤ infMn e, portanto, infMn ∈ u 9.

Definicao 51. Considere T uma teoria na linguagem de primeira ordem L com numero enumeravel desımbolos. Consideramos

B(T ) = {[ϕ] : ϕ e formula de L}

onde [ϕ] e a classe de equivalencia de ϕ dada por ϕ ∼ ψ se, e somente se, T ` ϕ↔ ψ.

Observacao 52. Pode-se mostrar que B(T ) e uma algebra de Boole, com ∨, ∧ e ¬ para +, · e −respectivamente.

Teorema 53 (da completude). Seja T uma teoria na linguagem de primeira ordem L e suponhaϕ1, ..., ϕn um conjunto consistente com T 10de sententencas. Entao existe um modelo para ϕ1, ..., ϕn.

Dem.: Seja a0 := [ϕ1] ∧ · · · ∧ [ϕn]. Note que a0 ∈ B(T ), pois T 6` a0 → (α ∧ ¬α). ConsidereMϕ,t2,...,tn

:= {[ϕ(tx1, t2, ..., tn)] : t e um termo de L}11. Temos que supMϕ,t2,...,tn= [∃x ϕ(xx1, t2, ..., tn)].

Seja u um ultrafiltro que preserva supremos de Mϕ,t2,...,tnpara todo ϕ, t2, ..., tn e que a0 ∈ u. Seja

8Podemos fazer isso pois cada Dn e denso.9pela observacao (49), nao precisamos cuidar da outra implicacao na definicao de preservar infMn.

10Dizemos que ϕ e consistente com T se T 6` ϕ ∧ ¬ϕ11Indicamos por ϕ(tx), a substituicao das ocorrencias livres da variavel x por t na formula ϕ. Nos casos em que t contem

variaveis livres (em t) que ocorrem em ϕ, substuımos cada uma dessas por variaveis que nao ocorram em ϕ nem em t.

10

M := termos/ ∼, onde t ∼ t′ se, e somente se, [t = t′] ∈ u. Definimos Ri([t1], ..., [tn]) vale em M se, esomente se [Ri(t1, ..., tn)] ∈ u12. Mostremos que

M � ϕ(x1, ..., xn)[~a] se, e somente se [ϕ(~~a(x1), ...,~~a(xn))]13. (1)

Vamos mostrar por inducao sobre o comprimento de ϕ. Se ϕ e atomica, temos que (13) e verdadepela definicao de M . Os casos ¬ϕ, ϕ ∧ ψ e ϕ ∨ ψ saem do fato de u ser ultrafiltro. Ja, para formulascom quatificadores, temos que M � ∃x ϕ(xx1, ..., xn)[~a] sse existe ~b tal que b(v) = a(v) se v 6= x e M �

ϕ(x1, ..., xn)[~b] sse [ϕ(~~b(x1), ...,~~b(xn))] ∈ u sse supMϕ(~b(x1), ...,~b(xn)) ∈ u sse [∃x ϕ(xx1,~bx2, ...,~bxn)] ∈

u.

Proposicao 54. Se A e uma algebra infinita, entao A tem uma anticadeia infinita.

Dem.: Primeiramente, construımos uma sequencia (an)n∈ω ⊂ A tal que an+1 < an. Fazemos isso daseguinte maneira: Seja a0 := 1 e exigimos que {b ∈ A : b ≤ an} e infinito para todo n (note que para n = 0temos isso ja que A e infinito). Agora suponha que ja temos a0, ..., an definidos. Seja c < an. Note que

{b ∈ A : b ≤ c} e infinito ou {b ∈ A : b ≤ an − c} e infinito.14

Assim, basta tomarmos an+1 := c ou an+1 := an − c dependendo de cada caso.Entao tomamos para cada n ∈ ω, bn := an − an+1. E temos que (bn)n∈ω e uma anticadeia ja que se

m > n temos que bm ≤ am ≤ an+1 e como bnan+1 = 0, temos que bnbm = 0.

Proposicao 55. Se A e σ-completa e infinita, entao |A| ≥ 2ω.

Dem.: Seja (an)n∈ω uma anticadeia em A. Seja X ⊂ ω. Considere aX :=∑

n∈X an. Observe que seX 6= X ′, temos que aX 6= aX′ , pois existe n ∈ X rX ′ ou existe n ∈ X ′ rX. Suponha n ∈ X rX ′. Entaoan ≤ aX , (pela definicao de aX) e anan′ = 0 para todo n′ ∈ X ′. (pois (an)n∈ω e uma anticadeia). Assim,−an ≥ an′ para todo n′ ∈ X ′, logo, −an ≥

∑n′∈X′ an′ = aX′ . Assim, anaX′ = 0 e, portanto, aX 6= aX′15.

E, portanto, para cada X ⊂ ω diferente, temos aX ∈ A diferente e, assim, temos o resultado.

Definicao 56. Dizemos que I ⊂ A e um ideal se

(i) 0 ∈ I;

(ii) (a ∈ I e b ≤ a) → b ∈ I;

(iii) a, b ∈ I → a+ b ∈ I.

Para um ideal I, definimos a relacao ∼I em A como a ∼I b se (a− b) + (b− a) ∈ I.

Proposicao 57. ∼I e uma relacao de equivalencia.12Note que isso independe da escolha dos ti’s.13Denotamos por ~~a(xi) como um representante de ~a(xi) (que e uma classe de equivalencia de termos)14Isso vale ja que se b ≤ an entao b = (bc) + b(anc) e bc ≤ c e b(an − c) ≤ an − c15Observe que para cada n ∈ ω temos an 6= 0 ja que (an)n∈ω formam uma anticadeia.

11

Dem.: ∀a ∈ A a ∼I a, pois (a− a) + (a− a) = 0 ∈ I.∀a, b ∈ A a ∼I b → b ∼I a, pois (b− a) + (a− b) = (a− b) + (b− a) ∈ I.∀a, b, c ∈ A (a ∼I b ∧ b ∼I c) → a ∼I c, pois temos que (a− b) + (b− a) ∈ I e (b− c) + (c− b) ∈ I,

portanto, temos que (a− b) + (b− a) + (b− c) + (c− b) ∈ I. Note que

(a− c)[(a− b) + (b− a) + (b− c) + (c− b)] = (a− c)(a− b) + (a− c)(b− a)+ (a− c)(b− c) + (a− c)(c− b)

= a(−c)(−b) + ab(−c)= a(−c)= a− c

Logo, a − c ≤ (a − b) + (b − a) + (b − c) + (c − b) e, portanto, a − c ∈ I. Analogamente, temos que(c− a)[(a− b) + (b− a) + (b− c) + (c− b)] = cb(−a) + c(−a)(−b) = c− a. Assim, c− a ∈ I e temos que(a− c) + (c− a) ∈ I, ou seja, a ∼I c.

Definicao 58. Chamamos de A/I o conjunto A/ ∼I munido das seguintes operacoes:

[a] + [b] = [a+ b] [a][b] = [ab]−[a] = [−a] 0 = [0]1 = [1]

Observacao 59. As operacoes acima descritas estao bem definidas. E temos tambem que h : A −→ A/Idado por h(a) = [a] e um epimorfismo (canonico). Assim, A/I e uma algebra de Boole.

Teorema 60 (do homomorfismo). Seja h : A −→ B um epimorfismo. Entao existe um isomorfismoi : B −→ A/Ker(h).

Dem.: Definimos i tal que i(h(a)) = [a]. Temos que i desta maneira esta bem definida, pois se h(a) =h(a′), entao h(a)416h(a′) = 0. Logo, h(a4a′) = 0 e, portanto [a] = [a′].

i e um homomorfismo, pois i(h(a) + h(a′)) = i(h(a+ a′)) = [a+ a′] = [a] + [a′] = i(h(a)) + i(h(a′)) (asoutras operacoes sao analogas).

i e sobrejetor trivialmente.i e injetor, pois sejam h(a) e h(a′) tais que i(h(a)) = i(h(a′)), isto e, [a] = [a′]. Entao [a]4[a′] = 0,

logo, [a4a′] = 0 e, portanto, a4a′ ∈ Ker(h). Assim, h(a)4h(a′) = 0 e temos que h(a) = h(a′).

Proposicao 61. Se h : ℘(N) −→ B e um epimorfismo e B e infinito. Entao |B| = 2ω.

Dem.: Seja (bn)n∈ω uma anticadeia em B. Seja an ∈ A tal que h(an) = bn. Construımos (a′n)n∈ω tal queh(a′) = bn e (a′n)n∈ω formam uma anticadeia:

a′0 := a0.a′n := an −

∑i<n(anai).

Temos que (a′n)n∈ω formam uma anticadeia trivialmente. E note que, se j 6= i, temos h(ai)h(aj) =h(aiaj) = 0 (pois (bn)n∈ω e anticadeia). Desta forma,

16denotamos por a4b = (a− b) + (b− a)

12

h(a′n) = h(an) + h(∑

i<n anai)= h(an) +

∑i<n[h(an)h(ai)]

= h(an).

