Herberto de Jesus da Silva
o
SEMIGRUPO DOS ENDONIORFISNIOS
DE
ÁLGEBRAS DE OCKHAM
Dissertação apresentada para obtenção do grau de Doutor em Matemática na especiali-dade de Álgebra pela Universiespeciali-dade Nova de Lisboa, Faculdade de Ciências e Tecnologia.
Agradecirnentos
Quero manifestar o meu profundo reconhecimento ao Professor Doutor T. S. B1yth pela possibilidade de realizar labor científico sob a sua orientação esclarecida e solícita. O seu incentivo permanente, as suas perguntas e sugestões, foram essenciais para a génese e desenvolvimento do presente trabalho.
Para que esta dissertação fosse possível muito contribuiu o precioso apoio da Professora Doutora Emília Giraldes. Cumpre-me aqui agradecer o empenho e disponibilidade que sempre manifestou.
Cabe aqui uma palavra de apreço para a Professora Doutora M. Helena Santos pelo apoio que prestou em múltiplos aspectos relacionados com este trabalho.
Ao Conselho do Departamento de Matemática da Faculdade de Ciências e Tecnologia da Universidade Nova de Lisboa, na pessoa do seu presidente Professora Doutora Elvira Coimbra, agradeço as facilidades concedidas.
Resumo
Este trabalho encontra a sua principal motivação no problema de saber em que condições é regular o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra de Ockham.
Após as devidas considerações de natureza preliminar, começamos por estabelecer, para álgebras de Ockham pertencentes a alguma classe de Berman, uma condição necessária para que o respectivo semigrupo dos endomorfismos seja regular. Mais precisamente, demonstra-se que: se uma álgebra de Ockham
(L;
J) pertence a alguma classe de Berrnan e o semigrupo dos endornorfismos End(L;J) é regular então existep ~ 1 tal que(L;
J) EK
p ,2 . Também mostramos que em cada classe de Berman da formaK
p,2'existe pelo menos uma álgebra de Ockham(L;
J) tal que que End(L;J) é semigrupo inverso. Para álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis, pertencentes a alguma classe de Berman, obteve-se um resultado que pode ser considerado como uma resposta ao problema mencionado no início.Nesta tese resolvemos o problema acima referido, para álgebras de Ockham de tipo booleano finito (i.e. álgebras de Ockham finitas cujo reticulado subjacente é booleano e a operação unária é uma bijecçâo). Neste contexto caracterizamos as álgebras de Ockham de tipo booleano finito cujo semigrupo dos endomorfismos é regular, ortodoxo, semigrupo inverso ou grupo.
Finalmente, consideramos a classe T constituída por todas as álgebras de Ockham isomorfas a produtos directos de famílias finitas, não vazias, de álgebras de Ockham simples e finitas. Mostramos que T inclui todas as álgebras de Ockham de tipo booleano finito e caracterizamos as álgebras de T cujo semigrupo dos endomorfismos é regular.
No decurso deste trabalho são apresentados diversos exemplos ilustrativos dos principais conceitos introduzidos e resultados expostos.
Surnmary
The principal motivation for this work is the problem of detcrmining when the semigroup of endomorphisms of an Ockham algebra is regular.
After the necessary preliminaries, we prove that if an Ockham algebra (L;
J)
belongs to a Berman elass and its endomorphism semigroup End(L;J)
is regular then necessarily(L;J)
E Kp ,2 for somep. For a given(L; J)
EK
p,2 the question of precisely when End(L;J)
is regular is solvedin the case where
(L; J)
is subdirectly irreducible. Using a particular construction, we show that every Berman classK
p ,2 contains an algebra(L; J)
for which End(L;J)
is an inverse semigroup.Given an Ockham algebra
(L; J)
of finite boolean type (i. e.L
is a finite boolean lattice andf
is a bijection), we obtain necessary and sufficient conditions for the semigroup End(L;J)
to be regular, orthodox, inverse or a group.ln the last chapter we consider the class T consisting of ali isomorphic copies of direct products of finite non-empty families of sim pie finite Ockham algebras. We prove that T contains ali Ockham algebras of finite boolean type and , for a general
(L; J)
E T, we give a necessary and sufficient condition for the semigroup End(L;J)
be regular.Throughout the thesis, the new concepts introduced and results are illustrated by a selection of exam pies.
/
Indice
Capítulo 1 : Introdução.
Capítulo :2 : As álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis e o respectivo semi-grupo dos endomorfismos.
Capítulo 3 : Acerca do semigrupo dos endomorfismos para álgebras de Ockham de tipo booleano finito.
Capítulo 4 : O semigrupo dos endomorfismos para produtos directos finitos de álgebras de Ockham simples e finitas.
Bibliografia.
1
15
48
77
Capítulo
1
Introdução
Para um conjunto ordenado arbitrário, estão estabelecidas as condições em que o respectivo semigrupo dos endomorfismos (i. e. aplicações isótonas) é regular. Com efeito, M. E. Adams e Matthew Gould
[1]
obtiveram uma notável classificação dos conjuntos ordenados cujo semigrupo dos endomorfismoséregular. Tendo em consideração que o semigrupo em apreçoéum semigrupo ordenado e aplicando a classificação acima referida, T. S. Blyth[4]
obteve uma caracterização dos conjuntos ordenados cujo semigrupo dos endomorfismos é regular e principalmente ordenado. No presente trabalho consideramos a questão de estabelecer condições necessárias e suficientes para que o semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra de Ockham seja regular. Para álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis, pertencentes a alguma classe de Berman, resolvemos a questão acima referida. Em particular, provamos que: para qualquer álgebra de Ockham subdirectamente irredutível de Kp,l, o respectivo semigrupo dos endomorfismos é regular. Ainda no ãmbito das álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis pertencentes a alguma classe de Berman, mostramos que: se o semigrupo dos endomorfismos é regular então é necessariamente um semigrupo de Clifford com dois idempotentes ou é um grupo.Usando o conceito de espaço dual, caracterizamos as álgebras de Ockham de tipo booleano finito cujo semigrupo dos endomorfismos é regular, ortodoxo, semigrupo inverso ou grupo. Para estas álgebras, estabelecemos um teorema de estrutura para o grupo dos automorfismos e obtemos um resultado que permite determinar o cardinal do semigrupo dos endomorfismos.
Depois de observar que toda a álgebra de Ockham de tipo booleano finito é isomorfa a um produto directo de álgebras de Ockham simples e finitas, consideramos a classe T constituída por todas as álgebras de Ockham isomorfas a produtos directos de famílias finitas, não vazias, de álgebras de Ockham simples e finitas. Nesta conformidade, descrevemos as congruências das álgebras pertencentes a T e mostramos que T é constituída pelas álgebras de Ockham finitas cujas congruências são permutáveis e a respectiva operação unária é bijectiva.
Para as álgebras pertencentes a T, estabelecemos uma condição necessária e suficiente para que o respectivo semigrupo dos endomorfismos seja regular. Neste contexto, obtemos um teorema que permite determinar o cardinal do semigrupo dos endomorfismos de uma álgebra que pertença
Por uma questão de clareza de exposição, torna-se conveniente explicitar alguma terminologia usada ao longo destas páginas.
Seja (P;~) um conjunto ordenado (também referido como conjunto parcialmente ordenado) e x, y E P. Dizemos y cobre x e escrevemos x ~ y se x ~ y e {z E P : x
<
z<
y}=
0.
Dois elementos x e y dizem-se comparáveis (simbolicamente z ~ y) se x ~ y ou y ~ x. Os elementos x e y são denominados incomparáveis (simbolicamente xII
y) se x1:.
y e y1:.
x. Para cada x EP definimos os conjuntosx~ = {y EP :y ~
x},
xt =
{y
E P: x ~y}.
