A dualidade de Esakia n˜ao foi demonstrada em [BB09], por´em algumas ideias da demonstra¸c˜ao de alguns resultados, como 2.2.6, 2.2.10 e 2.2.11, foram encontradas em [M05]. Algumas demonstra¸c˜oes desta se¸c˜ao s˜ao originais, como por exemplo 2.2.4 e parte de 2.2.8.
Denotamos a categoria das ´algebras de Heyting como Heyt onde os morfismos em Heyt s˜ao morfismos de reticulados preservando →.
Antes de definirmos a categoria dos espa¸cos de Esakia temos a seguinte defini¸c˜ao.
Defini¸c˜ao 2.2.1. Sejam (X, ≤), (Y, ≤′) conjuntos ordenados e f : X → Y fun¸c˜ao.
Dizemos que f satsfaz a condi¸c˜ao de p-morfismo se ∀x ∈ X, y ∈ Y tal que f (x) ≤ y, implica ∃z ∈ X; x ≤ z e f (z) = y
Na categoria Esa, os objetos s˜ao espa¸cos de Esakia e os morfismos s˜ao morfismos de Esakia, i.e., f ´e um morfismo de Esakia entre os espa¸cos (X; τ ; ≤), (Y ; τ′; ≤′) se f
preserma ordem, satisfaz a condi¸c˜ao de p-morfismo e cont´ınua. ´
a continuidade e a monotonicidade (preserva ordem) s˜ao preservados por composi¸c˜ao. Falta verificar que a composi¸c˜ao satisfaz a condi¸c˜ao de p-morfismo.
Lema 2.2.2. Sejam X, Y, Z espa¸cos de Esakia, f : X → Y e g : Y → Z morfismo de Esakia. g ◦ f satifaz a condi¸c˜ao de p-morfismo.
Demonstra¸c˜ao:
Sejam x ∈ X e z ∈ Z tal que g ◦ f (x) ≤ z. Assim, com g ´e morfismo de Esakia, temos que existe y ∈ Y tal que f (x) ≤ y e g(y) = z. Como f tamb´em ´e morfismo de Esakia, existe x′ ∈ X com x ≤ x′ e f (x′) = y. Portanto g(f (x′)) = g(y) = z.
Fato 2.2.3. Sejam (X; τ ; ≤), (Y ; τ′; ≤′) espa¸cos de Esakia e f : X → Y morfismo de
Esakia. f ´e isomorfismo se, e somente se: (i) f ´e sobrejetora
(ii) x1 ≤ x2 ∈ X ⇔ f (x1) ≤′ f(x2) ∈ Y
Demonstra¸c˜ao:
(⇒) Sabendo que f ´e isomorfismo, temos que f ´e sobrejetiva. f ´e morfismo de Esakia, logo preserva ordem. Agora sejam x1, x2 ∈ X tal que f (x1) ≤′ f(x2). Sendo f
isomorfismo, temos que f−1 ´e um morfismo de Esakia e portanto preserva ordem, assim
x1 = f−1(f (x1)) ≤ f−1(f (x2)) = x2.
(⇐) ´E f´acil ver que f ´e bije¸c˜ao, pois, por hip´otese, f ´e sobre e dados x1, x2 ∈ X
tais que f (x1) = f (x2), temos que f (x1) ≤′ f(x2) e assim x1 ≤ x2. De forma an´aloga
temos x2 ≤ x1. Portanto f ´e bije¸c˜ao.
Falta mostrar que f−1 ´e morfismo de esakia. Como f ´e fun¸c˜ao cont´ınua de um
espa¸co compacto num espa¸co Hausdorff, temos que f fechado, assim f−1 ´e cont´ınua.
Pela hip´otese de preservar e reverter ordem, temos que f−1 preserva ordem.
Agora tome y ∈ Y e x ∈ X tal que f−1(y) ≤ x. Assumindo y′ = f (x), temos que
y= f (f−1(y)) ≤′ f(x) = y′. Portanto f−1 satistfaz a propriedade p-morfismo. Logo f−1
´e morfismo de Esakia.
Agora podemos construir os funtores contravariantes de equivalencia. Antes va- mos provar um resultado importante na constru¸c˜ao dos nossos funtores.
Lema 2.2.4. Seja (X; ≤) ordem parcial. Ent˜ao (U p(X); ∩, ∪, →) forma uma ´algebra de Heyting.
U → V :≡ {x ∈ X; ↑ x ∩ U ⊆ V } = X\ ↓ (U \ V ) Demonstra¸c˜ao:
´
E f´acil ver que (U p(X); ∩, ∪) ´e um reticulado, pois ↑ e ↓ s˜ao preservados por interse¸c˜ao e uni˜ao.
Agora, para mostrar que (U p(X); ∩, ∪, →) ´e uma ´algebra de Heyting, basta mos- trar a lei de adjun¸c˜ao.
Antes vamos mostrar que → est´a bem definida.
Seja x ∈↑ (U → V ), assim existe y ∈ (U → V ) tal que y ≤ x. Como y ∈ U → V , temos ↑ y ∩ U ⊆ V .
Caso ↑ x ∩ U = ∅ temos ↑ x ∩ U ⊆ V .
Caso ↑ x ∩ U 6= ∅, temos que dado a ∈↑ x ∩ U, a ∈↑ x, logo a ∈↑ y, assim a∈↑ y ∩ U ⊆ V, logo x ∈ U → V , provando que ↑ (U → V ) = U → V .
Vamos mostrar a lei de adjun¸c˜ao: W ⊆ U → V ⇔ W ∩ U ⊆ V , com U, V, W ∈ U p(X).
′ ⇒′
Seja x ∈ W ∩ U, x ∈ W e x ∈ U .
Como x ∈ W, temos que x ∈ U → V , ou seja, ↑ x ∩ U ⊆ V , tendo que x ∈ U , temos que x ∈↑ x ∩ U ⊆ V , logo x ∈ V . Como x foi tomado arbitrariamente, temos W ∩ U ⊆ V .
