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ALGEBRAS BOOLEANAS Y ESPACIOS TOPOLOGICOS

ROBERTO PICHARDO-MENDOZA AND ANGEL TAMARIZ-MASCARUA

Resumen. En este texto desarrollamos la teorıa basica de las algebras boolea-

nas y su relacion con los espacios topologicos compactos T2 cero-dimensionales.

Indice

1. Introduccion 12. Espacios topologicos 23. Conjuntos parcialmente ordenados y retıculas 104. Retıculas distributivas, filtros y teorema de representacion de

Birkhoff-Stone 165. Algebras booleanas 196. Algebras booleanas y anillos booleanos 237. Teoremas de Representacion y Dualidad de Stone 288. Filtros y compactaciones de Wallman 329. Compactaciones cero-dimensionales 3710. Completacion de un algebra booleana 4011. Teorema de extension de Sikorski 4312. Algebras booleanas libres 4613. Ideales y cocientes de algebras booleanas 5014. Celularidad de algebras booleanas 5515. El teorema de Balcar-Franek 61Referencias 71

1. Introduccion

El presente texto es una sıntesis de la teorıa basica de las Algebras Booleanashaciendo incapie en su relacion con la Topologıa y en particular con los espaciostopologicos compactos T2 cero-dimensionales. Pretendemos ofrecer al lector un ma-terial suficiente que le sirva de consulta o le inicie en estos temas.

Ası, en estas notas trataremos fundamentalmente sobre algebras booleanas, fil-tros y compactaciones de espacios topologicos. Hay pocos temas como estos quese prestan de maravilla para observar la manera en que interactuan las diferentes

Date: Abril de 2012.Key words and phrases. Retıculas, algebras booleanas, compactaciones de Wallman, compac-

taciones cero-dimensionales, algebras booleanas libres, ideales y cocientes de algebras booleanas.El primer autor agradece al Programa de Becas Posdoctorales en la UNAM 2011-2012 por el

apoyo recibido.El trabajo de investigacion del segundo autor ha sido auspiciado por el proyecto PAPIIT

IN115312.

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ramas de la matematica unas con otras. El Algebra, la Topologıa, la Logica y laTeorıa de Conjuntos parecen fundirse en ciertos momentos cuando tratamos estostemas, y recobran su identidad cada vez que se tratan ejemplos concretos o enlas demostraciones de teoremas especıficos. Como se precisa en la lista de temasa tratar en el Contenido, daremos una revision a las ideas y resultados basicos dela Topologıa General, hablaremos de retıculas, compactaciones de Wallman y com-pactaciones cero-dimensionales, y veremos los Teoremas de Dualidad de Stone querelacionan las algebras booleanas con los espacios compactos T2 cero-dimensionales.Ademas trataremos sobre completaciones de algebras booleanas, algebras booleanaslibres y cocientes de algebras booleanas. Trataremos las σ-algebras de los conjuntosde Borel, de los conjuntos medibles segun Lebesgue y de los conjuntos de Baire,y terminaremos la exposicion discutiendo sobre la celularidad de algunas algebrasboolenas.

La historia de las algebras booleanas se inicia con el trabajo de George Boole [2]publicado en 1854. Boole establecio algunas entidades algebraicas relacionadas conlos valores de verdad “falso”, 0, y “verdadero”, 1, y con las operaciones logicas dedisyuncion, ∧, conjuncion, ∨, y negacion, ¬ (es decir, el algebra booleana de doselementos); y tambien relacionadas con el algebra de las operaciones conjuntistas deinterseccion (∩), union (∪) y complementacion (\) definidas en la coleccion P(X) detodos los subconjuntos de un conjunto dado X. La teorıa moderna de las algebrasbooleanas se inicia en los anos 1930 con los trabajos de M. H. Stone [14] y [15]relacionados a este tema.

La teorıa de algebras booleanas tiene aplicaciones a varias areas de la matemati-ca, principalmente a la logica, a la topologıa, a la teorıa de la medida y al analisisfuncional. El presente texto tiene una orientacion topologica aunque se muestranalgunos ejemplos en los que es manifiesta la relacion de las algebras booleanas conotras disciplinas matematicas diferentes a la topologıa.