Um subconjunto
Q,
do conjunto ordenado P, diz-se um conjunto decrescente se x~ç
Q,
para qualquer z EQ.
Dizemos que um subconjuntoQ,
de P, é um conjunto crescentese xtç
Q,
para todo x EQ.
Recordemos que uma álgebra de Ockham é uma álgebra (L;A, V,
f.
0.1) de tipo (2,2,1, O. O) tal que(L;
A, V,0,1) é um reticulado distributivo com elemento mínimo O, elemento máximo 1, e f é uma operação unária que satisfaz: f(O) = 1, f(l) = O,(Vx,y E L) f(x A y)
=
f(x) V f(y), f(x V y)=
f(x) A f(y).De um modo geral denotaremos por (L;J), ou simplesmente por L quando de tal não resultar ambiguidade, a álgebra de Ockham
(L;
A, V,l,0,1). O reticulado limitado(L;
A, V,0,1) será representado, abreviadamente, por L. A classe O, constituída por todas as álgebras de Ockharn , é uma classe equacional e portanto uma variedade. Denominamos classe de Hermane denotamos por Kp,'l a subvariedade de O definida pela identidade j2p+'l(x) = fq(x), onde p2':
1 e q2':
O. Relativamente a estas classes, introduzidas porJ.
Berman [3], é importante notar a seguinte propriedade:Kp,q
ç
Kp','l' Ç::::> pip', q~ q'.Designaremos por Kw a subclasse de O assim definida:
(L;1) E K, {::::::> ("'Ix E L)(3m,n E IN)(m
i=
O) jm+n(x)=
r(x).Fazemos notar que designamos por lN o conjunto dos números naturais {O,1,2, ...}.
Para cada n E lN,designamos por Kw,na classe de álgebras de Ockham definida por:
(L;1) EKw,n{::::::> ("'Ix E L)(3mE IN)(m
i=
O) jm+n(x)=
r(x).Dada uma álgebra de Ockham (L; j), para cada n ElN,designamos porcI>/! a congruência de (L;1) definida por:
(x, y) E cI>n {::::::> r(x)
=
r(y)·Tem especial importância a congruência cI>w definida do modo seguinte:
e,
=
V
e..
o-o
É de observar que (F'(L),1') é subálgebra de (L;1), onde
l'
designa a operação unária induzida por j em r(L). Nesta conformidade é relevante o seguinte resultado.Teorema 1.1 ([9], Teorema 2.6) Se (L;1) EKp,q então, paro qualquer n
S
q. tem-se:o
símbolo", indica a existência de um isomorfismo no caso de n ser par; no caso de n ímpar '" denota a existência de um isomorfismo dual.Designaremos por Con(L;1), ou simplesmente por ConL, o reticulado das congruências de uma álgebra de Ockham (L;1). Denotaremos por w
=
{(x,x) :x E L} o elemento mínimo de Con(L;1) e porL=
LxLo elemento máximo de Con(L;1). Denotamos pore(a,b)a congruência gerada por (a,b), na álgebra de Ockham (L;1). Designamos por E>ret(a,b) a congruência de reticulados gerada por (a,b).Para álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis de Kw , o respectivo reticulado das
especial interesse, para o nosso trabalho, a descrição do reticulado das congruências para álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis pertencentes a alguma classe de Berman.
Teorema 1.2 ([9], Teorema 3.17) Se (Li f) E Kw , então (L; f) é subdirectamente irredutível
se, e só se, Con(L;f) é a cadeia
Mais precisamente,
(1) se (L;f) pertence a uma classe de Berman eVB(L) = Kp,q, então (L;f) é subdirecta-mente irredutível se, e só se, Con(L;f) é a cadeia finita
(2) se (L; f) pertence a Kw e não pertence a nenhuma classe de Berman, então (L; f) é
subdirectamente irredutível se, e só se, Con(L;f) é a cadeia infinita
As álgebras de Ockham podem ser descritas através da dualidade topológica. No que se segue faremos algumas observações sobre a referida dualidade.
Seja (X;
T)
um espaço topológico. DadoUç
X, dizemos queU é um conjunto aberto-fechadose
U
é um conjunto aberto e fechado do espaço topológico(X;
T).Um conjunto X munido de uma topologia T e de uma relação de ordem
:S
diz-se um espaçotopológico ordenadoe denota-se por (X;T,
:S)
ou simplesmente por X, quando não houver perigo de ambiguidade. Um espaço topológico ordenado (X;T,:S)
diz-se totalmente disconexo com respeito à ordem se, para quaisquer x, y tais que xi
y, existe um conjunto decrescente U,aberto-fechado, tal que x
rf.
U e y E U.Seja L um reticulado distributivo com Oe 1. Designamos por Ip(L) o conjunto dos ideais primos de L. Para cada aE L definimos
Na = {x E Ip(L) :a ~ x}.
Defina-se B= {Na
n
(Ip(L) \ Nb) :a, bE L}. Sejar a topologia, definida em Ip(L), que admite B como base de abertos. Assim temos que (Ip(L);r, Ç) é um espaço de Priestley, vide [11].Um espaço Priestley X munido de uma aplicação 9 :X --+ X, antítona e contínua, diz-se um espaço de. Ocklunne denota-se por (X;g). Consideremos a categoria Q cujos objectos são os espaços de Ockharn e os morfismos são as aplicações isótonas contínuas que comutam com g. Mais precisamente, dados (XI;gd e (X2;g2) dois espaços de Ockharn, chamamos morfismo de espaços de Ockham, de (Xl;gt} em (X2; g2), a qualquer aplicação <p : Xl --+ X 2 isótona
e contínua tal que: CPgl = g2CP' Como é natural a composição considerada na categoria Q é a composição usual de aplicações.
Dado um espaço de Ockham (X;g) consideramos a álgebra de Ockham (CJ(X);fg )' onde fg
édefinida do modo seguinte:
A álgebra de Ockham assim obtida será designada por álgebm dualdo espaço de Ockham (X; g). Representaremos por A(X) a álgebra dual do espaço de Ockham (X;g).
Para cada álgebra de Ockham (L;
J)
consideramos o espaço de Ockham (Ip(L); g,), sendog, assim definida:(Vx E
I
p(L))
g,(x) =r:
(L
\
x).Designaremos por espaço dual da álgebra de Ockham (L;f) o espaço de Ockham (Ip(L);g,). Denotaremos por
E(L)
o espaço dual da álgebra de Ockham(L;
J).
o
teorema que se segue pode encontrar-se em [18, Teorema 1], com uma formulação um pouco diferente da que aqui é apresentada.Teorema 1.3 Dada 'U1Tla âlqebra de Ockham (L;I), a aplicação ''lL :L
--+
A(E(L)), definida por: 7h (a)=
Na, é um isomorfismo de álgebms de Ockham.Demonstração Por [11, Teorema 10.18] temos que 17L é nm isomorfismo de reticulados. Por
conseguinte, para concluir que 17L é um isomorfismo de álgebras de Ockham, basta mostrar que 17Lf
=
f9,71L' Mostremos, primeiramente, que g~I(Na)=
[(L) \ Nf(a)' para todo a E L. Com efeito, atendendo a que g,(x)=
f-l(L \ x), para todo x E[(L), então temosg~I(Na)
=
{x E [(L): f-l(L \x) E Na}=
{x E E(L): a ~ f-l(L \ x)} = {x E E(L) :f(a) ~ L\ x} ={xEE(L):f(a)Ex}=
[(L)\ Nf(a).Nesta contexto temos 17Lf(a)= Nf(a) e fa
,
17L(a) =t,
,
(Na) = [(L) \gf-l(Na). Assim podemos concluir que 7hf(a) =f
9,
17L(a). Oo
resultado qne se segue encontra-se em [18, Teorema 3], com um enunciado ligeiramente diferente.Teorema 1.4 Dado um espaço de Ockluim (X;g), a aplicação Sx : X
--+
[(A(X)), definidapor: Ex(t) = {a E A(X) :t ~ a}, é um isomorfismo de espaços de Ockham.