Definimos para cada X ⊂ ω, aX =⋃

n∈X a′n ∈ ℘(N). E temos que h(aX) 6= h(aX′) se X 6= X ′17.

Proposicao 62. Suponha (an)n∈ω e uma anticadeia em ℘(N)/F in. Entao∑

n∈ω an nao existe em℘(N)/F in.

Dem.: Tome Bn ⊂ N tal que [Bn] = an e defina An = Bn r⋃

i<nBi.18

Seja a ≥ an para todo n ∈ ω. Vamos construir um elemento menor que a, mas que tambem sejamajorante de (an)n∈ω. Seja A ⊂ N tal que [A] = a. Isso significa que 0 = an − a = [An]− [A] = [An −A].Ou seja, que An rA e finito. Seja kn ∈ A ∩An e definimos B := Ar {kn : n ∈ ω}. Note que kn 6= kn′ sen 6= n′, pois An ∩ An′ = ∅. Assim, temos que [B] < [A], pois B ⊂ A e {kn : n ∈ ω} e infinito. Ou seja,temos que [B] < a. E como An r A e finito e An r B = (An r A) ∪ {kn}, temos que An r B e finito, ouseja, an = [An] ≤ [B]. Assim, [B] e um majorante de an e, portanto, a nao pode ser igual a

∑n∈ω an.

Lema 63. Seja X um espaco booleano. Sejam U ⊂ X um aberto e F ⊂ X um fechado tais que F ⊂ U .Entao existe V um aberto-fechado tal que F ⊂ V ⊂ U .

Dem.: Seja V uma base de abertos-fechados de X. Para cada x ∈ U , tomamos Vx ∈ V tal que x ∈ Vx ⊂ U .Note que {Vx : x ∈ F} e uma cobertura por abertos basicos de F . Como F e fechado e X e compacto,F e compacto. Logo, existe X ′ ⊂ F finito, tal que F ⊂

⋃x∈X′ Vx. E como cada Vx e um aberto-fechado,

temos que⋃

x∈X′ Vx e o aberto-fechado desejado.

Proposicao 64. Seja X um espaco booleano. Seja Y ⊂ X fechado. Entao h(a) = a ∩ Y define umepimorfismo de Clop(X) em Clop(Y ).

Dem.: Temos que, de fato, h(x) ∈ Clop(Y ), para todo x ∈ Clop(X). Pois, seja x ∈ Clop(X). Entaoh(x) = x ∩ Y e aberto-fechado em Y , pela definicao de topologia de subespaco.

Temos que h e homomorfismo, pois h(a∩b) = (a∩b)∩Y = (a∩Y )∩(b∩Y ) = h(a)∩h(b). Temos tambemque h(−a) = h(Xra) = (Xra)∩Y = Y ra = −h(a). Da mesma forma, temos que h(a∩b) = h(a)∩h(b),h(0) = 0 e h(1) = 1 19.

E temos que h e sobrejetora, pois seja z ⊂ Y um aberto-fechado em Y . Entao, pela definicao detopologia de subespaco, existem U,F ⊂ X um aberto e um fechado de X respectivamente, tais queU ∩Y = z e F ∩Y = z. Note que z e um fechado em X, pois Y e fechado em X. Assim, pelo lema, existea, aberto-fechado em X tal que z ⊂ a ⊂ U . Assim, z = a ∩ Y .

Corolario 65. βN nao tem sequencias nao triviais convergentes.17a demonstracao e analoga a de (55)18analogamente ao feito em (61).19note que 0 = ∅ em ambos os casos e que 1 em X e X e em Y e Y

13

Dem.: Suponha que exista (xn)n∈ω sequencia nao trival convergente para x em βN. Entao {xn : n ∈ ω}∪{x} e fechado. Mas entao existe um homomorfismo sobrejetor de Clop(βN) em Clop({xn : n ∈ ω} ∪ {x})pela proposicao anterior. Mas note que Clop(βN) ∼= ℘(N) (por (40)) e Clop({xn : n ∈ ω} ∪ {x} ∼=FinCofin(N) (por (20)). Logo, terıamos um homomorfismo sobrejetor de ℘(N) em FinCofin(N), o quee impossıvel por (61), ja que FinCofin(N) e enumeravel.

Proposicao 66. Seja h : A −→ B um epimorfismo de algebras de Boole. Entao existe uma imersaocontınua i : S(B) −→ S(A) tal que i[S(B)] ∩ a∗ = i[h(a)∗].

Dem.: Definimos i(u) = h−1[u].Obs.: Lembramos que cada ultrafiltro em C define um homomorfismo g : C −→ {0, 1} 20. E note que

se g : C −→ {0, 1} e um homomorfismo, entao g−1[1] e ultrafiltro.Assim, temos que i esta bem definida, isto e, i(u) e um ultrafiltro de A, pois aplicamos o homorfismo

h ◦ g : A h−→ Bg−→ {0, 1}, onde g e como na observacao.

Temos que i e injetora, pois sejam u1, u2 ∈ S(B), u1 6= u2. Entao existe b ∈ B tal que b ∈ u1 e−b ∈ u2. Como h e sobrejetora, existe a ∈ A tal que b = h(a). Assim, a ∈ h−1[u1] e −a /∈ h−1[u1] (poish−1[u] e ultrafiltro). Como −a ∈ h−1[u2] (pois u2 3 −b = h(−a)), temos que h−1[u1] 6= h−1[u2], isto e,i(u1) 6= i(u2).

Temos que i e contınua. De fato, basta verificarmos que i−1[a∗] e aberto em B21. Note que:

i−1[a∗] = i−1[{u ∈ s(A) : a ∈ u}]= {v ∈ s(B) : i(v) ∈ {u ∈ s(A) : a ∈ u}}= {v ∈ s(B) : a ∈ i(v)}= {v ∈ s(B) : a ∈ h−1[v]}= {v ∈ s(B) : h(a) ∈ v}= h(a)∗

que e aberto em s(B).Finalmente, como i−1[a∗] = h(a)∗, temos que, i[i−1[a∗]] = i[h(a)∗]. Logo, a∗ ∩ i[s(B)] = i[h(a)∗].

Observacao 67. Temos que por (64) e (66) dada A uma algebra de Boole, existe uma identificacao entreos fechados de s(A) e os homomorfismos de A em B, onde B e uma algebra de Boole. Por (64), dadoF ⊂ s(A), existe um homorfismo h : Clop(s(A)) ∼= A −→ Clop(s(F )) dado por h(a) = a ∩ F . E por (66),temos que dado um homomorfismo h : A −→ B, entao s(B) ∼= F , onde F e um fechado de s(A) e temosque h(a) = a ∩ F .

Definicao 68. Sejam A uma algebra de Boole e X ⊂ A. Chamamos de subalgebra gerada de X asubalgebra:

< X > :=⋂{A′ ⊂ A : X ⊂ A′ e A′ e uma subalgebra de A}

Definicao 69. Uma algebra A chama-se uma algebra livre (com conjunto de geradores X) se A =< X >e, para toda funcao ϕ : X −→ B e para toda B algebra, existe um homomorfismo h : A −→ B tal queϕ(x) = h(x) para todo x ∈ X.

20onde g(a) = 1 sse a ∈ u.21pois {a∗ : a ∈ A} formam uma base de s(A).

14

Notacao 70. Denotamos por 1a:= a e −1a:= −a.SejaA algebra de Boole, F ⊂ A finito, e : F −→ {−1, 1}. Denotamos por

∏x∈F e(x)x:= (e(x1)x1)...(e(xn)xn)

onde F = {x1, ..., xn}, e denominamos por produto elementar.

Definicao 71. Seja A uma algebra de Boole. Um subconjunto {xα : α < κ} de A chama-se independentese

∏α∈F e(xα)xα 6= 0 para todo F ⊂ κ finito e para toda e : {xα : α < κ} −→ {−1, 1}.

Lema 72. Se < X > e livre, entao X e independente.

Dem.: Escreva X = {xα : α < |X|}. Considere ϕ : X −→ {yα : α < |X|} onde (yα)α<|X| e uma famıliaindependente de uma algebra A, tal que ϕ(xα) = yα. Pela definicao de algebra livre, temos que existe umhomomorfismo h :< X >−→< {yα : α < |X|} > tal que h(xα) = yα. Seja e : |X| −→ {−1, 1} e F ⊂ |X|finito. Temos que

0 6=∏α∈F

e(α)yα =∏α∈F

e(α)h(xα) = h(∏α∈F

e(α)xα)

Assim, temos que∏

α∈F e(α)xα 6= 0 e, portanto, X e independente.

Lema 73. Seja F um conjunto finito. Entao∑

e∈ξ

∏x∈dom(e) e(x)x = 1, onde ξ e o conjunto de todas as

funcoes de F em {−1, 1}.

