束の素元と既約元と原子元と直既約元とコンパクト元

[コンパクト元ならば有限]
$D \subsetw{directed} L$を取る。
$x \le \bigvee D$とする。

$x$のコンパクト性より、$x \le \bigvee T$なる有限集合$T \subsetw{finite} D$が存在する。
$D$の有向性より、$T$の上界$d \in D$が存在し、$x \le d$となる。

[有限ならばコンパクト元]
$S \subset L$を取る。
$x \le \bigvee S$とする。

$D = \set{\bigvee T \mid T \subsetw{finite} S}$と置く。
このとき、$D$は有向集合であり、$x \le \bigvee S = \bigvee D$である。
$x$は有限だから、ある$d \in D$が存在して$x \le d$である。
$d \in D$だから、$d = \bigvee T$と表せる。($T \subsetw{finite} S$)
$x \le \bigvee T$だから、$x$はコンパクト元であった。

[1 ⇒ 2]
明らか。

[2 ⇒ 1]
$a = \bigvee_{i \in I}a_i$となる$(a_i)_{i \in I} \subset \atom(L)$を取る。

両辺に$↓^{\atom(L)}a$との結びを取ると、

$a = \bigvee↓^{\atom(L)}a$

$a \in L$:コンパクト元
$a = \bigvee_{i \in I}c_i$ とする。

$a = \bigvee_{i \in I}c_i$ であるため、当然 $a \le \bigvee_{i \in I}c_i$ が成り立つ。

$a$はコンパクト元であるから、$J \subsetw{finite} I$ が存在して $a \le \bigvee_{i \in J}c_i$ となる。

一方で、任意の $i \in I$ について $c_i \le \bigvee_{i \in I}c_i = a$ だから、
その有限部分集合の結びをとっても $\bigvee_{i \in J}c_i \le a$ となる。

$a \le \bigvee_{i \in J}c_i$ かつ $\bigvee_{i \in J}c_i \le a$ だから、$a = \bigvee_{i \in J}c_i$ となる。

双対的であるから交わりの方だけ示す。

[交わり素元 ⇒ 交わり既約元]
$L$を$1$を持つ下半束、
$p \in L$を交わり素元とする。

$x \wedge y = p$と仮定する。
$x=p$または$y=p$を示す。

$x \wedge y = p$であるから、当然$x \wedge y \le p$である。

$p$は素元であるため、定義より$x \le p$または$y \le p$となる。
ここで、$x \wedge y = p$は$x,y$の下界であるから、$p \le x$かつ$p \le y$
したがって、

• $x \le p$の場合、$p \le x$と合わせて$x = p$となる。
• $y \le p$の場合、$p \le y$と合わせて$y = p$となる。

よって、$x=p$または$y=p$である。

[交わり既約元 ⇐ 余原子元]
$L$を$1$を持つ下半束、
$p \in L$を余原子元とする。

$x \wedge y = p$と仮定する。
$x=p$または$y=p$を示す。

$p = x \wedge y \le x$であり、$p$は余原子元であるから、$x=p$または$x = 1$
同様に$y=p$または$y = 1$

$x = y = 1$と仮定すると、$p = x \wedge y = 1$となり、$p$が余原子元であることに矛盾。

よって、$x=p$または$y=p$である。

[交わり既約元 ⇒ 交わり直既約元]
$L$を$1$を持つ束、
$p \in L$を交わり既約元とする。

$a,b \in L\ (p = a \wedge b $かつ$ a \vee b = 1)$を取る。

$p$は交わり既約元であるから、$a = p$または$b=p$

[$a = p$の場合]
$p = a \wedge b$であるから、$p \le b$である。
今$a = p$であるから、$a \le b$である。
よって、$a \vee b = b$である。
$a \vee b = 1$だから、$b = 1$である。