Demonstração Tendo em conta[11,Teorema 10.19(ii)] basta mostrar que sxg = g, sx' Dado
9
t E X temos
Exg(t)
=
{a E A(X): g(t) ~ a}=
{a E A(X) :t E X \g-l(a)}= {a E A(X) :t E
f
9(a)}= {a E A(X) : f9(a) ~ Ex(t)}
=
t:'
9 (A(X) \ Ex (t))Teorema 1.5 Sejam (L 1;ft) e (L 2;h) álgebras de Ockham. Se h: LI --t L2éum morfismo de álgebras de Ockham então a aplicação [(h) :[(L 2)--t [(Lt}, definida por: [(h)(x) = h-I (x),
é um morfismo de espaços de Ockham.
Demonstração Atendendo a [11, Teorema 10.26] concluiu-se que [(11) é isótona e contínua, consequentemente, resta mostrar que f:(h)gh
=
gft [(h). Seja x E [(L 2). Então temosComo, por hipótese, h é morfismo de álgebras de Ockham então temos hft = hh e por con-sequência [(h)g1-2(x)
=
(hft)-l (L2 \ x)=
f1-1(h-1(L2 \ x)). Como h-I (L2 \:1:')
= LI \ h-I(.1:')então conclui-se que [(h)gh (x)
=
f1
1(LI \ h-I (x))=
gft (h- 1(x))=
gft [(h)(x). OTeorema 1.6 Sejam (X\; gl) e (X2; g2) espaços de Ockliam. Se sp :Xl --t X2 éum morfismo de espaços de Ockham então a aplicação A(tp) : A(X2) ---+ A(Xt}, definida por: A(tp)(a) = tp-1(a), é morfismo de álgebras de Ockham.
Demonstração Por [11, Teorema 10.26] resulta que A(tp) é um morfismo de reticulados que preserva o elemento zero e o elemento um. Sendo assim, temos apenas de provar que A(tp)fn = f9 1A(tp). Dado a E[(X2),temos
A(tp)J92 (a) = A(tp)(X2\ g:;l (a)) = tp-1 (X2\ g:;l (a)) =
x, \
tp-1 (g:;l (a)) = Xl \ (g2tp)-1(a) = Xl \ (tpg1)-1(a) = Xl \g1 1(<.p-1(a)) = fn A(<.p)(a).Dos raciocínios acima conclui-se que: A(<.p)f92(a) = f9 1A (tp)(a),para qualquer a EA(X). O
Teorema 1.7 Sejam (L 1;fd e (L 2;h) álgebras de Ockham. Se h: LI --t L2 é um morfismo de álgebras de Ockham então temos
Com efeito, dado aE LI então tem-se
&(h)-I(Na ) = {x E &(L2 ) : a
f/.
&(h)(x)}=
{x
E &(L2 ) : h(a)f/.
x}
= Nh(a)'Dado a E LI temos A(&(h))1]L1(a) = &(h)-I(Na )
=
Nh(a)=
1]L. (h(a)). Consequentemente, A(&(h))1]L1 = 1]L.h e por conseguinte 1]L. -IA(&(h))1]L1 = h. O
de espaços de Ockham então temos
Demonstração Vamos mostrar que, para qualquer x E XI: A(<p)-I (Ex 1(x)) Efectivamente, qualquer que seja x E XI, então tem-se
A(<p)-I(EX 1(x)) = {a E A(X2 ) : íp-I(a) EEX 1(x)}
=
{a
EA(X2 ) :x
f/.
íp-I(a)}= {a EA(X2 ) : <p(x)
f/.
a} = Ex. (íp(x)).Se x E XI então temos &(A(<p))EX 1(x) = A(<p)-I(EX 1(x)) = Ex.(íp(x)). Por consequência &(A(íp))ExI
=
Ex.íp· Donde se conclui queE~:&(A(íp))ExI=
ip, OTeorema 1.9 Sejam (LI;
fI)
e (L2;h) álgebras de Ockham, Se h :LI ~ L2 é um morfismo de álgebras de Ockham então são válidas as seguintes afirmações:(1) h é injectiva se, e só se, &(h) é sobrejectiva.
(2) h é sobrejectiva se, e só se, &(h) é um mergulho de ordem.
Demonstração Vide [11, Teorema 10.26]. O
Teorema 1.10 Sejam (XljgI) e (X2;g2) espaços de Ockham. Se sp :XI ~...\2 éum morfismo de espaços de Ockham então são equivalentes as seguintes afirmações:
(1) <p é sobrejectiva se, e só se, A(íp) é injectiva.
(2) <p é mergulho de ordem se, e só se, A(<p) é sobrejectiva.
Demonstração (1) : Suponhamos que ip é sobrejectiva. Aplicando o teorema 1.8 conclui-se
Reciprocamente, suponhamos que A(<.p) é injectiva. Pelo teorema 1.9 (1)temos que f(A(y)) é sobrejectiva. Usando o teorema 1.8 sai que <.pé sobrejectiva.
(2) : Suponhamos que <.p é um mergulho de ordem. Então conclui-se, pelo teorema 1.8, que f(A(<.p)) também é mergulho de ordem. Por aplicação do teorema 1.9 (2) tira-se que A(<.p) é sobrejectiva.
Reciprocamente, suponhamos que A(<.p) é sobrejectiva. Pelo teorema 1.9 (2) conclui-se que f(A(<.p)) é um mergulho de ordem. Donde sai, usando o teorema 1.8, que <.p é um mergulho de ordem. O
Dada uma álgebra de Ockham (L;J) designamos por End(L;J), Oll simplesmente por End L, o conjunto de todos os endomorfismos da álgebra de Ockham (L;J).
É
claro que no conjunto End(L;J) fica definida uma estrutura de semigrupo, munindo End(L;J) com composição usual de aplicações. O referido semigrupo é um monóide, sendo idL o respectivo elemento identidade. Por outro lado, se (X;g)
é um espaço de Ockham designamos por A(X;g)
o conjunto das aplicações iJ :X --tX tais que iJé morfismo de espaços de Ockharn (i. e. iJé isótona, contínua e iJg=
giJ). Se considerarmos o conjunto A(X;g), munido com a usual composição de aplicações, obtemos um semigrupo.É
de observar que tal semigrupo é um monóide, sendo idx o respectivo elemento identidade.Teorema 1.11 Se (Xig) é um espaço de Ockham então ossemiqruposA(X;g) e End(A(X);fg) são anti-isomorfos.
Demonstração Consideremos a aplicação \li :A(X; g) --t End(A(X)i fg) definida do seguinte modo:
\lI(iJ)
=
A(iJ).Observemos, em primeiro lugar, que: para todo a EA(X), tem-se
Por consequência\li(iJr)
=
\lI(r)\lI(iJ), quaisquer que sejam iJ,r E A(X;g).Assim temosA(19)
=
A(T) e por consequência E(A(19))=
E(A(T)). Donde se conclui quePelo teorema 1.8 temos 19
=
é;lE(A(19))éx, r=
é;lE(A(r))Ex e por conseguinte 19=
r.Mostremos que lJ1 é sobrejectiva. Considere-se um elemento arbitrário h em EndA(X). Tendo em conta os teoremas 1.4 e 1.5, podemos concluir que é;lE(hkx pertence a 1\(X;9). Seguidamente vamos provar que
Se aE A(X) então tem-se
IJ1(E;IE(h)éX)(a)
=
A(é~lE(h)éx)(a)=
(é;lE(h)é x)-l(a)= {x E X: (é;lE(h)E x)(X) Ea}
=
{x E X: a~ éx(é~lE(h)éx(X))}= {x E X :a ~ E(h)(Ex(X))}
=
{.1:
E X :a ~ h-1(E
x(X))}
=
{x E X: h(a) ~éx(X)}= {x E
X:
x E h(a)}= h(a). Do que acima foi exposto resulta que lJ1 é um anti-isomorfisrno de semigrupos. OSeja ((Xi,9i))iEI uma família finita (i. e. I é um conjunto finito) de espaços de Ockham. Para cada 'ÍE I, defina-se Xi
=
Xi X{i}.