′ ⇐′
Seja x ∈ W , como W ∈ U p(X), temos que ↑ x ⊆ W . Portanto ↑ x ∩ U ⊆ V , logo x∈ U → V , como x foi tomado arbitr´ario, W ⊆ U → V .
Segue agora a prova da igualdade:
x∈ U → V ⇔ ↑ x ∩ U ⊆ V
⇔ (↑ x ∩ U ) ∩ (X \ V ) = ∅ ⇔ ↑ x ∩ (U ∩ (X \ V )) = ∅ ⇔ ↑ x∩ ↓ (U ∩ (X \ V )) = ∅
Esta ´ultima equivalˆencia ´e justificada da seguinte forma. Caso ↑ x∩ ↓ (U ∩ (X \ V)) 6= ∅, ter´ıamos z ∈↑ x e z ∈↓ (U ∩ (X \ V )), logo existe y ∈ U ∩ (X \ V ) tal que x≤ z ≤ y, assim y ∈↑ x. Portanto
↑ x∩ ↓ (U ∩ (X \ V )) = ∅ ⇔ ↑ x ⊆ X\ ↓ (U ∩ X \ V ) ⇔ x ∈ X\ ↓ (U ∩ X \ V ).
Portanto U → V = X\ ↓ (U ∩ X \ V ).
Seja (X; ≤; τ ) espa¸co de Esakia, ent˜ao X∗ :≡ (CpU p(X); ∩, ∪, →, ∅, X) ´e ´algebra
de Heyting onde CpU p(X) = {A ⊆ X; A clopen e A =↑ A}.
Observe que X∗´e sub´algebra de Heyting de U p(X). Pois ´e f´acil ver que interse¸c˜ao
e uni˜ao de clopens upsets ´e um clopen upset. Agora para a implica¸c˜ao temos que dados A, B ∈ CpU p(X), A → B = X\ ↓ (A ∩ X \ B) que ´e clopen upset pois ↓ (A ∩ X \ B) ´e clopen downset.
Defini¸c˜ao 2.2.5. Seja Ω ∈ Obj(Heyt), definimos o espa¸co Ω∗ :≡ (X; ≤), onde X :≡
{P ⊂ Ω; P filtro primo e pr´oprio em Ω}, (≤ = ⊆) e ´e dada com a seguinte subbase L:≡ {Sa; a ∈ Ω} ∪ {X \ Sb; b ∈ Ω} onde Sa= {P ∈ X; a ∈ P }.
Lema 2.2.6. Seja Ω uma ´algebra de Heyting. Se a, b ∈ Ω, ent˜ao ↓ (Sa ∩ X \ Sb) =
X\ (Sa→b)
Demonstra¸c˜ao:
Seja a, b ∈ Ω. Como a ∧ (a → b) ≤ b, temos que Sa∩ Sa→b ⊆ Sb. Portanto
X\ Sb ⊆ X \ (Sa∩ Sa→b) X\ Sb ⊆ (X \ Sa) ∪ (X \ Sa→b) Sa∩ X \ Sb ⊆ Sa∩ (X \ Sa∪ X \ Sa→b) ⊆ (Sa∩ X \ Sa) ∪ (Sa∩ X \ Sa→b) ⊆ Sa∩ X \ Sa→b. Portanto Sa∩ X \ Sb ⊆ X \ Sa→b.
Como X \ Sa→b =↓ X \ Sa→b, temos que ↓ (Sa ∩ X \ Sb) ⊆ X \ Sa→b. Falta
mostrara inclus˜ao contr´aria.
Seja P ∈ X \ Sa→b, portanto P ´e filtro primo pr´oprio tal que a → b 6∈ P .
Desejamos encontrar um filtro primo Q com P ∪ {a} ⊆ Q e b 6∈ Q.
Tome G o filtro gerado por P ∪ {a}. Se G∩ ↓ (a → b) 6= ∅, ter´ıamos x ∈ P e z≤ a → b tal que x ∧ a ≤ z. Portanto
x∧ a ≤ a → b ⇒ a ∧ (x ∧ a) ≤ b ⇒ x ∧ a ≤ b ⇒ x ≤ a → b Assim a → b ∈ P o que ´e um absurdo.
Por Stone-Birkhoff, temos que existe Q filtro primo pr´oprio tal que P ⊆ Q e Q∩ ↓ (a → b) = ∅, dessa forma temos que a → b 6∈ Q.
Se b ∈ Q, teremos a∧b ≤ b, assim b ≤ a → b e portanto a → b ∈ Q contradizendo o que acabamos de mostrar. Assim Q ∈ Sa∩ X \ Sb. Como P ⊆ Q, temos que
P ∈↓ (Sa∩ X \ Sb).
Corol´ario 2.2.7. Sa→b = Sa→ Sb.
A prova da compacidade na proxima proposi¸c˜ao foi elaborada com id´eia de [DP92].
Proposi¸c˜ao 2.2.8. Com as nota¸c˜oes, (X; ≤; τ ) ´e espa¸co de Esakia. Demonstra¸c˜ao:
´
E claro que (X; ≤) ´e ordem parcial.
Vejamos que ´e compacto. Para isto, vamos usar o teorema de Alexander.
Sejam Ω0 ⊆ Ω, Ω1 ⊆ Ω e U := {Sa| a ∈ Ω0} S{X \ Sb| b ∈ Ω1} cobertura por
abertos subb´asicos de X.
Seja I ideal gerado por Ω0 em Ω (se Ω0 = ∅, I = {⊥}).
Seja F filtro gerado por Ω1 em Ω (se Ω1 = ∅, F = {⊤}).
Se I ∩ F = ∅, ent˜ao pelo teorema de Stone-Birkhoff, temos que existe filtro primo P com F ⊆ P e I ∩ P = ∅.
