Todos os resultados obtidos nesta se¸c˜ao s˜ao originais.
Agora considere L := (ExprL, T hL,C), com C = {∧, ∨, →}. J´a construimos um
reticulado distributivo limitado a partir de C = {∧, ∨}. Estendemos as nossas ideias para obter uma ´algebra de Heyting. Para isto, vamos mostrar seguinte
Lema 4.2.1. A implica¸c˜ao em C satisfaz adjun¸c˜ao, ou seja, dados z, a, b ∈ ExprL,
z ≤ a → b ⇔ z ∧ a ≤ b.
Demonstra¸c˜ao: (⇒) Suponha que z ≤ a → b, logo Sz ⊆ Sa→b.
Tome P ∈ P T hL tal que a ∧ b ∈ P , assim z ∈ P e a ∈ P . Como z ∈ P , temos
que a → b ∈ P , segue do Lema 4.0.10 que
a∧ (a → b) ∈ P ⇒ b ∈ P. Portanto Sz∧a ⊆ Sb ⇒ z ∧ a ≤ b.
(⇐) Agora suponha que z ∧ a ≤ b. Seja P ∈ P T hL tal que z ∈ P . Tome
P′ ∈ P T hL tal que P ⊆ P′ e a ∈ P′.
Como z ∈ P ⊆ P′, temos que z ∈ P′ e a ∈ P′, ou seja, z ∧ a ∈ P′. Logo b ∈ P′
pois z ∧ a ≤ b, segue que a → b ∈ P . Portanto Sz ⊆ Sa→b, assim, z ≤ a → b.
Dado uma ´algebra de Heyting limitada A. Como toda ´algebra de Heyting limitada ´e um reticulado distributivo limitado, j´a temos uma l´ogica abstrata distributiva associada a essa ´algebra de Heyting, vamos mostrar que temos uma l´ogica abstrata intuicionista associada a essa ´algebra de Heyting, ou seja, vamos mostrar o seguinte lema.
Lema 4.2.2. A implica¸c˜ao da nossa ´algebra de Heyting satisfaz, para todo a, b ∈ A e T filtro primo de A,
a→ b ∈ T ⇔ para todo f iltro primo T′ ⊇ T, a ∈ T′ ⇒ b ∈ T′
Demonstra¸c˜ao: (⇒) Suponha que a → b ∈ T , onde T ´e um filtro primo de A. Tome T′
filtro primo tal que T ⊆ T′ e a ∈ T′. Assim a ∈ T′ e a → b ∈ T′, logo a ∧ (a → b) ∈ T′,
como a ∧ (a → b) ≤ b, temos que b ∈ T′.
(⇐) Seja T filtro primo e suponha que a → b 6∈ T . Observe que T ∪ {a} tem a pif. Caso contr´ario, existiriam t1, . . . , tn ∈ T tais que t1 ∧ . . . ∧ tn ∧ a = ⊥. Pela
adjun¸c˜ao temos ent˜ao, t1∧ . . . ∧ tn≤ a → ⊥. Como T ´e filtro, temos que t1∧ . . . ∧ tn∈ T
e consequentemente, (a → ⊥) ∈ T . Como ⊥ ≤ b e a implica¸c˜ao → ´e uma aplica¸c˜ao mon´otona, temos que a → ⊥ ≤ a → b, e assim, (a → b) ∈ T , o que ´e uma contradi¸c˜ao. Tome agora T ∪ {a} e considere o filtro gerado hT ∪ {a}i, qual ´e pr´oprio. Estenda este a um filtro primo T′. Observe que b 6∈ T′ pois caso b ∈ T′, teriamos z ∈ T tal que z ∧ a ≤ b,
por adjun¸c˜ao, z ≤ a → b e portanto a → b ∈ T . Absurdo. Por contrapositividade temos o desejado.