[$b = p$の場合]
同様にして$a = 1$が分かる。

従って、$a = 1$または$b = 1$である。

双対的であるから交わりの方だけ示す。

$p$を$1$を持つ分配束$D$の交わり既約元とする。

$x \wedge y \le p$と仮定する。
$x \le p$または$y \le p$を示す。

両辺と$p$の結びをとると、
$(x \wedge y) \vee p \le p$

$(x \wedge y) \vee p \ge p$であるから、$(x \wedge y) \vee p = p$となる。

ここで左辺に分配律を適用すると、
(左辺)$= (x \vee p) \wedge (y \vee p)$
従って、$(x \vee p) \wedge (y \vee p) = p$

仮定より$p$は交わり既約元だから、$x \vee p = p$または$y \vee p = p$となる。

$x \vee p = p$は$x \le p$と同値であり、$y \vee p = p$は$y \le p$と同値である。

よって、$x \le p$または$y \le p$

双対的であるから交わりの方だけ示す。

$c$を余原子元とする。
$x \wedge y \le c$と仮定する。
$x \le c$ならばそれで証明完了。そうでない($x \not\le c$)と仮定する。

$c \le c \vee x$である。
$x \not\le c$だから$c \vee x$は$c$より真に大きい($c < c \vee x$)。

$c$は余原子元だから、$c$より真に大きい元は$1$しか存在しない。
よって$c \vee x = 1$

ここで、$y$を次のように変形し、分配律を適用する。
$y = 1 \wedge y = (c \vee x) \wedge y = (c \wedge y) \vee (x \wedge y)$

右辺の2つの項について考える。

• $c \wedge y \le c$である。
• 仮定より$x \wedge y \le c$である。

よって、その結びである$y = (c \wedge y) \vee (x \wedge y)$も$c$以下となる($y \le c$)。

従って、$x \le c$または$y \le c$

双対的であるから交わりの方だけ示す。

[交わり素元⇒ 余原子元]
$c \in B$を交わり素元とする。

$c \lt x \le 1$となる$x \in B$を取る。
$x=1$を示す。

Boole代数の性質から、$x \wedge \neg x = 0$である。
$x \wedge \neg x = 0 \le c$である。
$c$は交わり素元なので、$x \le c$または$\neg x \le c$となる。

しかし、今$c < x$と仮定しているため$x \le c$は成り立たない。よって、$\neg x \le c$である。

$c < x$であるから推移律より$\neg x \le x$となる。
従って、$x = x \vee \neg x = 1$となる。

よって$c$と$1$の間に真にある元は存在せず、$c$は余原子である。

[交わり直既約元 ⇒ 交わり既約元]
[$B = \set{0}$の場合]
$b\not=1$となる元が存在しないので空虚に真。

[$B = \set{0,1}$の場合]
$0$は交わり直既約であり既約である。

[$B$が3元以上持つ場合]
$0$は交わり直既約でない。

$p \in B$を交わり直既約元とする。

$a,b \in B\ (a \wedge b = p)$を取る。

分配性より$a \wedge (b \vee \neg a) = a \wedge b = p$である。
また、$a \vee (b \vee \neg a) = 1$である。
$p$は交わり直既約元だから、$a = 1$または$b \vee \neg a = 1$である。

[$a=1$の場合]
$a \wedge b = p$であるから、$b=p$である。

[$b \vee \neg a = 1$の場合]
両辺に$a$の交わりを取ると、
$a \wedge (b \vee \neg a) = a$
分配性より$a \wedge b = a$
即ち$p = a$

従って、$p=a$または$p=b$であるから、$p$は既約元であった。

$a \in L$を原子元とする。

$a = \bigvee C$と表す。($C \subset L$)

$a \not= 0$だから、ある$c \in C$が存在して$0 < c$

この時、$0 < c \le a$であり、$a$は原子元だから$c = a$

よって、$a = \bigvee \set{a}$

イデアルの方だけ示す。

[1 ⇒ 2]
$\i$$↓^Lp$は素イデアルであるから、$L$ではない。
$\i$$p=1$と仮定すると、$↓^Lp = L$となり矛盾。従って、$p\not=1$

$\i$$x \wedge y \le p$とする。
$\i$$↓^Lp$はイデアルであり、下方集合だから、$x \wedge y \in ↓^Lp$である。
$\i$$↓^Lp$は素イデアルであるから、定義より$x \in ↓^Lp$または$y \in ↓^Lp$となる。
$\i$即ち、$x \le p$または$y \le p$であり、$p$は交わり素元である。