Como F ⊆ P , a ∈ P ∀ a ∈ Ω1 e portanto P 6∈ X \ Sa ∀ a ∈ Ω1.
Como P ∩ I = ∅, ∀ a ∈ Ω0, a6∈ P . Assim P 6∈ Sa para todo a ∈ Ω0.
Portanto P ´e filtro primo fora da cobertura, absurdo. Assim I ∩ F 6= ∅, logo existe a ∈ I ∩ F .
Vamos dividir em trˆes casos. Caso 1 : Ω0 6= ∅ e Ω1 6= ∅.
Como a ∈ I, existem a1, ..., an∈ Ω0 tais que
a ≤ a1∨ ... ∨ an.
e como a ∈ F , existem b1, ..., bm ∈ Ω1, tais que
b1∧ ... ∧ bm ≤ a ≤ a1∨ ... ∨ an. (2.1)
Logo X ⊆ S
{Sai| i = 1, ..., n} ∪ S{X \ Sbj| j = 1, ..., m}. De fato, seja P ∈ X filtro primo em Ω.
Se a ∈ P , por 2.1 a ≤ a1∨ ... ∨ an, segue que a1∨ ... ∨ an ∈ P , logo P ∈ Sa1∨...∨an = n [ i=1 Sai. Se a 6∈ P , por 2.1, b1∧ ... ∧ bm ≤ a ⇒ b1∧ ... ∧ bm 6∈ P , logo P 6∈ m \ j=1 Sbj. Assim P ∈ X \ m \ j=1 Sbj = m [ j=1 (X \ Sbj). Caso 2 : Ω1 = ∅
Observe que como F = {⊤} e F ∩ I 6= ∅, temos que I = Ω.
Dado P filtro primo de Ω, temos que ⊤ ∈ P . Por 2.1, temos que a1∨ ... ∨ an∈ P ,
segue que P ∈ n [ i=1 Sai.
Caso 3 : Segue de forma an´aloga ao caso 2.
(ASP): Sejam P, Q ∈ X tais que P 6⊆ Q. Assim ∃a ∈ P tal que a 6∈ Q. Logo P ∈ Sa e Q6∈ Sa.
Pela defini¸c˜ao da subbase do nosso espa¸co, ´e claro que Sa´e clopen. Falta mostrar
que ↑ Sa⊆ Sa.
Seja F ∈↑ Sa, i.e., ∃G ∈ Sa tal que G ⊂ F , mas como a ∈ G, temos que a ∈ F , e
portanto F ∈ Sa. Com isso (X; ≤; τ ) ´e espa¸co de Priestley.
Falta ver que A ∈ clopen(X) ⇒ ↓ A ∈ clopen(X).
Fato 2.2.9. se A ∈ clopen(X), ent˜ao existe a, b ∈ X t.q. A = Sa∩ (X \ Sb).
Prova. Podemos escrever A = [ (a,b)∈Ω′ 0×Ω ′ 1 (Sa∩ X \ Sb), Ω′0 ⊆ Ω e Ω′1 ⊆ Ω.
Como A ´e fechado, A ´e compacto, portanto existem Ω′′
A = S (ai,bj)∈Ω′′o×Ω′′1(Sai∩ X \ Sbj) A = (S ai∈Ω′′0 Sai) ∩ ( S bj∈Ω′′1 X\ Sbj) A = Sa1∨...∨an∩ X \ Sb1∧...∧bm A = Sa∩ X \ Sb.
Agora podemos mostrar o desejado. Como A = Sa∩ X \ Sb, temos que
X\ ↓ A = X\ ↓ (Sa∩ X \ Sb) = Sa→ Sb
Como Sa→ Sb = Sa→b ´e clopen, temos que ↓ A ´e clopen.
Precisamos agora estabelecer uma rela¸c˜ao entre os morfismos de ´algebra de Hey- ting e os morfismos de espa¸cos de Esakia.
Proposi¸c˜ao 2.2.10. Sejam Ω, Λ ´algebras de Heyting e f : Ω −→ Λ morfismo de ´algebra de Heyting. Definimos f∗ : Λ∗ −→ Ω∗ tal que f∗(Q) = f−1(Q). f∗ ´e um morfismo de
Esakia.
Demonstra¸c˜ao:
est´a bem definida pois pr´e-imagem de filtro primo pr´oprio ´e filtro primo pr´oprio. Vamos mostrar que f∗ preserva ordem. Sejam P, Q ∈ Λ∗ tais que P ⊆ Q. Seja
a∈ f−1(P ), assim f (a) ∈ P ⊆ Q e portanto a ∈ f−1(Q).
Mostraremos a continuidade de f∗.
Seja A aberto subb´asico em Ω∗, logo A = Sa para algum a ∈ Ω ou A = X \ Sb
para algum b ∈ Ω. Para o primeiro caso, temos que
f∗−1(Sa) = {P ∈ Λ∗; a ∈ f∗(P )} = {P ∈ Λ∗; f (a) ∈ P } = Sf(a).
De forma an´aloga provamos que para o segundo caso que f∗−1(Ω∗\ Sb) = Λ∗ \ Sf(b).
Assim pr´e-imagem de subb´asico ´e subb´asico. Resta mostrar que f∗ ´e p-morfismo.
Sejam Q ∈ Λ∗ e P ∈ Ω∗ com f∗(Q) ⊆ P ⇒ f−1(Q) ⊆ P .