Dem.: Vamos provar por inducao sobre |F |. Se |F | = 1, entao ξ = {e1, e2}, onde e1(x) = 1 e e2(x) = −1,assim,

∑e∈ξ

∏x∈dom(e) e(x)x = x+ (−1x) = 1.

Suponha que |F | = n+1 e que o resultado vale para n, ou seja, que F = G∪{y} e que o resultado valepara G. Seja ξG o conjunto de todas as funcoes de G em {−1, 1}. Assim, temos, por hipotese de inducao,que

∑e∈ξG

∏x∈dom(e) e(x)x = 1 e tambem que y + (−y) = 1. Assim, temos que

1 = (∑e∈ξG

∏x∈dom(e)

e(x)x)(y + (−y)) =∑e∈ξF

∏x∈dom(e)

e(x)x

onde ξF e o conjunto de todas as funcoes de F em {−1, 1}.

Lema 74. Sejam A uma algebra booleana, X ⊂ A. Entao < X > e exatamente o conjunto de todos oselementos de A da forma ∑

e∈ξ

∏x∈Fe

e(x)x

onde ξ e uma famılia finita de funcoes finitas de subconjuntos de X em {−1, 1}, Fe = dom(e) e os produtoselementares sao dois a dois disjuntos 22.Denominamos isto por forma normal.

Dem.: E claro que todos os elementos da forma normal pertencem a < X >.Tambem temos que todo elemento da forma

∑e∈ξ

∏x∈Fe

e(x)x onde os produtos nao sao necessaria-mente dois a dois disjuntos sao da forma normal, pois∑

e∈ξ

∏x∈Fe

e(x)x = (∑e∈ξ

∏x∈Fe

e(x)x)(∑e∈Γ

∏x∈F

e(x)x)

22ou seja, (∏

x∈Fee(x)x)(

∏x∈Fe′ e

′(x)x) = 0 se e 6= e′.

15

onde F =⋃

e∈ξ e Γ e o conjunto de todas as funcoes de F em {−1, 1} (a igualdade vale por que∑e∈Γ

∏x∈F e(x)x = 1 pelo lema anterior). E temos que

(∑e∈ξ

∏x∈Fe

e(x)x)(∑e∈Γ

∏x∈F

e(x)x) =∑e∈ξ′

∏x∈F

e(x)x

e tais produtos elementares sao dois as dois disjuntos.Com isso, temos que soma de dois elementos da forma normal, sao da forma normal. E temos que

Proposicao 75. Sejam X,Y espacos booleanos e f : X −→ Y sobrejetora e contınua. Entao {f−1(a) :a ∈ Clop(Y )} e uma subalgebra de Clop(X). E assim, f define um homomorfismo injetor de Clop(Y ) −→Clop(X).

Dem.: Temo que, de fato, f−1(a) ∈ Clop(X), para todo a ∈ Clop(Y ), pois, como f e contınua, f−1 deaberto-fechado e aberto-fechado. E, claramente, temos que f−1(a ∩ b) = f−1(a) ∩ f−1(b), f−1(a ∪ b) =f−1(a) ∪ f−1(b), f−1(−a) = −f−1(a). Logo, {f−1(a) : a ∈ Clop(Y )} e subalgebra de Clop(X).

Proposicao 76. Sejam A ⊂ B algebras de Boole. Entao existe uma funcao contınua f : s(B) −→ s(A)sobrejetora tal que f−1[a∗A ] = a∗B para todo a ∈ A.

Dem.: Definimos f(u) := u ∩ A para todo u ∈ s(B). Note que, de fato, f(u) ∈ s(B). E temos tambemque, dado a ∈ A:

f−1[a∗A ] = {u ∈ s(B) : f(u) ∈ a∗A}= {u ∈ s(B) : a ∈ f(u)}= {u ∈ s(B) : a ∈ u ∩A}= {u ∈ s(B) : a ∈ u}= a∗B .

Temos que f e sobrejetora, pois dado u ∈ S(A), como u tem p.i.f, temos que existe v ∈ S(B) tal queu ⊂ v. E vale que v ∩ A = u, pois, caso contrario, u nao seria maximal em A e, portanto, nao seriaultrafiltro.

E temos que f e contınua pois a∗A e uma base de abertos de s(A) e a∗B sao abertos em s(B).

Observacao 77. Dadas A, B algebras de Boole, temos, por (75) e (76), uma identificacao entre funcoescontınuas sobrejetoras f : s(B) −→ s(A) com homomorfismos injetores h : A −→ B, onde h(a) = b ondeπ(b) = f−1(a∗) ∈ Clop(s(B)), onde π e um isomorfismo de B −→ Clop(B).

Teorema 78 (criterio da extensao de Sikorski). Sejam X ⊂ A,B algebras de Boole e ϕ : X −→ Buma funcao. Entao existe um homomorfismo h :< X >−→ B tal que h(x) = ϕ(x) para todo x ∈ X se, esomente se ∏

x∈F

e(x)x = 0→∏x∈F

e(x)ϕ(x) = 0 para todo F ⊂ X finito. (2)

Se vale tambem ← na condicao acima, entao o h e monomorfismo.

16

Dem.: ⇒) Para vermos que vale (2), basta notar que∏x∈F

e(x)x = 0→ h(∏x∈F

e(x)x) = 0→∏x∈F

e(x)h(x) = 0→∏x∈F

e(x)ϕ(x) = 0

e, supondo que h e injetora, temos que vale ← em (2), pois∏

x∈F e(x)ϕ(x) = 0→ h(∏

x∈F e(x)x) = 0→∏x∈F e(x)x = 0.⇐) Para

∑e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)x, onde ξ e um conjunto finito de subconjuntos finitos de X definimos

h(∑

e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)x) =

∑e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)ϕ(x). Temos que h esta bem definido, pois suponha∑

e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)x =

∑e′∈xi′

∏x∈dom(e′) e

′(x)x, isto e,∑

e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)x4

∑e′∈xi

∏x∈dom(e′) e

′(x)x.Mas note que esta igualdade e equivalente a uma outra igualdade da forma

∑e′′∈xi′′

∏x∈dom(e′′) e

′′(x)x = 0por alguma identidade I. Assim, usando (2) temos que

∑e′′∈xi′′

∏x∈dom(e′′) e

′′(x)ϕ(x) = 0. Assim, usandoa mesma identidade I acima, obtemos que

∑e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)ϕ(x) =

∑e′∈xi′

∏x∈dom(e′) e

′(x)x. E, por-tanto, h(

∑e∈xi

∏x∈dom(e) e(x)x) = h(

∑e′∈xi′

∏x∈dom(e′) e

′(x)x). De forma analoga, temos que

Corolario 79. < X > e livre se, e somente se, X e independente.

Dem.: ⇒) E o resultado (72).⇐) Note que, como X e independente, temos que

∏x∈F e(x)x 6= 0 para todo F ⊂ X finito. Assim,

qualquer ϕ : X −→ B, onde B e uma algebra satisfaz as condicoes do criterio e, portanto, pode serestendida a < X >. Logo, < X > e independente.

Proposicao 80. A algebra Clop(2κ) e livre.

Dem.: Note que 2κ ∼= {−1, 1}κ. Considere u(α) = {x ∈ {−1, 1}κ : x(α) = 1}. Temos que

e(α1)u(α1)...e(αn)u(αn) = {x ∈ {−1, 1}κ : ∀i ≤ n(e(αi) = x(αi))} 6= ∅.

Assim, temos que (u(α))α<κ e uma famılia independente. E note que produtos elementares de u(αi)formam uma base para {−1, 1}κ. E, portanto, todo elemento de Clop({−1, 1}κ) e uniao de produtoselementares de u(α). Logo, {−1, 1}κ e gerado por (u(α))α<κ que e independente e, portanto, e livre pelocorolario anterior.

Corolario 81. Todo espaco booleano de peso23 κ e (isomorfo a) um subespaco de 2κ.

Dem.: Seja K um espaco booleano de peso κ. Entao existe uma base de cardinalidade κ. Temos quetodo aberto fechado de K e uniao finita de elementos desta base24. Assim, como κ<ω = κ, temos que A :=Clop(K) tem cardinalidade κ. Seja X o conjunto de geradores livres de Clop(2κ) que, pela demonstracaoanterior, podemos assumir de cardinalidade κ. Assim, podemos considerar uma funcao ϕ : X −→ Asobrejetora. E, portanto, pela definicao de algebra livre, existe um homomorfismo h : Clop(2κ) −→A = Clop(K) que extende ϕ e, portanto, e sobrejetor pois ϕ ja era. Assim, por (66) temos que K =s(Clop(K)) ⊂ s(Clop(2κ)) = 2κ.

Corolario 82. Uma algebra de Boole A e enumeravel se, e somente se, s(A) e metrizavel.

23cardinalidade mınima de alguma base24pois K e compacto

17

Dem.: ⇒) Temos que s(A) ⊂ 2ω e, portanto, e metrizavel, pois 2κ e metrizavel.⇐) Todo compacto metrizavel tem base enumeravel, logo, Clop(s(A)) = A e enumeravel, pois cada

elemento de Clop(s(A)) e uniao finita de elementos da base.