É de observar que (Xi)iEI é um família de conjuntos disjuntos dois a dois ( i. e. se ii=
j então ..\\n
S:j
= 0). Em cada"Yi
define-se, naturalmente, uma relação de ordem do modo seguinte: dados (x,i),(y,i) E Xi, dizemos que (x,i) ~ (y,í) sex ~ y, em Xi. Para cadai E I, defina-se }li:Xi ---+ Xi por:
}li(x) = (x,
i).
onde U é um aberto de X. Neste contexto é claro que/li é um homeomorfismo e por conseguinte Xi é um espaço de Priestley. Se definirmos, para cada i E I, a aplicação iii :
.1\\
---+
Xi por:iii(X,i) = (9i(X),i)
obtemos um espaço de Ockham (Xi, iii). Além disso é claro, por definição de iii,que: ILigi = iii!Li.
Assim temos que ILi é um isomorfismo de espaços de Ockham.
Define-se, em
U
x;
uma relação de ordem do seguinte modo:iEi
dados x,y E
U .\\,
dizemos que x ~ y se existir i E I tal que z ,y EX·
i e x ~ y, em.lYi.
iEi
No conjunto
U.\\
consideramos a topologia cujos os abertos são os conjuntos da forma:.et
U
Vi, onde Vi é um aberto de.1\\,
para cada i E I. Vejamos que o espaço topológicoU .Yi
é.et
iEicompacto. Seja (Yj)jEJ uma família de abertos, de
U
.Yi,
tal que:U
Xi
=U
Y j. Para cadaiet iEi jEJ
j E
J
existe uma família (Vi,j)iEi tal que, para cadai E I, Vi,j é um aberto de.Yi
e Yj =U
vi.j. iEi-
-Para cada i E I, temos X;
=
U
Vi,j. Como Xi é um espaço topológico compacto então, parajEJ
cada iE I, existe
J,
ç
J
tal que J, é finito eXi
=U
Vi,j, consequentemente,jEJi
U
X';
=U( U
Vi.i).iEi iEi jEJi
Seja Z =
U
Ji, assim temosiet
U Xi
=U (U
Vi,))
=U
}j
iEi jEZ iEi jEZ
Tendo em conta que I é finito conclui-se que Z =
U
J, é um subconjunto finito de J e poriEi
conseguinte
U
Xi é compacto.iEi
Vejamos que
U .lYi
é totalmente disco nexo com respeitoà ordem. Consideremos z ,y EU
x,
iEi tet
tais que x
1:.
y. Sejam i,j E I tais que x E }<i e y EXj.
No caso de i-#
j basta notar que}<:j
é um conjunto decrescente aberto-fechado e xti.
}<j. No caso de i = j temos x,y E '\\' Como.1\\
é um espaço de Priestely então existe V decrescente aberto-fechado, em.1\\,
tal que xti.
V ey EV.Atendendo a que V é decrescente aberto-fechado em
U
5<:i,
conclui-se queU
x,
é totalmenteiEi iEi
disconexo com respeito à ordem. Do exposto resulta que
U
x,
é um espaço de Priestely.iet
Consideremos a aplicação ii :
U
x,
---+
U
Xi
definida por:tet iEi
E claro que
9
é antítona e contínua, Por consequência(U "-Yi,
g)
é um espaço de Ockham queiEl
denotaremos, abreviadamente, por
U
Xi.iet
Teorema 1.12 Dada uma [amilia finita de espaços de Ockhom ((Xi, gi))iEI. Então a aplicação
I)! : A(
U
Xi) ---tX
A(Xi), definida por I)!(Y) =ü-ti-l(Yn.Yi))iEl,
éum isomorfismo, da álgebraiEI iE!
A(
U
Xi) sobre oproduto directo da[amilia de álgebras de Ockham (A(Xi))iEI. iEIDemonstração Designemos por X o espaço de Ockham
IJ
Xi. Atendendo à definição de iEIproduto directo (de álgebras de Ockham) e designando por
f
a operação unária da álgebra deMostraremos apenas queI)!
f.
=
fI)!. Consideremos um elemento arbitrário Y, pertencente a9
A(
U
Xi). Para cada i E I temos: iEIJçl
(Jg
(Y)n
"-Yi)
= JLil((X \g-I
(Y))n
.-Yi)
= J1.i l(..-Y; \
g-I
(Y))=
J1.i
1Uf
l(.Y; \
Y))=
(?JiJ1.i)-l(.X\ \
Y))= (J1.igi)-l
(..-Y; \
Y))=
x, \
(J1.i9i)-1(yn
Xi))=
x,
\
(gi l (JLi l(Y
n
"-Yi))
=
t;
(p'il (Yn .\\)).
Por consequência temos:Do exposto resulta que I)!
I,
= fI)!. OUsando a dualidade definem-se importantes subclasses de O. Para cada par de números inteiros m, n, tais que m
>
n?
0, designemos por Pm,n a subclasse de O constituída pelasTeorema 1.13 ([9], página 67, Corolário 1) Seja iL;
1)
uma álgebra de Ockham finita e (X; g)o respectivo espaço dual. Então são equivalentes as seguintes afirmações:
(1) (L;
1)
é subdireciatnente irredutível;(2) existe x E X tal que X
=
{gn(x) :n E lN}.Para cada par de inteiros m, n, tais que m
>
n ~ O, definimos o espaço de Ockham({O, ...
,m -1};gm,n) munido com a ordem discreta (i. e.{O, ...
,m -I} é uma anticadeia) e a aplicação gm,n definida por{ i
+
1gm,n(i)
=
nsei<m-l; sei=m-l.
Como o conjunto
{O, ... ,
m - I} é finito a topologia considerada é necessariamente a topologia discreta. A aplicação gm,n pode ser descrita pelo diagrama:Designamos por (Lm,n; fm,n) a álgebra dual do espaço de Ockham
({O, ... ,
m - I};gm,n).Teorema 1.14 ([9], página 68, Corolário 4) Se (L;
1)
é uma álgebra de Ockham finita então são equivalentes as seguintes afirmações:(1) (L;
1)
é subdirectatnente irredutível;(2) existem m
>
n ~°
tais que (L;1)
é isomorfa a uma subálqebra de (Lm,n; fm,n)'Teorema 1.15 ([9], página 68, Corolário 2) Seja (L;
1)
uma álgebra de Ockham finita e (X; g)o respectivo espaço dual. São equivalentes as seguintes afirmações:
(1) (L;
1)
é simples;(2) X = {gn(x): n E lN} qualquer que seja x EX.