Seja C clopen em Ω∗ tal que P ∈ C. Por 2.2.9, temos que C clopen implica que
f−1 ∗ (↓ C) = f∗−1(↓ (Sa\ Sb)) = f−1 ∗ (Ω∗\ (Sa→ Sb)) = f−1 ∗ (Ω∗\ Sa→b) = Λ∗\ Sf(a→b) = Λ∗\ Sf(a)→f (b) = Λ∗\ Sf(a) → Sf(b) = ↓ (Sf(a)\ Sf(b)) = ↓ (f−1 ∗ (Sa\ Sb)) = ↓ f−1 ∗ (C)
Como f∗(Q) ⊆ P , temos que Q ∈ f∗−1(↓ C) =↓ f∗−1(C) da´ı existe Q′ ∈ f∗−1(C) tal
que Q ⊆ Q′, assim Q′ ∈↑ Q logo ↑ Q ∩ f−1
∗ (C) 6= ∅. Considere a fam´ılia A :≡ {f−1 ∗ (C); C clopen e P ∈ C}. Observe que n \ i=1 f∗−1(Ci) = f∗−1( n \ i=1 Ci) = f∗−1(C′) Sabendo que ↑ Q ∩ f−1
∗ (C) 6= ∅. Portanto temos que
↑ Q ∩ n \ i=1 f∗−1(Ci) 6= ∅, Assim o conjunto {↑ Q ∩ f−1
∗ (Ci); Ci ∈ A} ´e fam´ılia de fechados com a pif . Pela
compacidade de Λ∗, temos que
\ f∗−1(Ci)∈A (↑ Q ∩ f∗−1(Ci)) 6= ∅. T ome T ∈ \ f∗−1(C)∈A (↑ Q ∩ f∗−1(C))
Assim temos que T ∈ f−1
∗ (C) para todo C tal que f∗−1(C) ∈ A.
Dado a ∈ P . sabe-se que Sa ´e clopen e P ∈ Sa. Assim T ∈ f∗−1(Sa), segue que
f∗(T ) ∈ Sa e portanto temos a ∈ f∗(T ). Provando que P ⊆ f∗(T ).
Agora tome b 6∈ P . X \ Sb ´e clopen e P ∈ X \ Sb. Portanto T ∈ f∗−1(X \ Sb) e
assim f∗(T ) ∈ X \ Sb. Provando que b 6∈ f∗(T ), logo f∗(T ) ⊆ P
Temos portanto que Q ⊆ T e que f∗(T ) = P , satisfazendo assim a condi¸c˜ao de
p-morfismo.
Proposi¸c˜ao 2.2.11. Se f : (X, τ, ≤) → (Y, τ′,≤′) ´e morfismo de espa¸cos de Esakia,
Demonstra¸c˜ao:
Seja U ∈ Y∗, U ∈ CpU p(Y ), ou seja, U =↑ U clopen, f−1(U ) ´e clopen pois f ´e
morfismo de Esakia e portanto fun¸c˜ao cont´ınua. Falta mostrar que ↑ f−1(U ) = f−1(U ).
Seja z ∈↑ f−1(U ), portanto existe x ∈ f−1(U ) tal que x ≤ z, como f preserva
ordem, temos f (x) ≤ f (z) implicando que f (z) ∈↑ U = U , logo z ∈ f−1(U ), assim
↑ f−1(U ) = f−1(U ).
f∗ ´e um morfismo de reticulados:
Sejam U, V ∈ CpU p(Y ), f∗(U ∩ V ) = f−1(U ∩ V ). Da´ı
a∈ f−1(U ∩ V ) ⇔ f (a) ∈ U ∩ V
⇔ f (a) ∈ U e f (a) ∈ V ⇔ a ∈ f−1(U ) e f−1(V )
⇔ a ∈ f−1(U ) ∩ f−1(V )
De forma an´aloga mostramos para U ∪ V Vamos mostrar que preserva →
Sejam U, V ∈ Y∗. Seja x ∈ f−1(U → V ) ∩ f−1(U ) portanto f (x) ∈ U →
V e f(x) ∈ U . Como f (x) ∈ U → V , temos que ↑ f (x) ⊆ U → V , o que implica ↑ f (x) ∩ U ⊆ V ⇒ f (x) ∈ V ⇒ x ∈ f−1(V ) logo
f−1(U → V ) ∩ f−1(U ) ⊆ f−1(V )
Por adjun¸c˜ao temos que f−1(U → V ) ⊆ f−1(U ) → f−1(V ).
Vamos mostrar a inclus˜ao contr´aria. Sejam U, V ∈ Y∗. Seja x 6∈ f∗(U → V ),
assim f (x) 6∈ U → V = X\ ↓ (U ∩ X \ V ) logo f (x) ∈↓ (U ∩ X \ V ). Desta ultima pertinˆencia, temos que existe y ∈ U ∩ X \ V tal que f (x) ≤ y, com f ´e um p-morfismo, temos que existe z ∈ X t.q. x ≤ z e f (z) = y
f(z) ∈ U ∩ X \ V ⇒ z ∈ f−1(U ∩ Y \ V ) ⇒ z ∈ f−1(U ) ∩ f−1(Y \ V ) ⇒ x ∈↓ (f−1(U ) ∩ f−1(Y \ V )) ⇒ x ∈↓ (f−1(U ) ∩ X \ f−1(V )) ⇒ x 6∈ Y \ ↓ (f−1(U ) ∩ X \ f−1(V )) ⇒ x 6∈ f−1(U ) → f−1(V ) ⇒ x 6∈ f∗(U ) → f∗(V )
Defini¸c˜ao 2.2.12. Sejam dadas as categorias Heyt e Esa, definimos os seguintes funtores contravariantes
∗ : Heyt −→ Esa ∗ : Esa −→ Heyt
Lema 2.2.13. Os funtores definidos acima est˜ao bem definidos Demonstra¸c˜ao:
J´a provamos que ∗ leva ´algebra de Heyting em espa¸co de Esakia e morfismo de
´algebra de Heyting em morfismo de Esakia.
Observe que dado A ´algebra de Heyting e F filtro primo de A, Id∗(F ) = Id−1(F ) =
F. Se f : A → B e g : B → C s˜ao morfismos de ´algebra de Heyting, temos que dado F filtro primo de C,
(g ◦ f )∗(F ) = (g ◦ f )−1(F ) = f−1(g−1(F )) = f∗◦ g∗(P ).