Para la elaboracion de estas notas han sido consultadas algunas fuentes, prin-cipalmente [1], [10] y [13]. Incluso, algunas partes de los textos en las secciones 9,10 y 11 son copias traducidas de sus correspondientes en el excelente trabajo deA. Blaszczyk. Otros trabajos que han dado soporte a este texto son [4], [7], [8],[12] y [18]. Con respecto a las cuestiones topologicas tratadas aquı, el lector puedeconsultar [3], [5] y [6].

En general, en este texto se usara simbologıa tıpica. Por ejemplo, si X es unconjunto y F ⊆ X, X \F es el conjunto {x ∈ X : x 6∈ F}; el sımbolo χF denotara lafuncion caracterıstica del conjunto F ; es decir, χF : X → {0, 1}, χF (x) = 1 si x ∈ Fy χF (x) = 0 si x 6∈ F . Si f : X → Y es una funcion y F ⊆ X y G ⊆ Y , entoncesf [F ] es igual a {f(x) : x ∈ F} y f−1[G] = {x ∈ X : f(x) ∈ G}.

2. Espacios topologicos

En esta seccion veremos los conceptos topologicos basicos y algunos teoremasfundamentales en esta materia.

Definiciones 2.1. (1) Una topologıa en un conjunto X es una coleccion T ⊆ P(X)que satisface

(a) los conjuntos ∅ y X pertenecen a T ,(b) si A y B son elementos de T , entonces A ∩B ∈ T , y(c) si A ⊆ T , entonces

⋃A ∈ T .

ALGEBRAS BOOLEANAS Y ESPACIOS TOPOLOGICOS 3

(2) Un espacio topologico es una pareja (X, T ) en donde X es un conjunto y T esuna topologıa en X.

(3) A los elementos en una topologıa T de un conjunto X les llamaremos conjuntosabiertos de X. Un subconjunto F de X es cerrado en (X, T ) si X \ F es abierto.

(5) La cerradura de un subconjunto E de un espacio topologico X es el conjunto

clX E =⋂{F ⊆ X : E ⊆ F y F es cerrado en X}.

(6) El interior de un subconjunto E de un espacio topologico X es el conjunto

intX E =⋃{A ⊆ X : A ⊆ E y A es abierto en X}.

(7) Una base de una topologıa T es una subcoleccion B de T tal que cada elementode T se puede representar como la union de elementos que pertenecen a B. Unasubbase de una topologıa T es una subcoleccion S de T tal que la coleccion B ={S0 ∩S1 ∩ · · · ∩Sn : n ∈ N y S0, S1, ..., Sn ∈ S} es una base para T . Una base localde X en un punto x ∈ X, es una coleccion Bx ⊆ T tal que x ∈ B para cualquierB ∈ Bx, y si A ∈ T con x ∈ A, entonces existe B ∈ Bx que satisface B ⊆ A.

Las topologıas extremas en un conjunto X son la topologıa discreta, P(X), yla indiscreta {∅, X}. En el conjunto {0, 1}, la coleccion F = {∅, {0}, {0, 1}} es unatopologıa diferente a su topologıa discreta; a la pareja ({0, 1},F) se le llama espaciode Frechet. Para cada conjunto X, la coleccion Tc = {A ⊆ X : |X \ A| < ℵ0} esuna topologıa conocida como la topologıa cofinita en X.

Dado un conjunto X y una coleccion B ⊆ P(X) que satisface(i) X =

⋃B y

(ii) para cada A,B ∈ B y cada x ∈ A∩B existe C ∈ B tal que x ∈ C ⊆ A∩B,podemos considerar la coleccion T de todos los subconjuntos en X que son la unionde alguna subcoleccion de elementos de B. Resulta que T es una topologıa en X quetiene como una de sus bases a B. A esta topologıa T se le llama topologıa generadapor B como base.