Capítulo
2
As álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis
e o respectivo semigrupo dos endomorfismos
Para álgebras de Ockharn pertencentes a Kw ,
estabelece-mos uma condição necessária para que o respectivo serni-grupo dos endomorfismos seja regular. Mais precisamente, mostramos que: se (L;
J)
E K; e End(L;J)
é regular então (L;J)
E Kw,2 . Como consequência deste resultado,prova-mos o seguinte: se (L;
J)
E Kp,q e End(L;J)
é regular então (L;J)
EKp,2 . Neste capítulo estudamos o semigrupo dos en-domorfismos de álgebras de Ockham subdirectamente irre-dutíveis de Kp,2 . Mostramos que: para qualquer álgebra deOckham subdirectamente irredutível de Kp,l, o semigrupo dos endomorfismos é regular. Dada uma álgebra de Ockham subdirectamente irredutível (L;
J)
tal que VB(L)=
Kp,2; es-tabelecemos uma condição necessária e suficiente para que End(L;J)
seja regular. Ainda no âmbito das álgebras de Ockham subdirectamente irredutíveis de Kp,2 provamos que: se o semigrupo dos endomorfismos é regular então é ne-cessariamente um semigrupo de Clifford com dois idempo-tentes ou é grupo. A partir de uma álgebra de Ockham(L;
J)
e de um reticulado de Boole com p>
1 átomos definimos uma nova álgebra de Ockham que designamos por ([L;p];/0'). No caso de (L;I) ser subdirectamente ir-redutível e VB(L) = K1,2 , mostramos que: End([L;p];/0') é regular se, e só se, End(L;J)
é regular. Neste contexto, obtemos uma relação entre os cardinais dos semigrupos End([Ljp]j/0') e End(L;1). Usando álgebras de Ockham da forma ([Ljp]; /0')' provamos que para cada p>
1 existe uma álgebra de Ockham M tal que: VB(M) = Kp,2' End MComecemos por recordar o conceito de semigrupo regular. Um semigrupo S diz-se regularse, para cada x E S, existe yE S tal que: xyx = x.
No que se segue vamos mostrar que: se (L; J) E Kw e o semigrupo End(L: J) é regular então
(L;J) E Kw,2 ' Para tal necessitamos de observar o seguinte,
Teorema 2.1 Dada umu álgebra de Ockham (L; f), são equivalentes as seguintes afirmações:
(1) (L; J) E Kw,Q;
(2) (L; J) E
x,
ef
éinjectiva; (3) (L; J) Ex,
ef
é bijectiva.Demonstração (1) ~ (2): Suponhamos que (L; J) E Kw,Q. Neste contexto é evidente que (L; J) E Kw • Mostremos que f é injectiva. Sejam z ,y E L tais que f(:c) = f(y). Como
(L; J) E Kw,Q então existem 7',s E lN \ {O} tais que x
=
j"(x) e y=
jS(y). Seja p o mínimomúltiplo comum de r e s. Assim temos x
=
fP(x) e JP(y)=
y. Atendendo a que f(x)=
f(y) temos JP-l(J(x))=
fP-l(J(y)) e por conseguinte x=
y.(2) ~ (3): Suponhamos que (L; J) E Kw e que
f
é injectiva. Vejamos quef
ésobrejectiva.Seja y E L. Uma vez que (L; J) E K; então existem m E lN \ {O}, 1l E lN tais que r(y)
==
r+1tl(y). Como f é injectiva temos y
=
fm(y), ou seja y=
f(Jm-l(y)).(3) ~ (1): Suponhamos que (L; J) E Kw e que
f
é bijectiva. Seja x E L. Como (L; J) E K;então existem m, n E lN tais que m
i-
Oe fm+n(x)==
r(x). Sendo f injectiva conclui-se quel'"
(x)==
x. OTeorema 2.2 Se (L;J) E
x,
e End(L;f)
é regular entào (L;f) E K"'.2'Demonstração Suponhamos que End(L;J) é regular e (L; J) E Kw . Em primeiro lugar
ob-servemos que f2 E End(L;J). Então existe h E End(L;J) tal que PhP
==
p.
Como h é um endomorfismo da álgebra (L; J) então h comuta com f e por conseguinte hj4 =p.
(j2(L);1) E Kw,o, ou seja (L;1) E K w,2 ' O
Podemos formular um resultado análogo ao anterior involvendo as classes de Berrnan Kp •q em vez das classes Kw,q' Mais precisamente temos o seguinte.
Corolário Se (L; J) E
x,;
e End(L;J) éregular então (L; f) E K p,2 'Demonstração Suponhamos que End(L;J) é regular e (L; f) E Kp,q.
É
claro que Kp,qç
x.,
e por conseguinte (L; J) Ex.;
Pelo teorema 2.2 conclui-se (L;f)
EKw •2 •Mostremos que (L; J) E K p,2 ' Se q
:'S
2nada há a demonstrar pois, neste caso, Kp,qç
K p,2 'Portanto podemos supor, sem perda de generalidade, que q
>
2. Uma vez que (L;f)
E Kw,2então j2(L)
=
f3(L). Como q>
:2 temos P(L)=
fq(L). Seja x um elemento arbitrário de L. Então existe yE L tal que P(x) = fq(y). Como (L;J) E Kp,q então temos j2p+q(y)= fq(y) e por consequência pp+2(X) = j2(x). OPara qualquer álgebra de Ockham (L; J) EKp,q desconhecemos em que condições End(L; J) é regular. No entanto, para álgebras de Ockharn subdirectarnente irredutíveis pertencencentes a Kp,q (e portanto finitas
[3]),
conseguimos resolver o problema em apreço.Em geral, dada uma álgebra de Ockham (L; J) E Kp,q designaremos por VB(L) a menor classe de Berman a que (L; J) pertence. No resultado que se segue supomos que (L; J) EKn,2 e
por conseguinte VB(L) será Kp,o, Kp,l ou Kp,2' onde p é um divisor de n.
Teorema 2.3 Seja (L;J) E Kn,2 uma álgebra de Ockham subdirectatnente irredutível.
(1)Se VB(L) = Kp,o então End(L;J) égrupo. (2) Se VB(L) = Kp,l então End(L;J) é regular.
(3) Se VB(L) = Kp,2 entãoEndfL;J) é regular se, e só se, Kerh= <P2' para todo
endomor-fismo h que não seja automorendomor-fismo.
Demonstração Pelo teorema 1.2 sabemos que: se VB(L) = Kp,q então L é subdirectamente irred utível se, e só se, Con L se reduz à seguinte cadeia finita:
w = <Po
-<
<PI-< ... -<
<Pq-<
Lo (1) No caso de q=
O a cadeia tem apenas dois elementosportanto L é álgebra simples. Neste caso, se h E EndL então Kerh = w e por conseguinte h é injectiva (consequentemente bijectiva porque L é finita). Nesta conformidade temos que EndL é o grupo dos automorfismos de L.
(2) No caso de q= 1 a cadeia reduz-se a
Observemos, primeiramente, que para qualquer h E EndL: h é automorfismo ou Kerh = <PI' Seja h E EndL e suponhamos que h não é automorfismo. Como L E Kp,l então temos, para
qualquer x EL, (x, j2P(x)) E <Pt
=
Kerhe consequentementeDeste modo fica demonstrado que h(L)
ç
f(L). Pelo teorema 1.1 temos L/<PI '" f(L). Tendo em conta que h(L) ~ L/Ker h = L/<pt, conclui-se que Ih(L)! = If(L)I. Como h(L)ç
f(L) e f(L) é finito então h(L) = f(L). Defina-se hl : h(L) --+ h(L) do seguinte modo: hdy) = h(y).Já vimos que h(x)
=
hf2p(x), para qualquer x E L. Uma vez que j2P(L)ç
f(L)=
h(L) entào conclui-se que h1 é sobrejectiva e por conseguinte hl é bijectiva, porque L é finita. Como hl é bijectiva e h(L) é finita então existe m E lN \ {O} tal que h'[' = idh(L)' Consequentementehm+l = h,ou seja hhm-Ih= h. Do exposto resulta que EndL é regular.
(3) No caso de q= 2 a cadeia reduz-se a
Suponhamos, primeiramente, que EndL é regular. Seja h um endomorfismo que não seja auto-morfismo. Para demonstrar que Kerh = <P2 basta mostrar que Kerh =1= <P1.