Assim mostrando que ∗ ´e um funtor contravariante.
J´a provamos que ∗ leva espa¸co de Esakia em ´algebra de Heyting e morfismo de
Esakia em morfismo de ´algebra de Heyting.
Sejam X espa¸co de Esakia e U ∈ CpU p(X). Id∗(U ) = Id−1(U ) = U . Se
f : X → Y e g : Y → Z s˜ao morfismos de Esakia e sabendo que f∗ = f−1, temos que
(g ◦ f )∗ = f∗◦ g∗. Protanto ∗ ´e um funtor contravariante.
Para finalizar a dualidade de Esakia nos resta definir os isomorfismos naturais. Teorema 2.2.14. Sejam A algebra de Heyting e X espa¸co de Esakia. Definimos as seguintes aplica¸c˜oes:
ϕA: A −→ A∗ ∗
x7−→ Sx= {P f iltro primo pr′oprio; x ∈ P }
εX : X −→ X∗ ∗
x7−→ {U ∈ CpU p(X); x ∈ U }
Ent˜ao, ϕA ´e isomorfismo de ´algebras de Heyting e εX isomorfismo de espa¸cos de
Demonstra¸c˜ao:
Por simplicidade, escreveremos aqui apenas ϕ e ε em vez de ϕA e εX
A boa defini¸c˜ao de ϕ segue do fato que Sa ∈ CpU p(A∗) para todo a ∈ A.
Agora vamos mostrar que ϕ ´e isomorfismo de ´algebra de Heyting.
ϕ´e morfismo de reticulado, pois tomando P ∈ Sa∧bfiltro primo pr´oprio, portanto,
por ser filtro temos
P ∈ Sa∧b ⇔ a ∧ b ∈ P
⇔ a ∈ P e b ∈ P ⇔ P ∈ Sa e P ∈ Sb
⇔ P ∈ Sa∩ Sb.
e por ser primo, temos que
P ∈ Sa∨b ⇔ a ∨ b ∈ P
⇔ a ∈ P ou b ∈ P ⇔ P ∈ Sa ou P ∈ Sb
⇔ P ∈ Sa∪ Sb
.
Portanto ϕ ´e morfismo de reticulados.
ϕ preserva → pois Sa→b= Sa→ Sb. Agora basta provar que ϕ ´e bije¸c˜ao.
ϕ ´e 1 a 1:
Sejam a, b ∈ A com a 6= b. Suponha que a 6≤ b, tome ↑ a e ↓ b, pelo teorema de Stone-Birkhoff, temos que existe P filtro primo tal que ↑ a ∈ P e ↓ b ∩ P = ∅, portanto a∈ P e b 6∈ P , logo ϕ(a) 6= ϕ(b).
Por fim mostraremos que ϕ ´e sobre:
Seja U ∈ CpU p(A∗). Vamos mostrar que U = Sa para algum a ∈ A.
Fixe P ∈ U . Tome Q ∈ A∗\ U . Como U ´e upset, temos que P 6⊆ Q, assim existe
apq ∈ A tal que apq ∈ P e apq 6∈ Q. Assim temos que P ∈ Sapq e Q ∈ A∗\ Sapq. Observe que
A∗ \ U ⊆
[
Q∈A∗\U
A∗\ Sapq.
Como A∗´e compacto e A∗\ U ´e fechado, temos que A∗\ U ´e compacto. Portanto
A∗\ U ⊆ Smi=1A∗\ Sapqi
= A∗\ (Tmi=1Sapqi)
= A∗\ Sapq1∧...∧apqm = A∗\ Sap.
Assim
Sap ⊆ U ⇒ [
P∈U
Sap ⊆ U. Como para cada P ∈ U , temos ap ∈ P ,
U ⊆ [
P∈U
Sap. Pela compacidade de U , temos
U =
n
[
j=1
Sapj = Sap1∨...∨apn = Sa. Portanto ϕ ´e sobre.
Agora vamos mostrar que ε ´e um isomorfismo de Esakia.
Vamos mostrar que ε est´a bem definida. Sejam x ∈ X e U, V ∈ ε(x). Assim U, V ∈ CpU p(X) tal que x ∈ U e x ∈ V . Segue que x ∈ U ∩ V ∈ CpU p(X), logo U∩ V ∈ CpU p(X).
Sejam U ∈ ε(x) e U ⊆ V ∈ CpU p(X). Assim como x ∈ U ⊆ V , temos que V ∈ ε(x). Portanto temos que ε(x) ´e filtro.
Suponha que U ∩ V ∈ ε(x), logo x ∈ U ∪ V , assim x ∈ U ou x ∈ V o que implica que U ∈ ε(x) ou V ∈ ε(x), dessa forma temos que ε(x) ´e filtro primo.
Para mostrar que ´e pr´oprio, basta tomarmos y 6∈↓ x, assim y 6≤ x e pelo (ASP) temos que existe U ∈ CpU p(X) tal que y ∈ U e x 6∈ U .
Para mostar que ε ´e cont´ınua, basta mostrar que pr´e-imagem de aberto subb´asico ´e aberto. Considere B = SU ⊆ X∗ ∗. Assim ε−1(SU) = {x ∈ X| ε(x) ∈ SU} = {x ∈
X| x ∈ U } = U que ´e aberto. Agora para B = X∗
∗\ SU, temos ε−1(X∗ ∗\ SU) = X \ U
que tamb´em ´e aberto. Portanto ε ´e cont´ınua. Agora vamos mostrar que ε ´e sobrejetora.
Suponha que ε n˜ao seja sobre, assim existe P ∈ X∗
∗\ε(X). Como X ´e compacto
e X∗
∗ ´e Hausdorff, temso que ε(X) ´e fechado.