Definimos a categoria das l´ogicas abstratas intuicionistas LI como sendo a ca- tegoria cujos objetos s˜ao l´ogicas abstratas intuicionistas e os morfismos s˜ao aplica¸c˜oes
l´ogicas normais que satisfazem a propriedade p − morf ismo, ou seja, f : L → L′ e dados
a∈ ExprL e b ∈ ExprL′ tal que f (a) b, ent˜ao existe c ∈ ExprL tal que a c e f (c) = b. Esta aplica¸c˜ao chamaremos de aplica¸c˜oes l´ogicas intuicionistas. ´E f´acil ver que a aplica¸c˜ao identidade ´e uma aplica¸c˜ao l´ogica intuicionista.
Vamos verificar se composi¸c˜ao de aplica¸c˜oes l´ogicas intuicionistas ´e uma aplica¸c˜ao l´ogica intuicionista. Sejam f : L → L′ e g : L′ → L′′aplica¸c˜oes l´ogicas intuicionistas. Seja
T ∈ T hL. Como f ´e normal, temos que existe T′ ∈ T hL′ tal que f−1(T′) = T . Sabendo que g tamb´em ´e normal, temos que existe T′′∈ T h
L′′ com g−1(T′′) = T′. Logo (g ◦ f )−1(T′′) = f−1(g−1(T′′)) = f−1(T′) = T.
Portanto a composi¸c˜ao ´e normal. Falta mostar p − morf ismo.
Sejam a ∈ ExprL e b ∈ ExprL′′ tal que g ◦ f (x) b, assim g(f (x)) b. Como g ´e p − morf ismo, temos c ∈ ExprL′ tal que f (a) c e g(c) = b. Tamb´em temos que f ´e p−morf ismo, logo existe z ∈ ExprLtal que a z e f (z) = c portanto g(f (z)) = g(c) = b.
Provando que a composi¸c˜ao satisfaz p − morf ismo. Como a composi¸c˜ao satisfaz a lei associativa, temos que a categoria LI est´a bem definida.
Lema 4.2.3. Sejam L e L′ l´ogicas abstratas intuicionistas e h : L → L′ uma aplica¸c˜ao
l´ogica intuicionista. Esta mesma aplica¸c˜ao ´e um morfismo de ´algebra de Heyting.
Demonstra¸c˜ao: J´a provamos que h sendo est´avel preserva ∨ e ∧. Vamos mostrar que preserva →, ou seja, h(a → b) = h(a) → h(b).
(≤) h(a → b) ∧ h(a) = h((a → b) ∧ a). Sabemos que a ∧ (a → b) ≤ b. Como h preserva ∨ e ∧, temos que h preserva ordem, com isso h((a → b) ∧ a) ≤ h(b), por adjun¸c˜ao
h(a → b) ≤ h(a) → h(b).
(≥) Para mostar que h(a) → h(b) ≤ h(a → b), basta mostrar que Sh(a)→h(b) ⊆
Sh(a→b).
Seja P ∈ P T hL′ tal que P 6∈ Sh(a→b), ou seja, h(a → b) 6∈ P . Assim a → b 6∈ h−1(P ). Pela defini¸c˜ao de implica¸c˜ao em l´ogicas abstratas, temos que existe T ∈ P T h
L
tal que h−1(P ) ⊆ T , a ∈ T e b 6∈ T . Pela normalidade de h, temos que existe T′ tal que
h−1(T′) = T .
Observe que h(b) h(a) → h(b), por h satisfazer p−morf ismo, existe t ∈ ExprL
com h(t) = h(a) → h(b) e b t.
Se t ∈ h−1(P ) ⊆ h−1(T′), ent˜ao h(t) ∈ T′ ⇒ h(a) → h(b) ∈ T′. Como a ∈ T ,
o que ´e um absurdo. Portanto t 6∈ h−1(P ) ⇒ h(t) 6∈ P , como h(t) = h(a) → h(b), temos
h(a) → h(b) 6∈ P . Logo
P 6∈ Sh(a)→h(b).
Mostrando Sh(a)→h(b) ⊆ Sh(a→b).
Com os lemas 4.2.1 e 4.2.3, temos que LI pode ser vista como uma subcategoria de Heyt. Como Heyt ´e dualmente equivalente a categora Esa, temos uma representa¸cao de LI em Esa.