Suponhamos, com vista a uma contradição, que Kerh = <PI' Então podemos definir a aplicação ip : h(L) --+ f(L) do seguinte modo: <p(h(x)) = f(x). Como <p é bijecção então
Ih(L)1 = If(L)I· Uma vez que EndL é regular então existe u E End L tal que: huh = h. Consequentemente, para todo x E L, temos
Neste contexto, conclui-se que
[uh.
=1
=uli],
Consideremos a aplicaçãoh
:
I(L)
---tI(L)
assim definida:
h(y)
=h(y).
Mostremos queli
é injectiva. Sejama,b
EL
tais queh(J(a))
=h(J(b)),
por definição deh
temoshl(a)
=
hl(b).
Donde se conclui queuhl(a)
=
uhl(b).
Tendo presente que1
= uh ], obtemosI(a)
=I(b).
Assim temos queh
é injectiva e por conseguinte bijectiva, poisI(L)
é finito. Consequentemente, existe m E lN \ {ü} tal que:h
7n = idf(L)'Portanto
h
m1
=
1
=
[h'", Assim temos queI(L)
ç
h(L).
Comojh(L)1
=
I/(L)I
eI(L)
é finitoentão
h(L)
=
I(L).
Por consequência, para todox
EL, h
7n(x) Eh(L)
=
I(L).
Donde se concluique
I(x)
=
Ih
7n(:l:)Ej2(L).
Resulta então queI(L)
ç
j2(L),
ou sejaj2(L)
=
I(L).
Seja
x
um elemento arbitrário deL.
ComoI(L)
=j2(L)
então existe y EL
tal queI(x)
=j2(y).
Então temosuma vez que
L
EKp,z,
Conclui-se assim que pp+l =1
e por conseguinteL
E Kp,l, o que é absurdo em face da hipótese VB(L)
=Kp,z,
Reciprocamente, suponhamos que Kerh = cI>z para qualquer endomorfismo h que não seja automorfismo. Sejah um endomorfismo arbitrário e suponhamos que h não é bijectivo. Assim temos Kerh = cI>2' Consequentemente, para qualquer
x
EL, (x,j2P(x))
E Kerh. Ou seja 11.=hlzp
=j2 Ph
e por conseguinteh(L)
ç
P(L).
MasIh(L)1
=
IP(L)J
uma vez queComo
P(L)
é finito conclui-se queh(L)
=
j2(L).
Consideremos a aplicação h1 :h(L)
---th(L)
definida do seguinte modo: h1
(y)
=
h(y).
Tendo em conta que, para qualquer z EL, h(x)
=
hIZp(x)
ej2P(x)
EP(L)
=
h(L)
conclui-se que h1 é sobrejectiva. Comoh(L)
é finito então h1 é bijecção. Consequentemente, existe rn E lN \ {ü} tal que h1
= idh(L), ou seja hm+1 = h. Conclui-se assim que EndL é regular. OComo o espaço dual de (L2p+2,2;h p+2) é o espaço de Ockham ({O, 1,2, ... ,2p+1};Y2p+2.2),
munido com a ordem discreta, então conclui-se que o reticulado L2p+2,2éum reticulado de Boole isomorfo a 22p+2.
Para cada a E L2p
+
2 ,2 designemos pora' o complemento de a no reticulado L2p+
2 ,2 ' Como1
é um endomorfismo dual, de reticulados com Oe 1, então temos:I(a')
=
[f(a)]',
para qualquerConsideremos a aplicação
iJ
:
L2p+2--+
L2p+2 definida do modo seguinte: 19(x)Facilmente se verifica que
iJ
E End(Lp ;I
p ) . Também é claro que KeriJ = <PI,Por aplicação do teorema 2.3(3) conclui-se que End(L2p
+
2 ,h
p+2) não é regular.I(x').
Seja ({U,1,2};g) o espaço de Ockham, munido com a ordem discreta, onde 9 se define por:
g(O) = 1, g(l) = 2 e g(2) = 2. O espaço de Ockham em apreço pode ser representado pelo seguinte diagrama:
• ---""'7 • ---7) •
O
0 1 2Designemos por
(L;
f) a álgebra de Ockham cujo espaço dual é ({O, 1,2};g). A álgebra(L;
f) pode ser descrita graficamente do modo seguinte:I=J(ad
É claro que (L; f) é subdirectamente irredutível e V8(L) = KI ,2 . Por raciocínios similares aos acima descritos, conclui-se que End(L;f) não é regular.
Para cada natural p
2':
1, defina-se <Pp : {O, 1,2, ... ,2p+
I}--+
{O, 1, 2} do seguinte modo: se O~ i ~ 2;se 2
<
i ~ 2p+
1,Recordemos que um semigrupo S diz-se um semiqrupo de Clifford se S é regular e todo o idempotente de S é central, i. e. comuta com qualquer elemento de S.
Teorema 2.4 Seja (L;
1)
E Kn,2uma álgebrasubdirectamente irreduiioel. Se EndL é regular então EndL é um grupo ou é um semigrupo de Clifford cujo semireiiculado dos idempotentes é{J2n,idd·
Demonstração Suponhamos que EndL não égrupo. SejaKp,q = VB(L). Pelo teorema 2.3(1)
q
>
Oportanto q E {1,2}. Como (L;J)
E Kn,2 entãor:
é idempotente de EndL eI"
i-
idt:porque q
>
O. Seja h um idempotente de EndL tal que hi-
idt.. Pelo teorema 2.3 conclui-se que Kerh= <1>q. Como hé
idempotente então temos, para qualquer xE L(x,h(x)) EKerh = <1>q.
Em suma, se h E End L, h
i-
idL e h é idempotente então Ker h=
<I>q er
h=
r.
Sejam s, t idempotentes de EndL tais que si-
iât: e ti-
idt.. Assim temos rts=
fqs=
f q. Como <1>q = Kert então tts = t logo ts = t. Em particularil?"
=t,
I?"!
= f2n e por conseguinte t =I?".
Do exposto resulta que idL eI"
são os únicos idempotentes de EndL. É claro que tais idempotentes comutam com todos os elementos de EndL e por consequência EndL é um semigrupo de Clifford. OExemplo 2.2 Para cada n ElN,n ~ 1, designemos por C« a cadeia
0< a_n
<
a-n+l< ... <
a-I<
ao<
aI< ... <
an-l<
an<
1.Defina-se f :Cn -+Cn do modo seguinte: f(O) = 1, f(l) = O, f(ao) = ao e para i E {I, ... ,n}
Sabemos que (Cn ;
J)
é uma álgebra de Ockham subdirectamente irredutível e VB(Cn ) = K1,2n ;Kerh = <PI, Por consequência (ao,ad E Kerh. Nesta conformidade podemos concluir que:
Se observarmos que ao é o único ponto fixo de (CI ;
1)
então conclui-se que h(ao)=
aoe por conseguinte fh(a-d=
ao. Portanto h(a-d E {ao,ad. Como h(a_l) ~ h(at}=
aoentão conclui-se que h(a-d=
ao. Do exposto resulta que (a-I'ad E Ker h, o que é absurdo pois (a-I' ai)ri.
<PI, Assim fica demonstrado que End (CI;f) é regular. Pelo teorema 2.4 conclui-se que End(CI ;1)
é semigrupo de Clifford. Com efeito, neste caso End(CI ;1)
reduz-se ao semireticulado {idel,P}.
Demonstraremos tal facto provando que todo o elemento de End(CI :1)
é idempotente. Seja h um elemento arbitrário de EIId(C1;1).