Pela normalidade de X∗
∗ temos a xistˆencia de um aberto U′tal que ε(X)∩U′ = ∅
e P ∈ U′. Como X∗
∗ ´e zero-dimensional, existe U clopen tal que P ∈ U ⊆ U′.
Sendo U clopen, temos que U = SV ∩ X∗ ∗\ SW com V, W ∈ CpU p(X). Portanto
∅ = ε−1(U ) = ε−1(S
V) ∩ X \ ε−1(SW) = V ∩ X \ W
Logo V ⊆ W , assim SV ⊆ SW e portanto U = SV ∩ X∗ ∗\ SW = ∅. Com isso temos uma
contradi¸c˜ao.
Sejam x ∈ X e P ∈ X∗
∗ tal que ε(x) ⊆ P . Sendo sobre, temos que existe z ∈ X
tal que ε(z) = P e x ≤ z.
Agora vamos mostrar que ε preserva e reverte ordem.
Sejam x, y ∈ X tal que x ≤ y. Como ε(x) = {U ∈ CpU p(X); x ∈ U }, temos que y∈ U para todo U ∈ ε(x), logo U ∈ ε(y). Assim ε(x) ⊆ ε(y), ou seja, preserva ordem.
Agora tome P, Q ∈ X∗
∗ tal que P ⊆ Q. Pela sobrejetividade de ε, temos que
existem x, z ∈ X tais que ε(x) = P e ε(z) = Q. Caso x 6≤ z, temos pelo (ASP) que existe U ∈ CpU p(X) tal que x ∈ U e z 6∈ U , temos portanto um absurdo, j´a que P ⊆ Q. Temos assim que ε reverte ordem.
Pelo fato 2.2.3, temos que ε ´e um isomorfismo de Esakia.
Teorema 2.2.15. Com as nota¸c˜oes temos a dualidade entre as categorias Heyt e Esa. Os isomorfismos naturais s˜ao dados da seguinte maneira:
ϕ: idHeyt −→∗ ∗ e ε: idEsa−→∗ ∗ Demonstra¸c˜ao: B A ❄ ✲ A∗ ∗ h ϕA B∗ ∗ h∗ ∗ ϕB ❄ ✲ Y X ❄ ✲ X ∗ ∗ f εX Y∗ ∗ f∗ ∗ εY ❄ ✲ P ∈ h∗ ∗(Sa) ⇔ P ∈ h∗ −1(Sa) ⇔ h∗(P ) ∈ Sa ⇔ a ∈ h∗(P ) ⇔ a ∈ h−1(P ) ⇔ h(a) ∈ P ⇔ P ∈ {P f iltro; h(a) ∈ P } ⇔ P ∈ Sh(a).
U ∈ f∗ ∗(ε(x)) ⇔ U ∈ ((f∗)−1(ε(x))) ⇔ f∗(U ) ∈ ε(x) ⇔ f∗(U ) ∈ {U ∈ CpU p(X); x ∈ U } ⇔ x ∈ f∗(U ) ⇔ x ∈ f−1(U ) ⇔ f (x) ∈ U ⇔ U ∈ {U ∈ CpU p(Y ); f (x) ∈ U }.
Lema 2.2.16. Seja X um espa¸co de Esakia. Se F ´e um fechado upset de X, ent˜ao F ´e um espa¸co de Esakia na topologia e ordem induzida.
Dualidade Generalizada de Esakia
Neste cap´ıtulo enfraquecemos os morfismos de ´Algebra de Heyting e os morfismos de Espa¸cos de Esakia e estabelecemos uma dualidades entre essas categorias. As defini¸c˜oes e as id´eias das demonstra¸c˜oes s˜ao de [BB09].
Defini¸c˜ao 3.0.17. Sejam A e B ´algebras de Heyting e h : A −→ B uma aplica¸c˜ao. (1) N´os dizemos que h ´e um (∧, →)-homomorfismo se h(a ∧ b) = h(a) ∧ h(b) e h(a →
b) = h(a) → h(b), para todo a, b ∈ A.
(2) Dizemos que h ´e um (∧, →, ⊥)-homomorfismo se h ´e um (∧, →)homomorf ismo e h(⊥) = ⊥.
(3) Dizemos que h ´e um (∧, →, ∨)-homomorfismo se h ´e um (∧, →)homomorf ismo e h(a ∨ b) = h(a) ∨ h(b), para todo a, b ∈ A.
Observa¸c˜ao 3.0.18. Observe que a → a = ⊤ e que se h ´e um (∧, →)-homomorfismo, h(⊤) = ⊤. Pois h(⊤) = h(a → a) = h(a) → h(a) = ⊤.
Lema 3.0.19. Sejam A, B ´algebras de Heyting e h : A −→ B um (∧, →)-homomorfismo sobrejetor. Ent˜ao h(⊥) = ⊥ e h(a∨b) = h(a)∨h(b), para todo a, b ∈ A. Consequentemente h´e homomorfismo sobrejetor de ´algebras de Heyting.
Demonstra¸c˜ao: ´
E f´acil ver que h preserva ordem.
Como h ´e sobre, temos que existe a ∈ A tal que h(a) = ⊥. Observe que ⊥ ≤ a⇒ h(⊥) ≤ h(a) = ⊥, segue que h(⊥) = ⊥.
Dados a, b ∈ A, temos que a ≤ a ∨ b e b ≤ a ∨ b. Como h preserva ordem, h(a) ≤ h(a ∨ b) e h(b) ≤ h(a ∨ b). Portanto h(a) ∨ h(b) ≤ h(a ∨ b). Agora vamos mostrar que h(a ∨ b) ´e a menor cota superior de h(a) ∨ h(b).