Observe que nem sempre morfismo de ´algebra de Heyting ´e um morfismo de l´ogicas abstratas intuicionista, conforme o seguinte exemplo.
Exemplo 4.2.4. Sejam 2 = {⊤, ⊥} e Ω = {⊥, a, ¬a, ⊤} ´algebras de Boole e f : Ω → 2 definido da seguinte maneira:
f(⊤) = ⊤
f(a) = ⊤ f(¬a) = ⊥
f(⊥) = ⊥.
Vamos mostrar que f ´e morfismo de ´algebra de Boole. Inicialmente vamos mostar que f ´e morfismo de reticulados.
• f (⊤ ∨ ⊤) = f (⊤) = ⊤ e f (⊤) = ⊤, portanto f (⊤) ∨ f (⊤) = ⊤. • f (a ∨ ⊤) = f (⊤) = ⊤, f (a) = ⊤ e f (⊤) = ⊤, logo f (a) ∨ f (⊤) = ⊤. • f (¬a ∨ ⊤) = f (⊤) = ⊤, f (¬a) = ⊥ e f (⊤) = ⊤, logo f (¬a) ∨ f (⊤) = ⊤.
• f (a ∨ ¬a) = f (⊤) = ⊤, f (a) = ⊤ e f (¬a) = ⊥, logo f (a) ∨ f (¬a) = ⊤ ∨ ⊥ = ⊤. • f (a ∨ ⊥) = f (a) = ⊥ e f (⊥) = ⊥, segue que f (a) ∨ f (⊥) = ⊤.
• f (¬a ∨ ⊥) = f (¬a) = ⊥ e f (¬a) ∨ f (⊥) = ⊥ ∨ ⊥ = ⊥.
Com isso mostramos que f preserva ∨. Com contas an´alogas podemos provar que f preserva ∧. Mostrando que f ´e um morfismo de reticulados. Para mostarmos que f ´e morfismo de ´algebra de Boole, basta mostrar que f (¬x) = ¬f (x) para todo x ∈ Ω.
Ora, como ¬⊥ = ⊤, ¬⊤ = ⊥, teremos f (¬⊥) = ¬f (⊥) e f (¬⊤) = ¬f (⊤). Como f (¬a) = ⊥ e ¬f (a) = ¬⊤ = ⊥, temos que f preserva ¬.
Portanto f ´e um morfismo de ´algebra de Boole. Como toda ´algebra de Boole ´e uma ´algebra de Heyting e todo morfismo de ´algebra de Boole ´e um morfismo de ´algebra de Heyting, temos que f ´e morfismo de ´algebra de Heyting.
Agora observe que {⊤} ´e um filtro de Ω, por´em n˜ao existe filtro T ⊆ 2 tal que f−1(T ) = {⊤}, pois f−1(T ) = {⊤, a} e f−1(2) = Ω. Assim f n˜ao satisfaz a normalidade
A condi¸c˜ao de um morfismo de l´ogica abstrata intuicionista ser normal parece ser bastante forte no sentido de n˜ao podermos estabelecer, cf. 4.2.4, a dualidade de entre as categorias Heyt e LI.
Uma pergunta interessante ´e: Qual ´e a condi¸c˜ao necess´aria e suficiente para estabelecer tal dualidade?
Acreditamos que ´e poss´ıvel estabelecer a dualidade entre Heyt e LI.
Discutindo os resultados obtidos na disserta¸c˜ao com o professor Hugo Mariano, o professor deu uma id´eia de definir os morfismos na categoria das l´ogicas abstratas intui- cionistas usando m´etodos da Geometria Alg´ebrica. Usando esta id´eia, vamos introduzir em seguida a seguinte categoria das l´ogicas abstratas intuicionistas. Vejamos que agora temos de fato uma dualidade entre essa categoria e a categoria das ´algebras de Heyting, e portanto tamb´em para a categoria dos espa¸cos de Esakia. Todas as detalhes seguem agora.