É claro que h(O) = O, h(ao) = aoe h(l) = 1. Portanto hZ(x) = h(x), para todo x E{O,
ao,I}. Atendendo a que h é isótona então temos h(a-d ~ h(ao) = aoe por consequência h(a-d E {O,a_l,aO}' Donde resulta hZ(a_d=
h(a-d. Assim temose por conseguinte h é idempotente.
A partir de urna álgebra de Ockham
(L;
1)
e de um reticulado de Boole finito com p>
1 átomos, vamos definir um método que permite construir uma nova álgebra de Ockham. Esta construção permitirá mostrar q ue em cada classe de Berrnan da formaKp .z
existe pelo menos umaálgebra de Ockharn cujo semigrupo dos endomorfismos é inverso e não é grupo. Para descrever a referida construção necessitamos do conceito de soma vertical de conjuntos ordenados.
Sejam P,
Q
conjuntos ordenados tais que: P tem elemento máximo a eQ
tem. elemento mínimo b. Designamos por soma verticalde P eQ,
e denotamos por Pff.Q, o conjunto ordenado que se obtém a partir da soma linear PEBQ identificando a e b; vide [9] e [11].Seja
L
um reticulado com Oe 1. Para cadap
E lN, tal quep
>
1, designemos por[L;p]
a soma vertical 2P EBLEB2P , onde 2P designa o reticulado de Boole finito com p átomos.Por definição de soma vertical, existem 0:'1 ~ O:'z ~ 0:'3 ~ 0:'4, pertencentes a
[L;p],
tais que: [L;p]
= [0:'1,0:'2]U [0:'2,0:'3]U[0:'3,0:'4], 2P~ [0:'1,0:'2], L ~ [0:'2,0:'3] e 2P~ [0:'3,0:'4]'Seja (L; I) é uma álgebra de Ockham. Vamos definir, no reticulado distributivo [L;p], uma estrutura de álgebra de Ockham. Para tal são necessárias algumas observações preliminares.
Como L. = [0'2, 0'3] ~ L então existe um isomorfismo de reticulados J : L
---+
L•.Consideremos a aplicação fi : LI
---+
LI definida por: fi=
Jfi:'. Nesta conformidade. é claro que(L.;
f,)
é uma álgebra de Ockham isomorfa a(L;
1).Designemos por X = {ao,... ,ap- l } o conjunto dos átomos do reticulado de Boole Bp e por X* =
{aã, ... ,a;_d
o conjunto dos cc-átomos do reticulado de BooleB;.
Defina-se a aplicação a :X UX*---+
X U X* do modo seguinte: a(ai)=
ai, para O~ i ~ p - 1; a(a7)=
ai+l, para'2( *) - * O
< . <
2' 2 (;' ) - *a ai - ai+l' para _ I _ P- ,a ap _1 - ao'
Consideremos a aplicação f(7 :
[L;
pj
---+
[L;
p]
definida do seguinte modo:fl(x)
Comecemos por mostrar que f(7 é antítona. Sejam x,y E [L;p] tais que z
<
y. Podemos supor, sem perda de generalidade, que0'1<
x ey<
0'4, No caso de x,y E Bp temosx = ailV ...Vaik' Y= ai, V...VaJr onde {iI, ... ,id,
{jl,' ..,jr}
são subconjuntos de{O, ... ,
p-I}. Como x<
yentão{i
1,.·.,idç
{jl, ...,jr}
e por conseguinte {a(ail), ... ,a(aik )}ç
{a(ajl) .... ,a(ajr)}. Logoa(ail)A ... Aa(aik ) ~ a(ajl )A ... Aa(airLou seja f(7(x) ~ f(7(Y)' Se:1:,y E L, então f(7(x)
=
f,(x).f(7(Y) = f(y) consequentemente f(7(x) ~ f(7(Y)· No caso de x,y E
B;
temos x = a;l A ... Aa;m'y=
ar
l A ... Aar" onde{SI,'''' Sm}, {tI,
...
,ln}
são subconjuntos de {O,... ,p- I}. Como x<
yentão
{t
1, ...,tn}
ç
{SI, ... ,Sm}
e por conseguinte {a(a;lL .. ·,a(a;J}ç
{a(a:J, ... ,a(a:m ) } .Então a(a;l) V ... V a(a;m) ~ a(a;]) V ... V a(a;J, ou seja f(7(x) ~ f(7(Y)' No caso de x E Bp, y E L, temos f(7(x) E B;, f(7(Y) E L. por consequência f(7(x) ~ f(7(Y)' Se x E Bp, y E B; então
fcr(x) E L" fcr(Y) EBp e por consequência fcr(x) ~ fcr(Y). Dos raciocínios anteriores resulta que fcr éantítona.
Vamos mostrar que, para quaisquer x,
Y
E[L;p],
temos:Sejam x, Y E L, como fcr éantítona podemos supor, sem perda de generalidade, que xlly. Con-sequentemente, os casos a examinar são os seguintes: (1) X.y E Bp, (2) ;r.y E L,. (3) :r,y E B;.
(1) No caso de X,Y E Bp temos x
=
ai!V ... V aik , Y=
ajl V ... Vajr onde I=
{ii •... ,ik} eJ
=
{iI .... ,
jr} são subconjuntos de {ü, ... ,p- I}. Neste contexto, por definição de fcr, temos:Como
a
é uma bijecção entãoa(a s)
Va(at)
= 0;4 se S=F
t. ConsequentementePor outro lado
x/\y=
(V
at)l\(
V
at)
=
V
(as/\ad
=
V
ato
tEI tEJ (s,t)EIxJ tEInJ
Assim, por definição de Í«, temos
Então conclui-se que fcr(x/\ y)= fcr(x)Vfcr(Y)' Por outro lado
(2) Se x, YE L, então x /\Y, xVYE L, e por conseguinte
fcr(xV y)
=
f,(x V y)=
f,(x) /\ f,(Y)=
fcr(x)/\ fcr(Y)·(3) No caso de X,Y E
B;
temos x = a:1 /\ ••• /\ a:m , Y=
a7
1 /\ ••• /\a7
n onde5
=
{SI, ...,sm} eT = {ti,"" tn}são subconjuntos de {ü, ... ,p- I}. Neste contexto, por definição de fcr, temos: fcr(x) /\ fcr(Y) =
[V
a(aê)]
1\[
V
a(aê)]
=V
(a(a;)
/\
a(a:)).
Como
CT
é uma bijecção então CT(a~) 1\CT(a;)
= 01 se s-#
t.
ConsequentementePor outro lado
x VY
= (
1\
ai)
V(1\
ae)
=
1\
(a;
Var)
=
1\
a;.
iES iET (s,t)ETxS fESnT
Assim. por definição de
fc"
temosEntão conclui-se que f(7(xvy) = f(7(.1')l\f(7(y). Facilmente se verifica que fcr(xI\Y) = f(7(:r:)v f(7(Y). Do exposto resulta que ([L;p];f(7) é álgebra de Ockham.
É importante notar que, para todo
t
E X UX*, f(7(t) =CT(t).
Por consequência, para todox
EBpUB;,f;P(x)
= x; donde se conclui quef;
induz um automorfismo no reticulado BpEflB;. Dada uma álgebra de Ockham(L;
1), subdirectamente irredutível, tal que VB(L)
= K1,2. Mostraremos que: se End(L;1) é regular então End([L;p];f(7) é regular. Para cumprir tal objectivo são necessários alguns resultados preliminares.Demonstração Mostremos, primeiramente, que 'I9(ao)
<
02. Suponhamos, com vista a umacontradição, que '19 (ao)
2::
02. Nesta conformidade temosPor outro lado
o que é absurdo. Assim temos 'I9(ao)
<
02 e por conseguinte, para cada j E {O, ...,p- I},Finalmente, aplicando
lu
à desigualdade anterior, obtemosTeorema 2.6 Se 19 EEnd([Lip],fu) e19(0'2)
i=
0'1 então existemE {O, ... ,p-I} tal que, paratodo x E
e,
UB;,Demonstração Atendendo ao teorema 2.5 podemos concluir que: 19(aj) ~ 19(0'2) ~ 0'2, qual-quer que seja j.