Seja t ∈ B tal que h(a), h(b) ≤ t. Como h ´e sobre, temos que t = h(s). h(a → s) = h(a) → h(s) = ⊤ e h(b → s) = h(b) → h(s) = ⊤. Observe que (a ∨ b) ∧ ((a → s) ∧ (b → s)) = (a ∧ (a → s) ∧ (b → s)) ∨ (b ∧ (a → s) ∧ (b → s)) ≤ (s ∧ (b → s)) ∨ (s ∧ (a → s)) = s ∧ ((b → s) ∨ (a → s)) ≤ s
Portanto, por adjun¸c˜ao
((a → s) ∧ (b → s)) ≤ (a ∨ b) → s.
h(a → s) ∧ h(b → s) = ⊤ ⇒ h((a → s) ∧ (b → s)) = ⊤. Assim h((a → s) ∧ (b → s)) ≤ h((a ∨ b) → s) ≤ ⊤. Segue que
h(a ∨ b) → h(s) = ⊤ ⇒ h(a ∨ b) ≤ h(s). Logo
h(a ∨ b) = h(a) ∨ h(b).
3.1
Morfismo Parcial de Esakia
Defini¸c˜ao 3.1.1. Sejam (X, ≤) e (Y, ≤) espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y uma aplica¸c˜ao parcial. Denotamos por dom(f ) o dom´ınio de f . f ´e chamado morfismo parcial de Esakia se satisfaz as seguintes condi¸c˜oes:
(1) Se x, z ∈ dom(f ) e x ≤ z, ent˜ao f (x) ≤ f (z).
(2) Se x ∈ dom(f ), y ∈ Y e f (x) ≤ y, ent˜ao existe z ∈ dom(f ), tal que x ≤ z e f(z) = y
(3) Para x ∈ X, temos que x ∈ dom(f ) sse ∃ y ∈ Y tal que f [↑ x] =↑ y. (4) f [↑ x] ´e fechado para todo x ∈ X.
(5) Se U ∈ CpU p(Y ), ent˜ao X\ ↓ f−1(Y \ U ) ∈ CpU p(X).
Observa¸c˜ao 3.1.2. Seja x ∈ X. Pelo item (3) da defini¸c˜ao anterior, temos que se existe y ∈ Y , tal que f [↑ x] =↑ y, ent˜ao x ∈ dom(f ). De fato, vamos mostrar que y = f (x). Ora, como y ∈ f [↑ x], temos que, pelo item (2), existe z ∈ dom(f ), tal que x ≤ z e f(z) = y. Por (1) f (x) ≤ f (z) = y.
Por outro lado x ∈↑ x, e portanto, f (x) ∈ f [↑ x] =↑ y, logo y ≤ f (x), assim y= f (x).
Lema 3.1.3. Sejam X, Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y uma aplica¸c˜ao parcial. Ent˜ao para qualquer x ∈ X e U ⊆ Y , temos que x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ) sse f [↑ x] ⊆ U .
Demonstra¸c˜ao: As seguintes equivalˆencias s˜ao f´aceis de verificar
x∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ) ⇔ x6∈↓ f−1(Y \ U ) ⇔ ↑ x ∩ f−1(Y \ U ) = ∅.
Agora observe que de ↑ x ∩ f−1(Y \ U ) = ∅ temos que ↑ x ⊆ X \ f−1(Y \ U ). Observe que
como f ´e aplica¸c˜ao parcial, temos que f−1(Y ) ⊆ X. Observe que f [↑ x] := {f (t)| t ∈
dom(f ) e x ≤ t}. Assim, temos que f (X \ f−1(Y \ U )) = {f (t)| t ∈ dom(f ) e t ∈
f−1(U )}. Logo, aplicando f nos ambos os lados, inferimos que f[↑ x] ⊆ f (X \ f−1(Y \ U )) ⊆ f (f−1(U )) ⊆ U
Reciprocamente, de f (↑ x) ⊆ U , temos que (↑ x ∩ dom(f )) ⊆ f−1(U ), segue que
(↑ x ∩ dom(f )) ∩ (X \ f−1(U )) = ∅
↑ x ∩ (dom(f ) ∩ X \ f−1(U )) = ∅
↑ x ∩ (f−1(Y ) \ f−1(U )) = ∅
↑ x ∩ (f−1(Y \ U )) = ∅.
Com isso demonstramos o lema.
Lema 3.1.4. Sejam X, Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y morfismo parcial de Esakia. Ent˜ao dom(f ) ´e um fechado de X.
Demonstra¸c˜ao:
Seja x ∈ dom(f ). Pela condi¸c˜ao de morfismo parcial de Esakia, basta mostrar que existe y ∈ Y tal que f [↑ x] =↑ y. Pela condi¸c˜ao (1) do lema 1.6.27, existe uma rede N em dom(f) convergindo para x.
Seja K := {f (xα); xα ∈ N }, ent˜ao K ´e uma rede. Considere o conjunto C de
Mostraremos que C ∩ f [↑ x] 6= ∅. Suponha que C ∩ f [↑ x] = ∅. Seja y ∈↑ f [↑ x],i.e., existe z ∈ f [↑ x] tal que z ≤ y. Como z ∈ f [↑ x], existe t ∈↑ x tal que z = f (t), ou seja, z = f (t) para algum x ≤ t.
Assim, de y ∈↑ f [↑ x], existe t ∈ dom(f ) ⊆ X com x ≤ t tal que z = f (t) ≤ y. Usando a condi¸c˜ao (2) da defini¸c˜ao 3.1.1, temos que existe w ∈ dom(f ) tal que x ≤ t ≤ w e f(w) = y, assim y ∈ f [↑ x] e portanto ↑ f [↑ x] = f [↑ x], ou seja, f [↑ x] ´e upset.
De C ∩ f [↑ x] = ∅, temos que ↓ C∩ ↑ f [↑ x] = ∅. Pela condi¸c˜ao (4) de 3.1.1 f [↑ x] ´e fechado e como C ´e fechado em X, temos que ↓ C ´e fechado. Por 2.1.4, existe um clopen downset U tal que ↓ C ⊆ U e U ∩ f [↑ x] = ∅.
Como ↓ C ⊆ U inferimos que K ´e cofinal em U . Assim N ´e cofinal em ↓ f−1(U ).