Proposicao 83. Dada A algebra de Boole, as seguintes sao equivalentes:

(i) A tem alguma imagem homomorfa infinita enumeravel.

(ii) A tem FinCofin(N) como imagem homomorfa.

(iii) s(A) tem algum F ⊂ s(A) fechado infinito metrizavel.

(iv) s(A) tem alguma sequencia convergente nao trivial.

Dem.: i ⇒ iii) Seja B a imagem homorfa de A. Pelo corolario anterior, temos que s(B) e metrizavelinfinito e, por (66) temos que s(B) e isomorfo a um subespaco fechado de s(A).

iii ⇒ i) Pelo corolario anterior, temos que Clop(F ) e infinita enumeravel e, por (64), existe umhomomorfismo sobrejetor de A −→ Clop(F ).

ii⇒ iv) Temos, por (66) que existe F ⊂ s(A) fechado tal que Clop(F ) = Clop(FinCofin(N)). E, por(20) temos que Clop(FinCofin(N) = Clop(X), onde X e uma sequencia convergente nao trivial em s(A).

iv ⇒ ii) Temos que se X e uma sequencia convergente em s(A), entao X e um subespaco fechado des(A). Assim, por (64), temos que existe um homomorfismo sobrejetor de A em Clop(X). E, por (20)temos que Clop(X) = FinCofin(N).

iv ⇒ iii) Basta notar que toda sequencia convergente num espaco Hausdorff e metrizavel e e fechada.iii⇒ iv) Todo espaco metrizavel infinito e compacto tem sequencia convergente nao trivial.

Proposicao 84. Uma algebra de Boole A contem uma famılia independente de cardinalidade κ se, esomente se, s(A) tem 2κ como imagem contınua.

Dem.: Se A contem uma famılia independente X, tal que |X| = κ, entao Clop(2κ) e isomorfo a subalgebra< X >25. Daı, por (75) temos que existe f : s(A) −→ s(Clop(2κ)) = 2κ.

Por outro lado, se existe f : s(A) −→ 2κ sobrejetora, definimos

a∗ξ := f−1({x ∈ 2κ : x(ξ) = 1}).

Entao (aξ : ξ < κ) formam uma famılia independente, pois∏ξ∈F

e(ξ)a∗ξ = f−1[{x ∈ 2κ : x(ξ) = 1 sse e(ξ) = 1}] 6= ∅

para F ⊂ κ finito e∏

ξ∈F e(ξ)a∗ξ = ∅ sse

∏ξ∈F e(ξ)aξ = ∅.

Proposicao 85. ℘(N) tem uma famılia independente de cardinalidade 2ω.

25basta aplicar o criterio da extensao de Sikorski e notar que Clop(2κ) tem um conjunto gerador de cardinalidade κ (verdemonstracao de (80)).

18

Dem.: Basta encontrarmos uma famılia independente em ℘(A) para alguma A algebra de Boole enu-meravel. Seja A := Clop(2ω)26. Vamos ver que s(A) forma uma famılia independente de subconjun-tos de A. Sejam u1, ..., un ∈ s(A). Seja e : {1, ..., n} −→ {1−, 1}. Precisamos um a ∈ A tal quea ∈

∏i∈{1,...,n} e(i)ui, isto e, a ∈ ui se, e somente se, e(i) = 1. Podemos encontrar a usando a propriedade

de Haussdorff.

Corolario 86. Existe uma funcao contınua f : βN −→ 2I , onde I = 2ω, sobrejetora.

Corolario 87. |βN| = 22ω

Teorema 88 (criterio da extensao de Sikorski II). Sejam A ⊂ B,C algebras de Boole. Seja h :A −→ C homomorfismo e seja b ∈ B r A. Entao existe um homomorfismo H :< A ∪ {b} >−→ C queextende h se, e somente se, existe c ∈ C tal que

{h(a) : a ≤ b, a ∈ A} ≤ c ≤ {h(a) : b ≤ a, a ∈ A} (3)

Dem.: (3) e necessaria: Qualquer H(b) ∈ C deve satisfazer h(a′) = H(a′) ≤ H(b) ≤ H(a) = h(a), poishomomorfismo preserva ≤.

Vamos agora assumir (3). Definimos ϕ : A ∪ {b} −→ C, onde ϕ(a) = h(a) para a ∈ A e ϕ(b) = c paraalgum c como em (3). Vamos usar o primeiro criterio de Sikorski e, para isso, precisamos∏

x∈F

e(x)x = 0⇒∏x∈F

e(x)ϕ(x) = 0

para F ⊂ A ∪ {b} finito. Temos 3 casos para F :

(1) F ⊂ A: Entao ϕ(x) = h(x) para x ∈ F e, portanto,∏

x∈F e(x)x = 0⇒∏

x∈F e(x)h(x) = 0.

(2) b ∈ F , e(b) = −1: Suponha∏

x∈F e(x)x = 0. Entao (∏

x∈Fr{b} e(x)x) · (−b) = 0. Chamando∏x∈Fr{b} e(x)x = a ∈ A, temos que a(−b) = 0, isto e, a ≤ b. Entao h(a) ≤ c = ϕ(b). Entao

h(a) ≤ ϕ(b). Portanto,∏

x∈Fr{b} e(x)ϕ(x) ≤ ϕ(b) e, assim, (∏

x∈Fr{b} e(x)ϕ(x))(−ϕ(b)) = 0. Logo,∏x∈F e(x)ϕ(x) = 0.

(3) b ∈ F , e(b) = 1: Analogo, usando ab = 0 se, e somente se, b ≤ −a.

Teorema 89 (da extensao de Sikorski). Sejam A ⊂ B,C algebras de Boole, C completa e h : A −→ Cum homomorfismo. Entao existe um homo H : B −→ C tal que h ⊂ H

Dem.: Considere a ordem parcial dada por (A′, h′) onde A ⊂ A′ ⊂ B subalgebra, h′ : A′ −→ B homo-morfismo tal que h ⊂ h′ com ordem dada por (A′, h′) ≤ (A′′, h′′) sse A′ ⊂ A′′ e h′ ⊂ h′′. Note que se Fe uma cadeia nesta ordem, etao (

⋃{A : ∃h(A, h) ∈ F},

⋃{h : ∃A(A, h) ∈ F}) e um limitante superior da

cadeia27. Assim, temos que o elemento maximal satisfaz o teorema, pois, caso contrario, aplicarıamos ocriterio de Sikorski II.

26Temos que |Clop(2ω)| = ω pois, pela demonstracao de (80) temos que Clop(2κ) e gerado por uma famılia de tamanho κe portanto, tem cardinalidade κ.

27e facil ver que uniao de subalgebras e uma subalgebra e mesma coisa para homomorfismos.

19

Definicao 90. Dadas A e A algebras de Boole, dizemos que A e um completamento de A se A ecompleta e A e subalgebra densa de A.

Lema 91. Dois completamentos de uma algebra de Boole sao isomorfos.

Dem.: Pelo teorema de Sikorski, existe h : A1 −→ A2 tal que h|A = idA. Temos que h(a) e umisomorfismo sobre sua imagem pois h(a) 6= 0 para a 6= 0 numa subalgebra densa. E temos que a imageme densa e completa em A2, logo, por (ex. 6, lista 1) h e sobrejetora.

Lema 92. Seja X um espaco topologico. O conjunto dos abertos regulares (isto e, int(U) = U) comas operacoes dadas por u · v := u ∩ v, u + v := int(u ∪ v), −u := int(X r u), 0 := ∅ e 1 := X, e umaalgebra de Boole completa. Notacao: RO(X).

Dem.: Primeiramente, vamos mostrar que, dado A ⊂ X, temos que int(A) e um aberto regular. Paraisso, precisamos que int(int(A)) = int(A). Assim:

⊃: int(A) ⊂ int(A)int(A) ⊂ int(int(A))

⊂: int(A) ⊂ Aint(A) ⊂ Aint(int(A)) ⊂ int(A)

Agora, mostremos que as operacoes, dadas no enunciado, estao bem definidas:

+ : Basta notar a observacao acima.

· : Basta mostrar que int(u ∩ v) = u∩v. Como u∩v e aberto, temos que u∩v ⊂ int(u ∩ v). E note queu ∩ v ⊂ u, v, assim, int(u ∩ v) ⊂ int(u), int(v), mas, por hipotese, temos que int(u) = u e int(v) = v,assim, int(u ∩ v) ⊂ u ∩ v.

− : Basta notar a afirmacao acima e observar que X r u e fechado.

Precisamos tambem verificar que RO(X) e uma algebra de Boole. Para isso, verificamos os axiomas.Associatividade para +: basta notar que

int(int(u ∪ v) ∪ w) = int(u ∪ v ∪ w)

Os outros axiomas seguem facilmente.Vamos agora mostrar que RO(X) e completa. Seja U ⊂ RO(X). Vamos mostrar que int(

⋃U) =

supU28. Note que u ≤⋃U para todo u ∈ mathcalU . Agora suponha v tal que, para todo u ∈ U u ≤ v.