Ahora bien, si a cada punto x ∈ X le asociamos una coleccion B(x) ⊆ P(X) detal modo que

(i) para cada x ∈ X, B(x) es no vacıo y cada U ∈ B(x) contiene a x,(ii) si x ∈ V ∈ B(y) para x, y ∈ X, entonces existe U ∈ B(x) que satisface

U ⊆ V , y(iii) para cada x ∈ X y cualesquiera dos U, V ∈ B(x), podemos hallar A ∈ B(x)

tal que A ⊆ U ∩ V ,entonces la coleccion T = {A ⊆ X : ∃ A ⊆ B con

⋃A = A}, en donde B =⋃

x∈X B(x), es una topologıa en X que tiene a B como base; ademas, para cadax ∈ X, B(x) es base local de x en (X, T ).

Mas generalmente, para un conjunto X y un conjunto no vacıo S ⊆ P(X) po-demos definir una topologıa TS como sigue: sea B = {S0 ∩ S1 ∩ · · · ∩ Sn : n ∈N y S0, S1, ..., Sn ∈ S}; entonces B ∪ {X} es una base para una topologıa TS en Xde la cual S es subbase.

Observe que un conjunto F de un espacio X es cerrado si y solo si clX F = F ,y un conjunto A es abierto si y solo si intX A = A.

Definicion 2.2. Un espacio topologico X es T2 o Hausdorff si para cada dos puntosx, y ∈ X podemos encontrar dos abiertos A y B tales que x ∈ A, y ∈ B y A∩B = ∅.


Recordemos que una metrica en un conjunto X es una funcion d : X ×X → Rque satisface las siguientes condiciones para cualesquiera tres elementos x, y, z enX:

1. d(x, y) ≥ 0,2. d(x, y) = 0 si y solo si x = y,3. d(x, y) = d(y, x), y4. d(x, y) ≤ d(x, z) + d(z, y).

Si d es una metrica en X, a la pareja (X, d) le llamaremos espacio metrico. Unejemplo es la metrica euclideana e en Rn (n ∈ N) definida por

e((x1, ..., xn), (y1, ..., yn)) =

(n∑i=1

(yi − xi)2

)1/2

para cualesquiera puntos (x1, ..., xn), (y1, ..., yn) en Rn.

Para cada espacio metrico (X, d) la topologıa Td generada por d es aquella quetiene como base la coleccion de conjuntos de la forma

B(x, ε) = {y ∈ X : d(x, y) < ε}

en donde x ∈ X y ε es un numero real positivo. La topologıa en Rn generadapor su metrica euclideana es llamada la topologıa usual o euclideana. Un espaciotopologico (X, T ) es metrizable si existe en X una metrica d tal que Td = T . En estecaso diremos que d define a la topologıa T . Observe que para cada conjunto X, elespacio topologico (X,P(X)) es metrizado por la distancia discreta d : X×X → Rdefinida por

d(x, y) =

{0 si x = y

1 si x 6= y.

Observaciones 2.3. Sea d una metrica en un espacio (X, T ) que define la topologıaT . Entonces:

1. el espacio (X, T ) es T2;2. la funcion d∗ : X × X → R+ dada por d∗(x, y) = min{d(x, y), 1} es una

metrica acotada por 1 en X que define tambien a T ;3. cada punto x ∈ X posee una base local numerable (es decir, (X, T ) es

primero numerable). En efecto, la coleccion Bx = {B(x, 1/n) : n ∈ N} esuna base local de x en (X, T ).

Si (X, T ) es un espacio topologico y Y ⊆ X, podemos definir una topologıanatural TY en Y como sigue

TY = {Y ∩A : A ∈ T }.

A TY le llamamos topologıa relativa en Y con respecto a (X, T ), y la pareja (Y, TY )recibe el nombre de subespacio de (X, T ). Observe que si B es una base de T ,entonces la coleccion {Y ∩ B : B ∈ B} es una base de TY . Ademas, si By es unabase local en X de y ∈ Y , entonces {Y ∩ B : B ∈ By} es una base local de yen el subespacio Y . Dado un subconjunto Y de Rn, su topologıa euclideana es latopologıa relativa en Y con respecto a la topologıa euclideana en Rn.