[2 ⇒ 1]
$\i$$p\not=1$であるから、$↓^Lp \subsetneq L$

$\i$$x \wedge y \in ↓^Lp$とする。
$\i$$x \wedge y \le p$である。
$\i$$p$は交わり素元であるから、$x \le p$または$y \le p$となる。
$\i$即ち、$x \in ↓^Lp$または$y \in ↓^Lp$であり、$↓^Lp$は素イデアルである。

$P$を$0$を持つ有限順序集合とする。

$a \in P\setminus\set{0}$を取る。

$S = \set{y \in P \mid 0 < y \le a}$と置く。
$a \in S$だから$S$は空でない。

$S$は有限集合だからその極小元が取れる。
極小元の一つを$s$とする。

$0 < y \le s$なる$y$を取ると、$y \in S$であり、$s$は$S$の極小元だから、$y \not< s$
従って、$y = s$

即ち、$0 \prec s$である。

$B$を有限Boole代数とする。
$a \in B \setminus\set{0}$を取り、$S = ↓^{\atom(B)}a$と置く。
$B$は有限集合だから原子根的であり、$S$は空でない。

$a$は$S$の上界である。
$S$の上界$b$を取る。

$a \not\le b$と仮定する。

この時、$0 < a \wedge \neg b$
$B$は原子根的であるから$0 \prec x \le a \wedge \neg b$なる$x$が取れる。

この時、$0 \prec x \le a \wedge \neg b \le a$であるから$x \in S$であり、従って、$x \le b$

また、$0 \prec x \le a \wedge \neg b \le \neg b$だから、$x \le \neg b$

この時、$x \le b \wedge \neg b = 0$

これは$0 \prec x$に矛盾。

従って、$a \le b$

即ち$a$は$S$の最小上界であった。

$P = \{ u \in L \mid u < c \}$ と置く。
$c > 0$ なので $0 \in P$ となり非空。

$T$ を $P$ の任意の全順序部分集合とし、$v = \bigvee T$ と置く。

$v = c$ と仮定すると、$c$ はコンパクト元だから、有限生成であり、ある有限部分集合$F \subsetw{finite} T$ が存在して $c = \bigvee F$ となる。
$T$は全順序だから、$F$の最大元$u_0 \in T$が存在し、$c = u_0$
しかし $u_0 \in P$ より $u_0 < c$ であるため矛盾。

従って$v < c$、即ち $v \in P$ である。
$v$は$T$ の上界であるから、Zornの補題より$P$は極大元$m$を持つ。

極大性の定義より、$m < x \le c$ となる $x$ は $x = c$ しか存在しないため、$m \prec c$ が成り立つ。

$x \in L\setminus \set{0}$を取る。

$x = \bigvee C$と表す。($C \subset \comp(L)$)

任意の$c \in C$に対し、$c \le x$である。

全ての$c \in C$が$0$だと仮定すると、$x=0$となり、$x\not=0$に矛盾。

$z > 0$を満たす$z \in L$を取る。

$L$は代数的束だから、コンパクト根的であり、$0< c \le z$となるコンパクト元$c$が取れる。
$L$は完備束だから、$m \prec c$となる$m$が取れる。
$L$は可補だから、$m$の補元$m'$が取れる。
$p = c \wedge m'$と置く。

$m \le c$だから、モジュラー律より、
$m \vee p = m \vee (m' \wedge c) = (m \vee m') \wedge c = 1 \wedge c = c$

また、
$m \wedge p = m \wedge (m' \wedge c) = (m \wedge m') \wedge c = 0 \wedge c = 0$

モジュラー束のダイヤモンド同型定理より、$[m \wedge p,p]$と$[m,m \vee p]$は順序同型となる。
すなわち、$[0,p] \simeqw{Ord} [m,c]$
$m \prec c$だったから、$p$は原子であった。

このとき、$p = c \wedge m' \le c \le z$ であるから、$p \le z$ となる原子元 $p$ が存在する。