Defini¸c˜ao 4.2.5. Definimos a categoria das l´ogicas abstratas intuicionistas LI como sendo a categoria cujos objetos s˜ao l´ogicas abstratas intuicionistas, cf. 4.0.9. Os mor- fismos entre l´ogicas abstratas s˜ao as seguintes aplica¸c˜oes. Sejam L, L′ l´ogicas abstratas
intuicionistas. Dizemos que h : L → L′ ´e um morfismo na categoria LI, se h : Expr L →
ExprL′ ´e uma aplica¸c˜ao satisfazendo
(i) h ´e uma aplica¸c˜ao l´ogica est´avel, cf. 4.0.11; (ii) ∀P′ ∈ P T h
L′,∀P ∈ P T hL tal que h−1(P′) ⊆ P , existe Q′ ∈ P T hL′ satisfazendo P′ ⊆ Q′ e P = h−1(Q′).
Lema 4.2.6. LI forma uma categoria.
Demonstra¸c˜ao: ´E claro que id forma um morfismo. Vamos mostrar que os morfismos s˜ao fechados pela opera¸c˜ao de composi¸c˜ao. Para isso, sejam L, L′,L′′ ∈ ob(LI) e h : L → L′
e g : L′ → L′′ morfismos. Vejamos que g ◦ h : L → L′′ ´e um morfismo.
Como h ´e est´avel, temos que h−1(P′) ∈ P T h
L, para qualquer P′ ∈ P T hL′. Usando o fato de que g ´e est´avel, temos que h−1(g−1(P′′)) ∈ P T h
L, para qualquer P′′ ∈
P T hL′′.
Vamos mostrar a condi¸c˜ao (ii). Para isso, sejam P′′ ∈ P T h
L′′, e P ∈ P T hL tais que h−1(g−1(P′′)) ⊆ P . Como g ´e morfismo, g−1(P′′) ∈ P T h
L′, ou seja, existe P′ ∈ P T hL′ tal que g−1(P′′) = P′. Como h ´e morfismo, existe ent˜ao Q′ ∈ P T h
L′ tal que P′ ⊆ Q′ e P = h−1(Q′). Logo g−1(P′′) ⊆ Q′. Usando a propriedade (ii) para g, existe Q′′∈ P T h
L′′ tal que P′′ ⊆ Q′′ e Q′ = g−1(Q′′).
Consequentemente, temos que P′′ ⊆ Q′′ e P = h−1(Q′) = h−1(g−1(Q′′)), aca-
Temos o seguinte
Lema 4.2.7. Seja h : L → L′ um morfismo de l´ogicas abstratas segundo a defini¸c˜ao 4.2.5.
Ent˜ao, h ´e um morfismo de ´algebra de Heyting.
Demonstra¸c˜ao: Como h ´e est´avel, h preserva ∧ e ∨. A mesma prova de 4.2.3 mostra que para a, b ∈ ExprL, h(a → b) ≤ h(a) →′ h(b). Falta a demonstra¸c˜ao de que
h(a) →′ h(b) ≤ h(a → b), ou seja, S
h(a)→′h(b) ⊆ Sh(a→b). Seja P′ ∈ P T h
L′ tal que P′ 6∈ Sh(a→b), i.e., h(a → b) 6∈ P′. Vejamos que (h(a) →′ h(b)) 6∈ P′.
Como por hip´otese, h(a → b) 6∈ P′, temos que (a → b) 6∈ h−1(P′). Observe que
h−1(P′) ∈ P T h
L. Pela defini¸c˜ao da implica¸c˜ao em l´ogicas abstratas, temos que existe
P ∈ P T hL tal que h−1(P′) ⊆ P com a ∈ P e b 6∈ P . Da propriedade (ii) de 4.2.5, temos
a existˆencia de Q′ ∈ P T h
L′ com P′ ⊆ Q′ e P = h−1(Q′).
Portanto, h(a) ∈ Q′e h(b) 6∈ Q′, ou seja, (h(a) →′ h(b)) 6∈ P′, terminando a demonstra¸c˜ao.