Dada una coleccion {(Xj , Tj) : j ∈ J} de espacios topologicos no vacıos, podemosconsiderar en su producto cartesiano

X =∏j∈J

Xj = {f : J →⋃j∈J

Xj | f(j) ∈ Xj para cada j ∈ J}

la topologıa producto o topologıa Tychonoff generada por la base formada por losconjuntos de la forma

(*) [j1, . . . , jn;A1, . . . , An] = {f ∈ X : ∀ i ∈ {1, ..., n}[f(ji) ∈ Ai]}

en donde n ∈ N, j1, ..., jn ∈ J y Ai ∈ Ti para cada i ∈ {1, ..., n}. Cuando para cadaj ∈ J , Xj es igual a un mismo espacio dado Y , denotaremos al producto

∏j∈J Xj

por Y J . Es un buen ejercicio demostrar que la topologıa euclideana en Rn, conn ∈ N, coincide con la topologıa producto de n copias de la recta euclideana R.

Proposicion 2.4. Un producto de espacios metrizables {Xj : j ∈ J}, con |Xj | > 1para toda j ∈ J , es metrizable si y solo si el conjunto J es numerable.

Demostracion. Para cada j ∈ J sea dj una metrica en Xj que define su topo-logıa. Podemos suponer, sin perdida de generalidad, que cada dj esta acotada por1 (observacion 2.3-(2)).

Si J es finito, la funcion d :∏j∈J Xj ×

∏j∈J Xj → R+ definida como

d((xj)j∈J , (yj)j∈J) = max{dj(xj , yj) : j ∈ J}constituye una metrica en

∏j∈J Xj que define la topologıa producto en

∏j∈J Xj .

Si J es infinito, podemos identificar a J con N y definir d :∏n∈N Xn×

∏n∈N Xn →

R+ como

d((xn)n∈N, (yn)n∈N) =∑n∈N

dn(xn, yn)2n

.

La metrica d define la topologıa producto en∏n∈N Xn.

Ahora bien, supongamos que |J | > ℵ0 y que cada Xj tiene mas de un punto. Paraprobar que el producto no es metrizable bastara con demostrar que X =

∏j∈J Xj

no es primero numerable (observacion 2.3-(1)). Sea f ∈ X arbitrario y supongamosque B0, B1, ..., Bn, ... es una coleccion numerable de abiertos canonicos (del tiposenalado en (*)) que contienen a f . Digamos que

Bk = [jk1 , ..., jknk

;Ak1 , ..., Aknk

].

Tomemos el conjunto M = {jkl : k ∈ N y 1 ≤ l ≤ nk}. Como |J | > ℵ0 y M esnumerable, podemos encontrar j0 ∈ J \M . Sea A un abierto en (Xj0 , Tj0) diferentea Xj0 y que contenga a f(j0) (vease la observacion 2.3-(1)). Resulta que f perteneceal abierto [j0;A] y ningun Bn esta contenido en [j0;A]; lo cual prueba que X no esprimero numerable, y por lo tanto no es metrizable (observacion 2.3-(3)). �

Ası por ejemplo, la proposicion 2.4 nos dice que los espacios producto Rω, Nω y[0, 1]ω son metrizables pero Rω1 , Nω1 y [0, 1]ω1 no son metrizables.

Sean (X, T ) y (Y,S) dos espacios topologicos. Una funcion f : X → Y es conti-nua si f−1[A] es un conjunto abierto en X para cada A ∈ S. La funcion f : X → Yes abierta si f [B] ∈ S cada vez que B ∈ T ; y f es encaje si la funcion f : X → f [X]es inyectiva, continua y abierta (f [X] equipado con la topologıa de subespacio).


Ademas f : X → Y es un homeomorfismo si es un encaje suprayectivo. Para unproducto

∏j∈J Xj y un k ∈ J , denotaremos con πk a la funcion proyecccion sobre

el k factor, es decir para cada f ∈∏j∈J Xj , πk(f) = f(k). Resulta que cuando

consideramos la topologıa producto∏j∈J Xj , cada proyeccion es continua y abier-

ta, y una funcion g definida en un espacio Z y con valores en el producto∏j∈J Xj

es continua si y solo si πj ◦ g es continua para cada j ∈ J .Dos espacios topologicos X y Y son homeomorfos si existe un homeomorfismo

entre ellos. El sımbolo X ∼= Y significara que los espacios X y Y son homeomorfos.Una propiedad P aplicable a espacios topologicos es propiedad topologica si cadavez que X satisface P y X ∼= Y , se concluye que Y satisface P . Una propiedadtopologica es hereditaria si cualquier subespacio Y de un espacio topologico Xque satisface P , tambien tiene P . Y una propiedad topologica P es productiva si elproducto de cualquier familia de espacios no vacıos cada uno de ellos con P satisfaceP .