Suponhamos que 19((\2)
i=
0'1' Em primeiro lugar, demonstremos que: para todo i, 19(aj)i=
01'Suponhamos, com vista a uma contradição, que existei E {O,... , p-I} tal que19(aj)
=
0'1' Então temose por conseguinte 19(
ao)
= 01' Consequentementep-1 p-1
para qualquer j E{O, ... ,p - I}. Daqui resulta que 0'1 =
V
19(aj) = 19(V
aj) = 19(0'2),o que éj=O j=O
absurdo.
Para cada j E {O, ...,p- I}
=
!V,existe um e um só Nj ç!V, tal que: !Vji=
0
e19(aj)
=
V
ai.iEN)
Mostremos que: se i
i=
j então N,n
Nj =0.
Sejam i,j E N tais que ii=
j e suponhamos, com vista a uma contradição, que N,n
N;i=
0.
Seja k E N,n
Nj. Então temosp-I o que é absurdo. Por outro lado, 0'2=
V
ajo Logo19(0'2) =V
19(aj)=Vai,
ondeI< =U
N].jEN jEN iEK j=O
Neste contexto, é claro que
p-1 p-1
Consequentemente,
\1(1
=
p e por conseguinte I(=
N. Do exposto resulta que 19(0'2)==
0'2.Neste contexto podemos concluir que: \Nil = 1, para todo j E N. Consequentemente, 19(aj) é um átomo de Bp. Seja m EN tal que 19(ao) = amo Assim, para cadaj E N, temos:
19(ai)
==
19(J;i(ao)) = f;i(19(ao)) =J;;i
(am )= f;j(J;m(ao))
=
f;m(f;i(ao))= f;m(ai)'
Aplicando fa à igualdade anterior obtemos, para qualquer j E N, 19(aj) = f;m(aj). Do exposto resulta que: para todo x E BpU B;,
Teorema 2.7 Se 19 é um endomorfismo de ([L; p]; fa) tal que19(0'2) = 0'1 então são válidas as sequinies propriedades:
(1) (Vx E Bp) 19(x) = 0'1;
(2) (Vx EB;) 19(x) = 0'4'
Demonstração (1) Dado x E Bp, temos x
:S
0'2 e por conseguinte 19(x):S
19(0'2) = 0'1' Logo 19(x) = 0'1.(2) Em primeiro lugar observemos que 19(0'3)
=
19(Ja(0'2))=
fa(19(o'l))=
fa(O'I)=
0'4' Se x E B; então 0'3:S
z , Portanto0'4 = 19(0'3):S
19(x). Donde se tira que iJ(x) = 0'4. OTeorema 2.8 Se (L;J) E K1,2 e19éum endomorfismo de ([L;p];fa) tal que V(0'2)= 0'1 então
são válidas as seguintes propriedades: (1) (Vx E LI) 19(x)
<
0'2 =:} 19(x) = 0'1;(2) (Vx E L,) 19(x)
>
0'3 =:} 19(x) = 0'4,Demonstração Comecemos por provar (1). Seja x E L, tal que 19(x)
<
0'2. Suponhamos, comAssim temos
I;r(ao)
= ar ::;'l9(x)
e por consequência:Como
(L,; I,)
~(L;
f) EK
1,2 e p -r
2:
1 entãol;p-2r
=I?
Nesta conformidade podemosconcluir que
fJ(f;p-2r(x))
='l9(f?(x)).
Entãoao
::;
fJ(f;(x)).
Para qualquer j E {I, ...,p- I} conclui-se queEm face dos raciocínios acima descritos, é legítimo inferir que:
aj
::;
d(f;
(.7;)) ,
para qualquerp-l
j E {I, ... ,P- I}. Consequentemente0'2 =
V
aj
::;
'l9(f;(x)).
Por outro lado, atendendo a quej=o
17(:1:)
<
0'2, conclui-se que:'l9(f,2(X))
='l9(f;(x))
=1;('l9(.r))
<
1;(0'2)
= (\2. o que é absurdo. (2) Seja x EL tal quefJ(x)
>
0'3. Neste contexto ternosConsequentemente,
'l9(f,(x))
<
0'2. Aplicando (1) conclui-se que'l9(ft(x))
= 0'1 e por conseguinteTeorema 2.9
Se VB(L)
=K1,2 então VB([L;p])
=K p,2'
Demonstração Em primeiro lugar vamos mostrar que
([L;
pJ;
la)
EK p.
2 • Seja z E[L;
p].
Sex
EBp
UB;
entãoI;P(x)
=x
e por consequêncial;p+2(x)
=I?(x).
No caso dex
EL,
temosl;p+2(x)
=l;p+2(:r)
=
I?(x)
=I;(x).
Em qualquer dos casos se prova quel;p+2(:r)
=
I;(:r).
Sejam m
2:
1,n
2:
O tais queVB([L;p])
=Km,n.
Atendendo a que([L;p]:/O')
EK p.2
conclui-se queKm,n
ç
K p,2
e por conseguinte mlpen
~ 2.É claro que
(L,; I,)
EKm,no
Como VB(Lt)
=K
1,2 entãoK1,2
ç
Km,n
e por consequência2 ~ n, ou seja n = 2.
suma,
I;m(ao)
=ao.
Como 1 ~ m ~ p então m = p. Oaplicação
[s,
t]
:
[L;p]
---+[L;p]
do seguinte modo:{ t(x) [s, t](x) =
s(x)
Teorema 2.10 Se t é um endomorfismo de ([L;p]; !O') tal que t(0'2)
=
0'2, t(0'3)=
0'3 e s é um endomorfismo de (L,;!,) então [s,t] é um endomorfismo de ([L;p];!O').que t(Bp)
ç
e;
t(L)ç
L e t(B;)ç
B;. Dados x,y E [L;p] consideraremos vários casos.(1) Se x,y E
e,
UB;
então z1\y ..r V y Ee;
UB;.
Consequentemente, [s, t](x1\y)
=
t(x1\y)
=
t(x)1\t(y)=
[s,t](x)1\[8,
t](y),[s, t](xV y)
=
t(x Vy)=
t(x)V t(y)=
[s,
t](x) V [s, t](y). (2) Se z ,y EL, então x1\y, xVYE L, e por conseguinte[s,t](x1\y)
=
s(x1\y)=
s(x) 1\s(y)=
[s,t](x)1\[s,t](y),[s, t](x V y)
=
s(xV y)=
s(x) V s(y)=
[s, t](x) V [s, t](y).(3) Se x E Bp e y E L, então [s, t](x)
=
t(x) E Bp e [s, t](y)=
s(y) E LI' Neste contexto temos x :Sy, [s, t](x) :S[s, t](y) e portanto obtém-se[s,
t](x 1\y)=
[s, t](x)=
[s, t](x)1\[s, t](y),[s,
t](x V y)=
[s, t](y)=
[8,
t](.r) V [s,t](y).(4) Se x E L, e yE Bpentão [s,t](x)
=
s(x) EL, e [s,t](y)=
t(y) EBp. Assim temos Y:S z , [s,t](y):s
[s,t](x) donde se conclui que[s,t](x 1\y)
=
[s, t](y)=
[s, t](x)1\ [s,t](y), [s, t](x V y)=
[s, t](x)=
[8,
t](x)V [s,t](y).
(5) Se x EL, e y EB; então [s, t](x) = s(x) ELI e [s, t](y) = t(y) E B;. Por consequência x :Sy, [s, t](x) :S[s, t](y) e portanto obtém-se