Entao⋃U ⊂ v, logo

⋃U ⊂ v e, portanto, int

⋃U ⊂ intv = v.

Teorema 93. Toda algebra tem completamento.

Dem.: Basta notar que Clop(X) ⊂ RO(X) e que as operacoes de RO(X) restritas a Clop(X) sao asmesmas de Clop(X), assim, Clop(X) e subalgebra de RO(X). E temos que Clop(X) e densa em RO(X),pois Clop(s(A)) e densa em RO(s(A)), ja que Clop(s(A)) e base de abertos.

28ou seja, vamos mostrar que toda famılia contida em RO(X) tem sup.

20

Corolario 94. Toda algebra injetiva (isto e, satisfaz o teorema de Sikorski no lugar da algebra completa)e completa.

Dem.: Suponha A injetiva. Como na demonatracao de (91), contruımos h : A −→ A isomorfismo e,portanto, A e completa.

Definicao 95. Seja A uma algebra de Boole. Dado a ∈ A, a e um atomo de A se 0 < a e 0 ≤ b ≤ a ⇒(b = 0 ou b = a).

Lema 96. Dado a ∈ A, a e um atomo de A se, e somente se, a∗ e um conjunto unitario com um pontoisolado em s(A).

Dem.: ⇒) Note que u := {b ∈ A : a ≤ b} e um filtro proprio. E temos que u e um ultrafiltro pois, sejac ∈ A. Temos que 0 ≤ ca ≤ a. Como a e atomo, temos duas possibilidades para ca. Se ca = 0, entaoa ≤ −c. Se ca = a, entao c ≤ a. De qualquer forma, temos, ou a ≤ c ou a ≤ −c, portanto, ou c ∈ u,ou −c ∈ u. Agora, seja v um ultrafiltro tal que a ∈ v. Como v e filtro, temos que {b ∈ A : a ≤ b} ⊂ v,ou seja, u ⊂ v. Mas como u e maximal, u = v. Ou seja, a∗ = {u}.

⇐) Suponha {u} seja aberto fechado. Entao existe a ∈ A tal que a∗ = {u}. Entao a e atomo, poissuponha que nao, entao existe b tal que 0 6= b < a e daı terıamos b∗ ( a∗, absurdo pois ∅ 6= b∗ e a∗

e unitario.

Definicao 97. Uma algebra A chama-se atomica se para todo b ∈ A, b 6= 0, existe a atomo tal que a ≤ b.

Definicao 98. Dizemos que uma A nao tem abertura do tipo (ω, ω) ou (1, ω) se dados B, C ⊂ A,|B|, |A| ≤ ω tais que, dados

b1 + ...+ bn < c1 + ...+ cm

com bi ∈ mathcalB, ciC, existe x ∈ A tal que

b1 + ...+ bn < a < c1 + ...+ cm.

Quando B ou C forem finitos, temos (1, ω). Caso contrario, temos (ω, ω).

Definicao 99. Sejam X,Y espacos topologicos, X ⊂ Y e um retrato de Y se existe r : Y −→ X contınuatal que r(x) = x para todo x ∈ X.

Definicao 100. Sejam A,B algebras de Boole, h : A −→ B homomorfismo sobrejetor e dito um retratose existe uma subalgebra C ⊂ A tal que h|C : C −→ B e um isomorfismo.

Lema 101. X,Y espacos booleanos, X ⊂ Y e um retrato de Y se, e somente se, o homomorfismo canonicoh : Clop(Y ) −→ Clop(X) e um retrato.

21

Dem.: ⇒) Seja r : Y −→ X testemunha de que X e retrato de Y . Entao C := {r−1(u) : u ∈ Clop(X)}e uma subalgebra de Clop(Y ) pois r e sobrejetora e contınua. Vamos verificar agora que h|C e umisomorfismo.

Claramente, h e um homo. sea u ∈ Clop(X). Entao r−1(u) ∈ C. Temos que h(−1(u)) = r−1(u)∩X.Entao basta provar que u = r−1(u) ∩X. Seja x ∈ u. Como u ⊂ X, r(x) = x, ou seja, x ∈ r−1({x}),para todo x ∈ u. Assim, u ⊂ r−1 e, portanto, u ⊂ r−1 ∩ X. Por outro lado, se y ∈ r−1(u) ∩ X,temos r(y) ∈ u, e , pela propriedade de ser retrato, r(y) = y, logo, y ∈ u. Assim, u = r−1(u) ∩X.

E temos que h|C e injetora, pois se h(r−1(u)) = r−1(u) ∩ X = ∅, entao u = ∅ 29 e, portanto,r−1(u) = ∅.

⇐) Seja C uma testemunha do fato de que h e retrato, ou seja, h|C e isomorfismo. Seja y ∈ Y e uy

um ultrfiltro de Clop(Y ) de vizinhancas de y. Definimos r(y) de forma que {r(y)} =⋂h[uy ∩ C].

Temos que r e contınua, pois uy 7→ uy ∩ C e contınua (de s(Clop(Y )) em s(C)) e uy 7→ h[uy ∩ C]e contınua pois h|C e isomorfismo. Falta verificar que, dado x ∈ X, r(x) = x. Seja x ∈ X, bastanotar que x ∈ a para todo a ∈ ux (?). (*)

Definicao 102. Uma algebra A e dita superatomica se toda imagem homomorfa nao nula de A temum atomo.

Definicao 103. Seja X um espaco topologico. Dizemos que X e disperso se todo subespaco nao vaziotem um ponto isolado.

Exemplo 104. [0, α] e disperso para α ordinal. Pois seja X ⊂ [0, α] nao vazio. Observe que [0,minX] ∩X = {minX} e, portanto, minX e isolado em X.

Definicao 105. Sejam A uma algebra e a ∈ A. Definimos A|a := {b ∈ A : b ≤ a}, que e uma algebracondiderando 1A|a = a.

Lema 106. Sejam A algebra e a ∈ A. Entao A|a e imagem homomorfa de A.

Dem.: Basta considerar h : A −→ A|a dado por h(b) = ba.

Teorema 107 (de Mostowski - Tarski). Dada A uma algebra, as seguintes sao equivalentes:

(1) A e superatomica.

(2) Toda imagem homomorfa da A e atomica.

(3) Toda subalgebra de A e atomica.

(4) Toda subalgebra de A tem atomos.

(5) A nao tem subalgebra livre infinita.29pois se x ∈ u ⊂ X, entao x ∈ r−1(u) ∩X, pelo fato de ser retrato.

22

(6) A nao tem famılia infinita independente.

Dem.:1⇒ 2) Suponha que exista h : A −→ B sobrejetora com B nao atomica. Entao, existe b ∈ B

tal que B|b nao tem atomo. Mas entao, existe um homomorfismo h′ : A h−→ B −→ B|bcontrariando o fato de que A nao tem imagens homomorfas sem atomos.

2⇒ 3) Suponha que existe A′ subalgebra de A nao atomica. Considere A′ o completamento deA′. Entao, por (89), temos que existe H : A −→ A′ tal que H|A′ = IdA′ . E temos queH[A] ⊂ A′ nao e atomica pois, se fosse, pela densidade de A′ em A′, terıamos A′ atomica.

3⇒ 4) Imediato.4⇒ 5) Suponha que A tem uma subalgebra infinita, digamos < X >, onde X e uma famılia

independente infinita. Seja a um atomo de < X > (que existe por (4)). Podemos supor quea e da forma

∏x∈dom(e) e(x)x onde e e uma funcao finita deX em {−1, 1}. Seja y ∈ X tal que

y /∈ dom(e). Entao temos que b :=∏

x∈dom(e) e(x)x · y 6= 0 e b′ :=∏

x∈dom(e) e(x)x · (−y) 6=030. Note que b, b′ ≤ a. E temos que b ou b′ e distinto de a, logo, a nao e atomo. Absurdo.

5⇒ 6) Suponha que X seja uma famılia independente infinita. Entao < X > e uma subalgebralivre infinita, contrariando nossa hipotese.

6⇒ 1) Suponha que exista h : A −→ B sobrejetor onde B nao tem atomos. Pode-se construirB′ ⊂ B onde B′ e enumeravel infinito e sem atomos31. Com isso, temos que B′ = Fr(ω),e, portanto existe (bn)n∈ω ⊂ B independente. E temos que existe (an)n∈ω ⊂ A tal queh(an) = bn e independente.

Definicao 108. Seja A uma algebra de Boole. Definimos At(A):= {a ∈ A : ∃a1, ..., an atomos de A taisque a ≤ a1 + ...+ an}.

Definicao 109. Dada A uma algebra de Boole, chamamos a algebra A/At(A) de derivada de Cantor-Bendixton de A. Dado X um espaco topologico. Definimos X ′:= {x ∈ X : x nao e isolado em X}(derivada de Cantor-Bendixton de X).

