28 Le théorème d`existence des filtres premiers: Soit A un treillis
28
Le théorème d’existence des filtres premiers:
Soit A un treillis distributif, F un filtre et I un idéal de A tels que
FI=.
Il existe
au moins un filtre premier P de A tel que
FP
et
IP=.
Pour démontrer ce théorème, on utilise le critère de filtre premier qui s’énonce
comme suit:
Soit
F
0
un filtre et
I0
un idéal d’un treillis distributif A. Pour tout filtre de A
maximal parmi les filtres qui contiennent
F
0
et disjoints de
I0
est premier.
Preuve:
Soit P un filtre de A maximal (par la défition de “maximal” du lemme de Zorn)
parmi les filtres qui contiennent
F
0
et
PI
0
=.
Puisque
I0
est un idéal,
0I0.
Puisque
PI0=, 0 P.
Supposons maintenant que
abP,
mais
que
aP
et
bP.
(par l’absurde)
Nous allons construire le filtre Pa
[]
généré par P et a.
Pa
[]
=cA:cxa pour un xP
{}
Remarque:
J’affirme que Pa
[]
est un filtre.
Manifestement Pa
[]
n’est pas vide.
Si m,nPa
[]
mnPa
[]
.
Soit
mx
1
a
et
nx
2
a
où
x
1
,x
2
P.
Donc
mn(x
1
a)(x
2
a)
x
1
ax
2
a
(x
1
x
2
)a
et x
1
x
2
P
Finalement: Si
mA, nPa
[]
et nm,
il faut montrer que
mPa
[]
.
Mais
mnx1a. Donc mPa
[]
( Pa
[]
est donc un filtre).
Puisque
aP, PPa
[]
.
Puisque P est maximal parmi les filtres qui contiennent
F
0
et disjoints de
I0
et puisque manifestement
F
0Pa
[]
,
nous devons conclure
que Pa
[]
n’est pas disjoint de
I0.
Donc il existe
mI0 Pa
[]
.
Par définition
de
Pa
[]
,
il existe un
x1P
tel que
mx1a.
En reprenant le même raisonnement pour b, nous obtenons
nI0
et
x2P
tel
que
nx2a.
29
Posons
u=mn
et
v=x
1
x
2
.
Alors:
vau
et
vbu.
()
x
1
x
2
a
u
et
x
1
x
2
b
u
Aussi:
uI
0
puisque
mI
0
et
nI
0
et
I
0
est un idéal.
vP
puisque
x
1
,x
2
P
et
P
est un filtre.
Alors
v(ab)=(va)(vb)
distributivité
u par ()
Nous avons supposé que
abP,
P est un filtre, donc
uP.
Mais
uI0
et par
hypothèse
PI
0
=.
Donc si
abP,
alors
aP
ou
bP,
P est premier.
Preuve (théorème d’existence des filtres premiers):
Soit
F=F:F est un filtre de A, F
0F, FI=
{}
.
Manifestement
F
est ordonné par l’inclusion. Nous allons appliquer le lemme de Zorn
à
F.
Si C est une chaîne non-vide dans
F,
alors
CF,
i.e.
C
est un filtre,
F
0C
et
C
I=.
Soit
xC
,
xF
i
,
F
i
est dans la chaîne. Si
xy,
alors
yF
i
puisque
F
i
est un filtre.
Si
x,yC,
alors il existe
F
i,FjC
tels que
xF
i
et
yFj.
Puisque C est une chaîne,
soit
F
i
F
j
ou
F
j
F
i
.
Par conséquent, x et y appartiennent tous deux soit à
F
i
soit à
F
j
.
Il s’ensuit que
xy
appartient soit à
F
i
soit à
Fj
puisque ce sont des filtres.
Mais puisque
F
i
C
,
F
j
C
,
alors
xyC
.
Nous devons montrer que
IC
=.
(Allons-y par l’absurde)
Si
aI et aC
,
alors il existe
FC
tel que
aF,
ce qui est impossible puisque
FF.
Manifestement
F
0
C
.
Pour toute chaîne non-vide
F,
F
est une borne
supérieure. Pour la chaîne vide, nous posons
F
0
F
et elle peut servir de borne
supérieure. Puisque
F
0
I=, F
0
F.
Le lemme de Zorn implique qu’il existe un
élément maximal P de
F,
()
.
Par le critère, tout filtre maximal parmi les filtres qui
contiennent
F
0
et disjoints de
I0
est premiers.
30
Théorème de représentation de Stone:
Soit
ab
des éléments arbitraires de A. Il existe un homomorphisme de treillis
distributif
f:A2
tel
que
f(a)f(b).