Os resultados anteriores, mostram que dado uma l´ogica abstrata intuicionista, temos que (ExprL,≤) ´e uma ´algebra de Heyting, e cada morfismo h de l´ogicas abstratas
intuicionistas segundo defini¸c˜ao 4.2.5, d´a origem a um morfismo de ´algebras de Heyting h: ExprL → ExprL′.
Reciporcamente, seja Ω := (A; ≤) uma ´algebra de Heyting. Com as mesmas id´eias da se¸c˜ao 4.1, introduzimos a seguinte l´ogica abstrata intuicionista:
L := (ExprL; T hL,C), onde ExprL:= A, T hL := {F | F ´e filtro pr´oprio em A},
e C := {∧, ∨, → ⊥, ⊤}.
A mesma demonstra¸c˜ao de 4.1.6 podemos justificar o seguinte Lema 4.2.8. L ´e de fato uma l´ogica abstrata intuicionista.
Lema 4.2.9. Seja h : A → A′ um morfismo de ´algebras de Heyting. Com a nota¸c˜ao de
cima, h : L → L′ ´e um morfismo de l´ogicas abstratas.
Demonstra¸c˜ao: ´E imediato que h ´e uma aplica¸c˜ao est´avel. Falta mostrar a propriedade (ii) da defini¸c˜ao 4.2.5. Para isso, sejam P ∈ P T hL := {P | P ´e filtro primo em A} e
P′ ∈ P T hL′ tais que h−1(P′) ⊆ P . ´E preciso exibir um filtro primo Q′ ∈ P T hL′ tal que P′ ⊆ Q′ e P = h−1(Q′). A demonstra¸c˜ao segue de mesmo modo da proposi¸c˜ao 2.2.10 no
cap´ıtulo 2.
Com estes resultados acabamos de estabelecer a dualidade entre a categoria de l´ogicas abstratas intuicionistas, a categoria de ´algebras de Heyting e a categoria de espa¸cos de Esakia.
Condi¸c˜ao de Dom´ınios Fechados
Neste cap´ıtulo as defini¸c˜oes e id´eias de demonstra¸c˜oes s˜ao de [BB09] e [CZ97].
5.1
(CDF)
Neste cap´ıtulo compararemos a condi¸c˜ao de dom´ınios fechados adotada de uma forma diferente com a de Zakharyaschev e comparamo-las. Com isso podendo obter uma aplica¸c˜ao da dualidade de Esakia em f´ormulas canˆonicas.
Defini¸c˜ao 5.1.1. Sejam X e Y espa¸cos de Esakia e f : X → Y morfismo parcial de Esakia.
Seja D uma fam´ılia de anticadeias em Y . N´os dizemos que f satisfaz a condi¸c˜ao de dom´ınios fechados (CDF) para D se
x6∈ dom(f ) implica que minf [↑ x] 6∈ D.
Lema 5.1.2. Sejam X e Y espa¸cos de Esakia e f : X → Y um morfismo parcial de Esakia. Para U, V ∈ CpU p(Y ), seja
DU, V = {anticadeia d em U ∪ V ; d ∩ (U \ V ) 6= ∅ e d ∩ (V \ U ) 6= ∅}. Ent˜ao as seguintes condi¸c˜oes s˜ao equivalentes:
(1) f∗(U ∪ V ) ⊆ f∗(U ) ∪ f∗(V )
(2) f satisf az (CDF ) para DU, V
Demonstra¸c˜ao:
(1) ⇒ (2)
Seja x 6∈ dom(f ). Se minf [↑ x] ∈ DU, V e sabendo que f [↑ x] ´e fechado upset de
Y, temos, devido a Observa¸c˜ao 3.1.2, que f [↑ x] =↑ minf [↑ x]. Portanto f[↑ x] =↑ minf [↑ x] ⊆ U ∪ V
por´em f [↑ x] 6⊆ U nem f [↑ x] 6⊆ V , pois minf [↑ x] ∩ U \ V 6= ∅ e minf [↑ x] ∩ V \ U 6= ∅
Como f [↑ x] ⊆ U ∪ V , temos que x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ (U ∪ V )) e portanto
x∈ f∗(U ∪ V ).