Definicao 110. Seja X um espaco topologico e α um ordinal. X(α+1) = (X(α))′ e X(α)=⋂

γ<αX(γ) se

α e um ordinal limite.

Definicao 111. Sejam A uma algebra de Boole e α um ordinal. Definimos Iα+1 = ideal gerado porIα ∪ {a : [a]Iα ∈ At(A/Iα)}. E definimos Iα=

⋃γ<α Iγ se α e ordinal limite. Chamamos A/Iα de a

α-esima derivada de Cantor-Bendixton.

Fato 112. Seja X um espaco topologico. Entao X e disperso se, e somente se, existe um ordinal α talque X(α) = ∅.

Seja A uma algebra de Boole. Entao A e superatomica se, e somente se, existe α ordinal tal queIα = A.

Dem.: Suponha X disperso. Entao se α > β, temos X(α) ( X(β). Entao, X(α) = ∅ para α > |X|+.Suponha X nao disperso. Entao existe um subespaco nao vazio S de X tal que X nao tem pontos

isolados. Entao, mostra-se por inducao que S ⊂ X(α) para todo α.Suponha A superatomica. Entao, se α < β temos Iα ) Iβ . Entao A = Iα para algum α.Suponha que A nao seja superatomica. Entao ∃B ⊂ A sem atomos. Por inducao, pode-se mostrar que

B ∩ Iα = ∅ para todo α.

23

Observacao 113. Seja X um espaco compacto disperso. Se α e o primeiro ordinal tal que X(α) = ∅,entao α = α′ + 1, pois

⋂α<γ X

(α) 6= ∅ se X(α) 6= ∅, para todo α < γ 32. E temos que X(α′) e finito,pois todo subconjunto infinito de um espaco compacto tem ponto de acumulacao (que, portanto, nao eisolado).

Lema 114. Todo espaco disperso compacto que satisfaz o primeiro axioma de enumerabilidade33 e local-mente enumeravel34.

Dem.: Seja X um espaco como no enunciado. Seja x ∈ X. Como X e disperso, existe β ordinal talque x /∈ X(β+1) e x ∈ X(β). Vamos mostrar que x tem uma vizinhanca enumeravel por inducao sobreβ. Como x /∈ X(β+1), existe U aberto tal que X(β) ∩ U = {x}. Como X satisfaz o primeiro axioma deenumerabilidade, existe {Vn : n ∈ ω} sistema fundamental de vizinhancas de x. Podemos assumir queVn ⊂ Vm se n ≥ m, que Vn ⊂ U e que Vn e aberto fechado para todo n. Temos que

⋂Vn = {x}. Condisere

para cada n, Wn := Vn r Vn+1. Note que Wn e aberto fechado e que⋂Wn = V1 r {x}. Seja n ∈ ω,

observe que vale (HI)para todo y ∈Wn, logo, existe Uy ⊂Wn aberto enumeravel com y ∈ Uy. Como Wn efechado e, portanto, compacto, existem y1, ..., ym ∈ Wn tais que

⋂mi=1 Uy = Wn. Logo, Wn e enumeravel.

E, portanto,⋂

n∈ω Wn ∪ {x} = V1 e enumeravel. Como V1 e uma vizinhanca de x, temos o resultado.

Definicao 115. Sejam X um espaco topologico e A uma algebra de Boole.ht(X)= min{α′ : X(α′) e finito}.ht(A)= min{α′ : A/Iα′ e finito}.w(X)= sup{|X(α+1) rX(α)| : α < ht(X)}.w(A)= sup{|conjunto de atomos de A/Iα| : α < ht(A)}.

Lema 116. Seja X um espaco booleano. Entao Clop(X ′) ∼= Clop(X)/At(Clop(X))

Dem.: Seja h : Clop(X) −→ Clop(X ′) homomorfismo dado por h(a) = a ∩X ′35. Basta mostrarmos queKerh = {a ∈ Clop(X) : a ∩ X ′ = ∅} = At(Clop(X)). Seja a ∈ Clop(X) tal que a ∩ X ′ = ∅. Entaoa nao tem pontos nao isolados e, portanto a e finito. Ou seja, a = a1 + ... + an onde ai sao atomos deClop(X) e, portanto, a ∈ At(Clop(X)). Reciprocamente, se a ∈ At(Clop(X)), entao a = a1 + ... + an

onde ai sao atomos de Clop(X)36 e, portanto, a e finito e, portanto, a nao tem pontos nao isolados, istoe, a ∩X ′ = ∅.

Lema 117. Seja I um ideal em A e J um ideal em A/I. Entao (A/I)/J = A/K onde K e o ideal geradopor I ∪ {j : [j]I ∈ J}.

Dem.: Considere h : (A/I)/J −→ A/K dado por h([[a]I ]J) = [a]K . Temos

• h esta bem definido: Seja a, b ∈ A tais que [[a]I ]J = [[b]I ]J . Vamos mostrar que [a]K = [b]K . Temosque [a]I4[b]I ∈ J , isto e, [a4b]I ∈ J e, portanto a4b ∈ K. Assim, [a]K = [b]K .

• h e homomorfismo: Imediato.32basta notar que cada X(α) e fechado e usar p.i.f.33todo ponto admite sistema fundamental de vizinhancas enumeravel.34todo ponto admite uma vizinhanca enumeravel.35note que X′ e fechado em X36logo sao unitarios de pontos isolados

24

• h e injetor: Seja a ∈ A tal que h([[a]I ]J) = 0. Entao a ∈ K. Entao a ≤ b1 + ... + bn onde cada bipertence a I ou [bi]I ∈ J . De qualquer forma, [[a]I ]J ≤ [[b1 + ...+ bn]I ]J = 0.

• h e sobrejetora: Imediato.

Logo, h e um isomorfismo.

Teorema 118. Sejam A uma algebra de Boole e α um ordinal. Entao s(Aα) ≡ s(A)(α).

Dem.: Por inducao sobre α.

• α = β + 1: Lembrando que Aα = A/Iα, temos:

Clop(s(A)(α)) ≡ Clop((s(A)(β))′)(116)≡ Clop(s(A)(β)/At(Clop(s(A)(β)

(HI)≡ Clop(s(A)(β))β/At(Clop(s(A)(β))β)

(117)≡ Clop(s(A))/Iβ+1

≡ Clop(s(A))/Iα

• Suponha que valha Clop(s(A)(α)) ≡ AIαpara todo α < γ: (?) (*)

Definicao 119. Seja A uma algebra de Boole. Uma sequencia {aξ : ξ < κ} ⊂ A e dita:

(a) independente

(b) livre

(c) discreta

(d) separada a esquerda

(e) separada a direita

(f) incomparavel

se ∏ξ∈F

aξ ∩∏ξ∈G

(−aξ) 6= ∅

para todo F,G finito em K tal que

(a) F ∩G = ∅

(b) maxF < minG

(c) |F | = 1 e F ∩G = ∅

(d) |F | = 1 e maxF < minG

(e) |F | = 1 e maxG < minF

25

(f) |F | = |G| = 1

Definimos funcoes da forma ϕ(A) = sup{κ : existe sequencia {aξ : ξ < κ} que satisfaz α}. Ondeα = (a), ..., (f). Se α e:

(a) entao ϕ(A) = ind(A) independencia de A.

(b) entao ϕ(A) = fr(A) freeness de A.

(c) entao ϕ(A) = sp(A) spread de A.

(d) entao ϕ(A) = hd(A) densidade hereditaria de A.

(e) entao ϕ(A) = hl(A) grau de Lindelof hereditario de A.

(f) entao ϕ(A) = inc(A) incomparabilidade de A.

Definicao 120. Seja X um espaco topologico. {xξ : ξ < κ} ⊂ X e dita separada a esquerda sexη /∈ {xξ : ξ < η} ∀η < κ.

Lema 121. Dada A uma algebra de Boole, s(A) tem uma sequencia separada a esquerda de comprimentoκ se, e somente se, A tem uma sequencia separada a esquerda de comprimento κ.

Dem.:⇒) Seja (xξ)ξ<κ uma sequencia separada a esquerda em s(A). Para cada η < κ, seja aη ∈ A

tal que xη ∈ a∗η e {xξ : ξ < η} ∩ a∗η = ∅. Note que xη ∈ a∗η e xη /∈ a∗ξ para ξ > η. Entaoxη ∈ a∗η ∩ (−aξ)∗ para ξ > η, logo, aη ·

∏ξ∈G(−aξ) 6= ∅ se η < minG.

⇐) Seja (aξ)ξ<κ separada a esquerda em A. Para cada ξ < κ, seja xξ ∈ a∗ξ ∩∏

η>ξ(−aη)∗37.Note que xξ /∈ a∗η se η > ξ e que xη ∈ a∗η. Com isso temos que {xξ : ξ < η} ⊂ (−aη)∗ e,portanto, xη /∈ {xξ : ξ < η}.