Que dos espacios X y Y sean homeomorfos significa que todas las propiedadesy relaciones topologicas que acontecen en X se reproducen fielmente en Y a travesde un homeomorfismo h : X → Y , y en cualquier argumentacion planteada enterminos topologicos es posible intercambiar uno de ellos, digamos X, por el otro,Y , manteniendose verdaderas las conclusiones.

Definiciones 2.5. (1) Un espacio topologico X es completamente regular si paracada x ∈ X y cada subconjunto cerrado F de X que no contenga a x, existef : X → [0, 1] continua tal que f(x) = 0 y f(y) = 1 para todo y ∈ F .(2) X es un espacio Tychonoff si es T2 y completamente regular.

Cada espacio metrizable es un espacio Tychonoff, y todo subespacio de un espacioTychonoff hereda esta propiedad. Ademas, el producto de espacios Tychonoff es unespacio Tychonoff. (Tambien la propiedad T2 es hereditaria y productiva.)

Para dos espacios topologicos X y Y , denotaremos con el sımbolo C(X,Y ) alconjunto de funciones continuas con dominio en X y rango contenido en Y . Enel caso en que Y es el espacio euclideano de los numeros reales, solo escribiremosC(X) en lugar de C(X,R).

Una coleccion C ⊆ C(X,Y ) separa puntos de X si para cada x, y ∈ X diferentes,existe f ∈ C tal que f(x) 6= f(y). Ademas, diremos que C separa puntos decerrados en X si para cada F ⊆ X cerrado y x ∈ X \ F , podemos encontrarf ∈ C que satisface f(x) 6∈ clY f [F ]. Para un subconjunto C de C(X,Y ), existeuna funcion natural definida enX y con valores en Y C llamada la funcion evaluacioneC : X → Y C definida por

eC(x)(f) = f(x).

Proposicion 2.6. Para espacios topologicos X y Y se cumple:1. La funcion eC : X → Y C es continua.2. Si C ⊆ C(X,Y ) separa puntos en X, entonces eC es inyectiva.3. Si C separa puntos de cerrados en X, entonces eC : X → eC [X] es abierta.4. Si C separa puntos y puntos de cerrados en X, entonces eC es un encaje.

Demostracion. (1) eC es continua pues para cada f ∈ C, πf ◦ eC = f .(2) Si x, y ∈ X son diferentes, existe f ∈ C tal que f(x) 6= f(y). EntonceseC(x)(f) 6= eC(y)(f). Es decir, eC es inyectiva.


(3) Sea A un subconjunto abierto de X. Consideremos un punto q ∈ eC [A] arbi-trario. Sea a ∈ A tal que eC(a) = q. Observese ahora que el subconjunto cerradoX \ A de X no contiene al punto a. Entonces existe una funcion g ∈ C tal queg(a) 6∈ cl g[X \ A]. Como Y \ cl g[X \ A] es abierto y la funcion πg : Y C → Y escontinua, tenemos que el conjunto

π−1g [Y \ cl g[X \A]] = {y ∈ Y C : y(g) 6∈ cl g[X \A]}

es abierto en Y C . Notemos ahora que

q ∈ π−1g [Y \ cl g[X \A]] ∩ eC [X] ⊆ eC [A]

y que π−1g [Y \cl g[X \A]]∩eC [X] es un subconjunto abierto de eC [X]. Por lo tanto,

podemos concluir que eC [A] es un subconjunto abierto de eC [X].(4) Esta afirmacion es una consecuencia de los incisos anteriores. �

Teorema 2.7 (Tychonoff, [16]). Un espacio X es Tychonoff si y solo si X eshomeomorfo a un subespacio de un cubo [0, 1]J para algun conjunto J .

Demostracion. El conjunto C = C(X, [0, 1]) separa puntos y puntos de cerrados enX pues X es Tychonoff. Por la proposicion 2.6, eC : X → [0, 1]C es un encaje.