Por outro lado, como f [↑ x] 6⊆ U e f [↑ x] 6⊆ V , assim x 6∈ f∗(U ) e x 6∈ f∗(V ).
Logo
f∗(U ∪ V ) 6⊆ f∗(U ) ∪ f∗(V ). Por contrapositividade temos o desejado.
(2) ⇒ (1)
Seja x ∈ f∗(U ∪ V ). Ent˜ao f [↑ x] ⊆ U ∪ V . Temos dois casos a considerar, se
x∈ dom(f ) e se x 6∈ dom(f ).
Caso x ∈ dom(f ), ent˜ao f [↑ x] =↑ f (x). Como f [↑ x] ⊆ U ∪ V, f [↑ x] ⊆ U ou f[↑ x] ⊆ V . Segue que x ∈ f∗(U ) ou x ∈ f∗(V ). Portanto
x∈ f∗(U ) ∪ f∗(V ).
Agora se x 6∈ dom(f ), ent˜ao como satisfaz (CDF ), minf [↑ x] 6∈ DU, V, assim
minf[↑ x] ∩ (U ∩ X \ V ) = ∅ ou minf [↑ x] ∩ (V ∩ X \ U ) = ∅.
Suponha que minf [↑ x] ∩ (U ∩ X \ V ) = ∅. Seja y ∈ minf [↑ x], assim y 6∈ U e y6∈ X \ V , logo y ∈ V . Portanto
minf[↑ x] ⊆ V
como f [↑ x] =↑ minf [↑ x] ⊆ V , segue que x ∈ f∗(V ), logo x ∈ f∗(U ) ∪ f∗(V ) e portanto
f∗(U ∪ V ) ⊆ f∗(U ) ∪ f∗(V ).
Lema 5.1.3. Sejam A, B ´algebras de Heyting, h : A → B um (∧, →)-homomorfismo e a, b∈ A. Ent˜ao h(a ∨ b) = h(a) ∨ h(b) sse h∗ : B∗ → A∗ satisfaz (CDF ) para DSa, Sb. Demonstra¸c˜ao:
(⇒) Suponha h(a ∨ b) = h(a) ∨ h(b). Para mostrar que h∗ satisfaz (CDF ) para
DS
a, Sb, devido a 5.1.2, basta mostrar que h∗
∗(S
h∗ ∗(Sa∪ Sb) = h∗ ∗(Sa∨b)
= Sh(a∨b)
= Sh(a)∨h(b)
= Sh(a)∪ Sh(b)
= h∗ ∗(Sa) ∪ h∗ ∗(Sb)
(⇐) Agora suponha que h∗ : B∗ → A∗ satisfaz (CDF ) para DSa,Sb, ent˜ao pelo lema 5.1.2 temos h∗ ∗(Sa∪ Sb) ⊆ h∗ ∗(Sa) ∪ h∗ ∗(Sb).
Ora h∗ ∗(Sa∪ Sb) = h∗ ∗(Sa∨b) = Sh(a∨b)e o outro lado da desigualdade temos que
h∗ ∗(Sa) ∪ h∗ ∗(Sb) = Sh(a)∨h(b). Assim para todo P ∈ Sh(a∨b), temos que P ∈ Sh(a)∨h(b),
logo h(a) ∨ h(b) ∈ P . Dessa forma
h(a ∨ b) ≤ h(a) ∨ h(b).
Pois caso contr´ario, ou seja h(a ∨ b) 6≤ h(a) ∨ h(b), ter´ıamos, devido ao teorema de Stone-Birkhoff, um filtro primo P tal que h(a ∨ b) ∈ P e h(a) ∨ h(b) 6∈ P o que ´e um absurdo.
Como h ´e um (∧, →)-homomorfismo, temos que h preserva ordem, assim, sabendo que a ≤ a ∨ b e b ≤ a ∨ b, temos h(a) ≤ h(a ∨ b) e h(b) ≤ h(a ∨ b), temos que h(a) ∨ h(b) ≤ h(a ∨ b). Portanto temos
h(a) ∨ h(b) = h(a ∨ b).