Definicao 122. Seja X um espaco topologico. hd(X) := min{κ : para todo Y ⊂ X existe D ⊂ Y densoem Y com |D| ≤ κ}.

Fato 123. Dada A uma algebra de Boole, hd(s(A)) = hd(A).

Dem.: Por (121), basta mostrar que hd(X) = ϕ(X), onde ϕ(X) = sup{κ : ∃(xξ)ξ<κ ⊂ X separada aesquerda}. Suponha κ = hd(X) < ϕ(X) = λ. Entao existe uma sequencia (xξ)ξ<κ+ separada a esquerda.Por hipotese temos que existe D ⊂ {xξ : ξ < κ+} denso com |D| ≤ κ. Com isso temos que existe η < κ+

tal que D ⊂ {xξ : ξ < η} e, como D e denso, temos que xη ∈ D ⊂ {xξ : ξ < η}. Absurdo pois (xξ)ξ<κ+ eseparada a esquerda.

Por outro lado, suponha κ = ϕ(X) < hd(X) = λ, isto e, que existe Y ⊂ X tal que nao existeD ⊂ Y com D ⊃ Y e |D| = κ. Vamos contruir uma sequencia (xξ)ξ<κ+ ⊂ Y por inducao sobre ξ. Paracada η < κ+, seja xη ∈ Y tal que xη /∈ {xξ : ξ < η}. Temos que podemos tomar xη desta forma, pois|{xξ : ξ < η}| ≤ κ38. Desta forma, temos que (xξ)ξ<κ+ e separada a esquerda. Absurdo.

38e, portanto, {xξ : ξ < η} nao e denso em Y .

26

Definicao 124. Seja X um espaco topologico. Definimos t(X) := min{κ : dados x ∈ X,Y ⊂ X, se x ∈ Yentao existe Z ⊂ Y com |Z| ≤ κ tal que x ∈ Z}. Chamamos t(X) de tightness de X.

Definicao 125. Dizemos que (xξ)ξ<κ ⊂ X e uma sequencia livre em X se para todo η < κ, vale{xξ : ξ < η} ∩ {xξ : ξ ≥ η} = ∅.

Proposicao 126. Seja A uma algebra de Boole. Existe uma sequencia livre (aξ)ξ<κ em A se, e somentese, existe uma sequencia livre (xξ)ξ<κ em s(A).

Dem.:⇒) Seja (aξ)ξ<κ livre em A. Para cada η < κ, seja xη ∈

⋂ξ≤η a

∗ξ ∩

⋂ξ>η(−aξ)∗ 39. Assim,

temos que xξ ∈ a∗η se, e somente se, ξ ≥ η. Logo, {xξ : ξ < η} ⊂ (−aη)∗. E, portanto,{xξ : ξ < η} ⊂ (−aη)∗. Note tambem que {xξ : ξ ≥ η} ⊂ a∗η e, portanto, {xξ : ξ ≥ η} ⊂ a∗η.Logo, {xξ : ξ < η} ∩ {xξ : ξ ≥ η} = ∅.

⇐) Seja (xξ)ξ<κ livre em s(A). Para cada η < κ, seja aη ∈ A tal que a∗η ⊃ {xξ : ξ < η + 1} e(−aη)∗ ⊃ {xξ : ξ ≥ η + 1} 40. Assim, xη ∈

⋂ξ≤η a

∗ξ ∩

⋂ξ>η(−aξ)∗. E, portanto,

⋂ξ≤η a

∗ξ ∩⋂

ξ>η(−aξ)∗ 6= ∅ e concluımos que (a∗ξ)ξ<κ e livre.

Teorema 127. Seja A uma algebra de Boole. Entao fr(A) = t(s(A)).

Dem.: Sejam κ, γ cardinais tais que κ = t(s(X)) e γ = fr(A). Vamos mostrar que κ = γ.Suponha κ < γ. Pelos lema anterior, existe (xξ)ξ<κ+ livre em s(A). Seja y ∈

⋂η<κ+ {xξ : ξ ≥ η} 41.

Temos que, para todo η < κ+, y /∈ {xξ : ξ < η} 42 e y ∈ {xξ : ξ < κ+}. Entao nao existe Z ⊂ {xξ : ξ < κ+}tal que y ∈ Z e |Z| < κ+. Logo κ = t(x) ≥ κ+. Absurdo.

Suponha κ > γ. Entao existem Y ⊂ X e x ∈ Y , tais que para todo Z ⊂ Y com |Z| ≤ γ+, x /∈ Z.Construımos, por inducao em ξ, (aξ)ξ<γ+ ⊂ A tais que

(a) x ∈ a∗ξ para todo ξ < γ+.

(b)⋂

ξ∈F a∗ξ ∩

⋂ξ∈G(−aξ)∗ ∩ Y 6= ∅, com F < G < γ+, F,G finitos.

Suponha construıdos (aξ)ξ<η satisfazendo (a) e (b). Para cada F,G como em (b), seja z(F,G) ∈⋂ξ∈F a

∗ξ ∩

⋂ξ∈G(−aξ)∗ ∩ Y 43. Note que temos η < γ+, F ’s e G’s satisfazendo (b). Assim, x /∈

{z(F,G) : F e G satisfazendo (b)}. Logo, existe aη ∈ A tal que x ∈ a∗η e {z(F,G) : F e G satisfazendo (b)}∩a∗η = ∅. Isto e, aη satisfaz (a). E note que cada z(F,G) ∈ (−aη)∗ e, portanto,

⋂ξ∈F a

∗ξ ∩

⋂ξ∈G(−aξ)∗ ∩

Y ∩ (−aη)∗ 6= ∅, isto e, aη satisfaz (b).Assim, por (b) temos que (aξ)ξ<γ+ e livre em A e, portanto, γ = fr(A) ≥ γ+. Absurdo.

Definicao 128. Seja X um espaco topologico. Dizemos que uma sequencia (xξ)ξ<κ em X e discreta se,para todo η < κ, existe um aberto A de X tal que A ∩ {xξ : ξ < κ} = {xη}.

41existe por p.i.f.42pela propriedade de ser sequencia livre.43como

⋂ξ∈F a∗ξ ∩

⋂ξ∈G(−aξ)∗ ∩ Y 6= ∅ e

⋂ξ∈F a∗ξ ∩

⋂ξ∈G(−aξ)∗ e aberto, podemos tomar tal z(F,G).

27

Proposicao 129. Seja A uma algebra de Boole. Entao existe uma sequencia (aξ)ξ<κ discreta em A se,e somente se, existe uma sequencia (xξ)ξ<κ discreta em s(A).

Dem.:⇒) Para cada ξ < κ seja xξ ∈ a∗ξ ∩

⋂η<κη 6=ξ(−aη)∗. Entao, (xξ)ξ<κ e discreta pois dado ξ < κ,

a∗ξ ∩ {xξ : ξ < κ} = {xξ}.⇐) Para cada ξ < κ, seja aξ ∈ A tal que a∗ξ ∩{xη : η < κ} = {xξ}. Entao (aξ)ξ<κ e discreta em

s(A) pois, dado ξ < κ, xξ ∈ aη se, se somente se ξ = η e, portanto, aξ ∩⋂

η<κη 6=ξ(−aη) 6= ∅pois xξ ∈ a∗ξ ∩

⋂η<κη 6=ξ(−aη)∗

Lema 130. Seja A uma algebra de Boole. Entao se (aξ)ξ<κ e uma sequencia livre em A, entao (aξ)ξ<κ

e discreta.

Dem.: Pelo resultado anterior e por (126), basta mostrar que, dado X um espaco topologico e (xξ)ξ<κ

uma sequencia livre em X, entao (xξ)ξ<κ e discreta.Assim, pela definicao de livre em X, temos que, dado η < κ, xη /∈ {xξ : ξ < η}. Logo, existe A aberto

de X tal que x ∈ A e A ∩ {xξ : ξ < η}. Por outro lado, {xξ : ξ < η + 1}cap{xξ : ξ ≥ η + 1} = ∅, logo,xη /∈ {xξ : ξ ≥ η + 1} e, portanto, existe B aberto de X tal que xη ∈ B e B ∩ {xξ : ξ ≥ η + 1} = ∅. Logo,A ∩B ∩ {xξ : ξ < κ e ξ 6= η} = {xη} e, portanto, (xξ)ξ<κ e discreta.

Teorema 131. Seja A uma algebra de Boole. Entao

ind(A) ≤ fr(A) ≤ sp(a) ≤ hd(A), hl(A) ≤ |A|

Dem.: • ind(A) ≤ fr(A): Pelas definicoes, temos que toda sequencia independente e livre.

• fr(A) ≤ sp(A): Basta notar que toda sequencia livre e discreta, por (130).

• sp(A) ≤ hd(A): Pelas definicoes, temos que toda sequencia discreta e separada a direita.

• sp(A) ≤ hl(A): Analogo.