Portanto, existe S subrede de N tal que imagem(S) ⊆↓ f−1(U ). Como N converge para
x, temos que S tamb´em converge para x.
Vamos mostrar que ↓ f−1(U ) ´e clopen em X. Observe que X\ ↓ f−1(U ) ´e um upset.
Como U =↓ U ´e clopen em Y , Y \ ↓ U ´e clopen upset de Y e usando a condi¸c˜ao (5) de 3.1.1, temos que
X\ ↓ f−1(Y \ (Y \ U )) = X\ ↓ f−1(U ) ∈ CpU p(X).
Logo ↓ f−1(U ) ´e clopen de X. Sendo ↓ f−1(U ) clopen, temos que ↓ f−1(U ) ´e fechado.
Sabendo que imagem(S) ⊆↓ f−1(U ) e S converge para x, pelo item (1) do lema 1.6.27,
x ∈↓ f−1(U ). Logo existe um z ∈ f−1(U ) tal que x ≤ z. Assim, z ∈↑ x ∩ f−1(U ) -
observe que z ∈ dom(f ) pois z ∈ f−1(U ) -, implicando que f (z) ∈ f [↑ x] ∩ U . Portanto
f[↑ x] ∩ U 6= ∅, o que ´e um absurdo. Consequentemente, C ∩ f [↑ x] 6= ∅.
Seja y ∈ C ∩f [↑ x], vamos mostrar que f [↑ x] =↑ y, ou seja, y ´e o menor elemento de f [↑ x]. Suponha que n˜ao, ent˜ao existe z ∈ f [↑ x] tal que y 6≤ z, assim existe usando (ASP) um clopen downset V de Y tal que z ∈ V e y 6∈ V . Como C ´e o conjunto dos pontos cluster de K e y ∈ C, existe pelo lema 1.6.27 (3), uma subrede M de K convergindo para y. Da defini¸c˜ao de K, existe uma subrede S de N tal que f ◦ S = M . Por 1.6.27, S converge para x.
Sabendo que M converge para y e y 6∈ V , temos que nenhuma cauda de M ´e subconjunto de V , e consequentemente nenhuma cauda de S est´a em f−1(V ). Vejamos
agora que f−1(V ) ´e downset de dom(f ). Seja t ∈↓ f−1(V ) ∩ dom(f ), ent˜ao t ∈ dom(f )
com t ≤ x para algum x ∈ dom(f ) com f (x) ∈ V . Como f preserva ordem, temos que f(t) ≤ f (x) e assim, f (t) ∈ V , ou seja, t ∈ f−1(V ), mostrando que f−1(V ) downset de
dom(f ).
Assim temos que f−1(V ) =↓ f−1(V ) ∩ dom(f ). Como imagem(S) ⊆ dom(f ), nenhuma
cauda de S est´a contida em ↓ f−1(V ).
Por outro lado, sabendo que z ∈ f [↑ x], temos que z = f (t) para algum t ∈↑ x, ou seja, para este t, x ≤ t e z = f (t). Como z ∈ V , f (t) ∈ V e portanto t ∈ f−1(V ).
Como f−1(V ) downset de dom(f ) temos que x ∈ f−1(V ), o que ´e uma contradi¸c˜ao, pois
S converge para x.
Assim ↑ y = f [↑ x], portanto x ∈ dom(f ).
Com este ´ultimo resultado, temos que dom(f ) ´e um espa¸co de Stone na topologia de subespa¸co. Agora iremos mostrar que f restrito ao dom(f ) ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua. Lema 3.1.5. Sejam X, Y espa¸cos de Esakia, f : X −→ Y morfismo parcial de Esakia e U =↑ U clopen de Y . Ent˜ao f−1(U ) = dom(f ) ∩ (X\ ↓ f−1(Y \ U ))
Demonstra¸c˜ao:
Devido ao lema 3.1.3, x ∈ dom(f ) ∩ (X\ ↓ f−1(Y \ U )) ⇔ f [↑ x] ⊆ U e x ∈
dom(f ). Pela observa¸c˜ao 3.1.2 temos que, x ∈ dom(f ) ⇔ f [↑ x] =↑ f (x). Da´ı, segue que f[↑ x] ⊆ U ⇔ ↑ f (x) ⊆ U
⇔ f (x) ∈ U ⇔ x ∈ f−1(U ).
Lema 3.1.6. Sejam X e Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y um morfismo parcial de Esakia. Ent˜ao a restri¸c˜ao de f para dom(f ) ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua.
Demonstra¸c˜ao:
Usaremos o lema de Alexander.
Seja U aberto subb´asico de Y , U clopen upset ou U = Y \ V com V clopen upset. No primeiro caso f−1(U ) = dom(f ) ∩ (X\ ↓ f−1(Y \ U )), pela defini¸c˜ao 3.1.1
X\ ↓ f−1(Y \U ) ´e clopen upset. Segue que f−1(U ) ´e clopen upset de dom(f ) na topologia
induzida.
Caso U = Y \ V , temos que f−1(U ) = dom(f ) \ f−1(V ), como f−1(V ) ´e clopen,
temos f−1(U ) clopen de dom(f ). Portanto f |
dom(f ) ´e cont´ınua.
Corol´ario 3.1.7. Sejam X, Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y morfismo parcial de Esakia. Se A ´e um subconjunto fechado de X, ent˜ao f (A) ´e subconjunto fechado de Y . Demonstra¸c˜ao:
Seja A fechado de X, assim A ∩ dom(f ) ´e fechado de dom(f ). Como dom(f ) ´e compacto, A ∩ dom(f ) ´e compacto, logo como f |dom(f ) ´e uma fun¸c˜ao cont´ınua, temos que
f(A) = f (A ∩ dom(f )) ´e compacto de Y, que por sua vez ´e Hausdorf f , portanto f (A) ´e fechado.