Preuve:
Soit
a,bA
et
ab.
Alors soit
ab
ou
ba
(ou les deux).
Supposons que nous avons
ab.
Nous définissons les ensembles suivants:
F
0
= (a)=cA:ca
{}
I
0
= (b)=cA:cb
{}
(a)
est un filtre.
F
0
n’est pas vide puisque
aa.
Si
c1F
0
et
c2F
0,
alors
c
1
c
2
F
0
.
c
1
a,
c
2
a,
c
1
c
2
a
par définition de l’infimum. Si
dA
et
cd,
alors
dF
0
. Il
fut démontrer précédemment que
I0
est un idéal.
F
0I0=.
Supposons le contraire.
Donc
cF
0
I
0
;
c
(a)
(b).
Ainsi
ac
et
cb
et par conséquent
ab.
Par le théorème d’existence des filtres premiers, il existe un filtre premier tel que
(a)P
et
(b)P=.
Puisque
a
(a)
et
b
(b),
aP
et
bP.
Nous pouvons définir
f:A2
:
f(c)=1 si cP
0 si cP
Donc on a
f(a)f(b) et f(a)=1, f(b)=0.
Théorème:
Soit A un treillis distributif (ou A une algèbre de Boole), le treillis
A,
()
se plonge
dans un treillis distributif (ou une algèbre de Boole) de la forme
P(X),
()
pour un
ensemble X.
Preuve:
Soit
X=Hom(A,2)=2A,
le treillis distributif des homomorphismes de treillis
A2.
Nous traitons
2A
comme un ensemble et nous considérons
2A,
()
le treillis distributif des
sous-ensembles de
2A.
Fait:
pour
X,
P(X)2X;
donc
en
fait,
je
considère
22
A
31
Définissons:
:AP(2
A
) par
(a)=f:A2 f(a)=1
{}
Nous devons vérifier que:
1)
est un homomorphisme de treillis.
2)
est injective.
1)
est un homomorphisme de treillis.
(1) =f:A2 f(1) =1
{}
=2
A
Puisque par définition d’un homomorphisme,
f:A2
satisfait la condition
f(1) =1.
(0) =f:A2 f(0) =1
{}
=
Puisque
f(0) =0
pour
f:A2
par définition.
(ab)=
(a)
(b)
(ab)=f:A2 f(ab)=1
{}
(a)=f:A2 f(a)=1
{}
(b)=f:A2 f(b)=1
{}
(a)
(b)=f:A2 f(a)=1f(b)=1
{}
Manifestement si
f(ab)=1,
alors
f(a)=f(b)=1.
Donc
(ab)
(a)
(b).
On veut montrer que si
f(a)=f(b)=1,
alors
f(ab)=1.
Supposons le contraire, i.e.
f(ab)=0.
Donc
abf1(0)
et nous
savons que
f1(0)
est un idéal premier. Donc
af1(0)
ou
bf1(0),
ce
qui est impossible.
(ab)=
(a)
(b)
(ab)=f:A2 f(ab)=1
{}
(a)
(b)=f:A2 f(a)=1f(b)=1
{}
Manifestement
(a)
(b)
(ab).
Il faut montrer que si
f(ab)=1,
alors
f(a)=1
ou
f(b)=1.
Par hypothèse,
abf1(1)
et
f1(1)
est un filtre premier. Donc
af1(1)
ou
bf1(1).
32
2)
est injective.
(a)=
(b)a=b
On montre la contraposée. Supposons que
ab.
Alors par le théorème de
représentation de Stone, il existe un homomorphisme de treillis
f:A2
tel que
f(a)f(b)
et
f(a)=1
et
f(b)=0.
Par conséquent
(a)
(b).
Remarque:
Un plongement reflète les égalités booléennes. Plus spécifiquement,
si
s(
x)
et
t(
x)
sont des termes booléens tels que
s(
x)=t(
x)
dans
P(X),
()
et
soit
:AP(X),
()
un plongement. Alors l’égalité
s(
x)=t(
x)
est vérifiée dans
A lorsque les variables
x
sont remplacées par des éléments
a
de A.
Nous avons:
(sA(
a)) =sP(X)(
(
a))
(tA(
a)) =tP(X)(
(
a))
Par hypothèse, nous avons que
s
P(X)
(
(
a)) =t
P(X)
(
(
a)).
Donc
(sA(
a)) =
(tA(
a))
et puisque
est injective, nous avons
s(
a)=t(
a).
1
/
5
100%