Definicao 132. Sejam X um espaco topologico, x ∈ X e A uma algebra de Boole. Definimos

• χ(x,X) := min{κ : existe base de vizinhancas de x em X de cardinalidade κ}.

• χ(A) = χ(s(A)) := sup{χ(x, s(A)) : x ∈ s(A)}.

• χmin(X) := min{χ(x,X) : x ∈ X).

• ψ(x,X) := min{κ : existem (uξ)ξ<κ abertos tais que {x} =⋂

ξ<κ uξ} 44.

• ψ(X) := sup{ψ(x,X) : x ∈ X}.

Proposicao 133. Seja X compacto Hausdorff. Entao χ(x,X) = ψ(x,X) para todo x ∈ X.

44chamamos (uξ)ξ<κ de uma pseudo base de x.

28

Dem.: Seja x ∈ X. Claramente, χ(x,X) ≤ ψ(x,X), pois toda base e uma pseudo base45. Agora suponha(Uξ)ξ<κ uma pseudo base para x. Para cada ξ1, ..., ξn ∈ κ, seja Vξ1,...,ξn aberto contendo x tal queVξ1,...,ξn ⊂ Uξ1 ∩ · · · ∩ Uξn . Vamos mostrar que {Vξ1,...,ξn : ξ1, ..., ξn ∈ κ} e uma base para x 46. Seja Uaberto tal que x ∈ U . Temos que existem ξ1, ..., ξn ∈ κ tais que Vξ1,...,ξn

∩ X r U = ∅, pois, suponhaque nao, entao existe y ∈ Vξ1,...,ξn

∩ X r U para todo ξ1, ..., ξn e portanto, por p.i.f., temos que existey ∈

⋂{Vξ1,...,ξn

: ξ1, ..., ξn ∈ κ} ∩ (X r U) ⊂⋂

ξ<κ Uξ ∩ (X r U), contrariando o fato de que (Uξ)ξ<κ serpseudo base. Logo existem ξ1, ..., ξn ∈ κ tais que x ∈ Vξ1,...,ξn

⊂ U .

Definicao 134. Seja X um espaco topologico. Definimos L(X) := min{κ : ∀(Cξ)ξ<γ abertos tais que⋃ξ<γ Cξ ⊃ X, existe Y ⊂ γ tal que |Y | ≤ κ e

⋃ξ∈Y Cξ ⊃ X}.

Proposicao 135. Seja X compacto 0-dimensional. Dado x ∈ X, se χ(x,X) ≥ κ entao L(X r {x}) ≥ κ.

Dem.: Seja x ∈ X e seja λ = χ(x,X). Seja (uξ)ξ<λ base para x. Podemos supor cada uξ aberto fechado.Considere ((X r uξ) ∩ (X r {x}))ξ<λ recobrimento de X r {x}. Suponha que tal recobrimento tenha umsubrecobrimento ((X r uξ) ∩ (X r {x}))ξ∈A com |A| < λ. Entao

⋂ξ∈A uξ = {x}. Absurdo, pois, pelo

resultado anterior, temos χ(x,X) = ψ(x,X) = λ.

Lema 136. Seja X compacto Hausdorff. Seja Y ⊂ X. Se |Y | ≤ 2χ(X), entao |Y | ≤ 2χ(X).

Dem.: Seja x ∈ Y e seja κ := χ(x,X) ≤ χ(X). Por (133), existe (uξ)ξ<κ pseudo base para x. Para cadaξ < κ, considere Aξ =

⋂η≤ξ uη r {x}. Temos que Aξ 6= ∅ para todo ξ < κ 47. Vamos mostrar que cada

Aξ ∩ Y 6= ∅. Suponha que nao. Entao

Teorema 137. Seja X compacto 0-dimensional. Entao |X| ≤ 2χ(X).

Dem.: Seja κ = χ(X). Para cada x ∈ X, seja (Ux(ξ))ξ<κ uma base para x. Vamos contruir por inducaouma sequencia (Xα)α<κ+ tal que

(1) Xα ⊂ Xβ se α < β.

(2) Xα ⊂ X fechado.

(3) |Xα| ≤ 2κ

(4) se Ux1(ξ1)∪· · ·∪Uxn(ξn) ⊃ Xα com xi ∈ Xα para i = 1, ..., n e existe y ∈ Xr (Ux1(ξ1)∪· · ·∪Uxn

(ξn))entao existe um y com essa propriedade tal que y ∈ Xα+1

Teorema 138 (de Cech - Pospisil). Seja X um espaco compacto, 0-dimensional. Se χ(x,X) ≥ κ paratodo x ∈ X entao |X| ≥ 2κ. Isto e, |X| ≥ 2χmin(X)

45isto vale para qualquer espaco Hausdorff.46e note que |{Vξ1,...,ξn : ξ1, ..., ξn ∈ κ}| ≤ κ.47pois (uξ)ξ<κ e pseudo base de menor tamanho possıvel.

29

Dem.: Seja κ = χmin(X). Vamos contruir uma injecao de 2κ emX. Para cada f ∈ 2α, α < κ, construımosaf aberto fechado tal que

⋂β<α af |β 6= ∅ para todo α < κ. Fazemos isso por inducao sobre α de tal forma

que

(a) Aα e um aberto fechado tal que existem x, y ∈⋂

β<α af |β tais que x ∈ Aα e y ∈ −A 48.

(b) af |β+1 ={Aβ se f(β) = 0−Aβ se f(β) = 1

(c) af |α = X se α e ordinal limite.

Para cada f ∈ 2κ, tomamos xf ∈⋂

β<κ af |β . Observe que tal x existe pois, por (c),⋂

β<κ af |β 6= ∅ e,por (b), se f 6= g, xf 6= xg pois

⋂β<κ af |β ∩

⋂β<κ ag|β = ∅ 49.(?) (*)

48podemos fazer isso pois, por (HI),⋂

β<α af |β 6= ∅ e ψ(x,X) ≥ κ para todo x.49na verdade, essa igualdade so vale para f, g distintos em pelo menos um ordinal sucessor, mas, de qualquer maneira,

temos o resultado pois existem 2κ f, g desta maneira.

30

Indice Remissivo

−1a, 140-dimensional, 71a, 14< X >, 14A/I, 12A/Iα, 23At(A), 23B(T ), 10Clop(X), 8FinCofin(X), 4Iα, 23L(X), 29RO(X), 20Ult(A), 7X ′, 23X(α), 23χ(A), 28χ(s(A)), 28χ(x,X), 28χmin(X), 28≤, 1ψ(X), 28ψ(x,X), 28∼I , 114, 12a∗, 7fr(A), 26hd(A), 26hd(X), 26hl(A), 26ht(A), 24ht(X), 24inc(A), 26ind(A), 26s(A), 7sp(A), 26t(X), 27w(A), 24w(X), 24algebra

livre, 14algebra de

Boole, 1algebra de Boole

σ-completa, 6completa, 6

atomo, 20

Cech - Pospisilteorema de, 29

abertos regulares, 20abertura, 21abertura

(1, ω), 21(ω, ω), 21

anticadeia, 6atomica, 21

Baireteorema de, 9

Boolealgebra de, 1

completamento, 7, 19completude

teorema da, 10corpo de Conjuntos, 6criterio da extensao de Sikorski, 16criterio da extensao de Sikorski II, 19

densidade hereditaria, 26denso, 7derivada de Cantor-Bendixton, 23discreta, 25, 27disperso, 22

espacobooleano, 8de Stone, 7

extensao de Sikorskiteorema da, 19

filtro, 2filtro

gerado, 2maximal, 3primo, 3ultrafiltro, 3

forma normal, 15freeness, 26

grau de Lindelof hereditario, 26

homomorfismo, 4homomorfismo

teorema do, 12

31

ideal, 11imagem homomorfa, 4incomparavel, 25incomparabilidade, 26independencia, 26independente, 14, 25injetiva, 20isomorfismo, 4

lemade Rasiowa-Sikorski, 9

livre, 25, 27

Mostowski - Tarskiteorema de, 22

p.i.f., 3proprio, 2preserva infM , 9produto elementar, 14propriedade da interseccao finita, 3pseudo base, 28

Rasiowa-Sikorskilema de, 9

retrato, 21

separada a direita, 25separada a esquerda, 25, 26sequencia

discreta, 25, 27incomparavel, 25independente, 25livre, 25, 27separada a direita, 25separada a esquerda, 25, 26

Sikorskicriterio da extensao de, 16, 19teorema da extensao de, 19

spread, 26Stone

espaco de, 7teorema da representacao de, 7, 8

subalgebra, 4subalgebra

gerada, 14superatomica, 22

Tarskiteorema de, 3

teoremacriterio da extensao de Sikorski, 16

da completude, 10da extensao de Sikorski, 19da representacao de Stone, 7, 8de Cech - Pospisil, 29de Baire, 9de Mostowski - Tarski, 22de Tarski, 3do homomorfismo, 12

tightness, 27

ultrafiltro, 3

32