Por otra parte, si X es homeomorfo a un subespacio de un cubo, entonces es unespacio Tychonoff ya que esta es una propiedad topologica, hereditaria y productiva.

�

Definiciones 2.8. (1) Una coleccion de conjuntos C de un conjunto X es cubiertade X si

⋃C = X. Una cubierta C de un espacio topologico es abierta si cada

elemento de C es un conjunto abierto de X.(2) Un espacio topologico (X, T ) es compacto si cada cubierta abierta de X contieneuna subcoleccion finita que aun cubre a X.

Es facil demostrar las siguientes proposiciones que usaremos varias veces en lassiguientes secciones:

Proposiciones 2.9.1. Cualquier subespacio compacto de un espacio Hausdorff X es cerrado enX.

2. Cualquier subespacio cerrado de un espacio compacto comparte esta propie-dad.

3. La imagen continua de un espacio compacto es compacta.4. Una funcion continua y biyectiva f : X → Y es un homeomorfismo si X

es compacto y Y es T2.

Un espacio topologico X es normal si para cada dos subconjuntos cerrados ajenosF y G de X, existen abiertos ajenos de X, A y B, tales que F ⊆ A y G ⊆ B.Un espacio topologico X es completamente normal si para cada dos subconjuntoscerrados ajenos F y G de X, existe una funcion continua f : X → [0, 1] tal quef [F ] ⊆ {0} y f [G] ⊆ {1}.

Una demostracion del siguiente resultado fundamental puede encontrarse en [5,Theorem 1.5.11] o en [6, Teorema 3.19.1].

Teorema 2.10 (Lema de Urysohn, [17]). Un espacio topologico X es normal si ysolo si X es completamente normal.


Como consecuencia del Lema de Urysohn cada espacio normal T2 es Tychonoff.Ademas es facil demostrar:

Proposicion 2.11. Todo espacio compacto T2 es normal.

Por lo tanto, concluimos:

Proposicion 2.12. Todo espacio compacto T2 es un espacio Tychonoff.

La clase de los espacios compactos constituye, junto con la clase de los espaciosmetrizables, el centro generador alrededor del cual se ha desarrollado una gran partede la teorıa topologica. Ejemplos clasicos de espacios compactos T2 son el intervaloI = [0, 1] y cualquier espacio topologico finito con su topologıa discreta.

Ademas del Lema de Uryshon, otro resultado que forma parte de los cimien-tos de la Topologıa General es el siguiente teorema demostrado por Tychonoff en1935. (Una demostracion puede encontrarse en [5, Theorem 3.2.4] o en [6, Teorema3.16.1].)

Teorema 2.13 (Tychonoff, [16]). El producto de espacios compactos es un espaciocompacto.

Ası resulta que para cualquier conjunto J , los espacios [0, 1]J y {0, 1}J son tam-bien espacios compactos.

Una coleccion F de subconjuntos de X tiene la propiedad de la interseccionfinita si cada subcoleccion finita G de F satisface

⋂G 6= ∅. Un resultado clave sobre

espacios compactos, el cual suele usarse para probar el teorema 2.13 y que usaremosen secciones posteriores (vease por ejemplo la demostracion del teorema 8.10), es elsiguiente que relaciona la compacidad con familias de cerrados con la propiedad dela interseccion finita. (La demostracion del resultado puede hallarse, por ejemplo,en [5], Theorem 3.1.1.)

Proposicion 2.14. Un espacio topologico X es compacto si y solo si cualquierfamilia F de subconjuntos cerrados en X con la propiedad de la interseccion finita,tiene interseccion no vacıa, es decir,

⋂F 6= ∅.

Un subespacio Y de un espacio topologico X es denso en X si cada subconjuntoabierto no vacıo de X tiene interseccion no vacıa con Y .

Definicion 2.15. Una compactacion de un espacio X es una pareja (K,h) tal queK es un espacio compacto, h es un encaje de X en K, y h[X] es denso en K. Doscompactaciones (K1, h1) y (K2, h2) de X son equivalentes (en sımbolos, K1 ≡X K2)si existe un homeomorfismo H : K1 → K2 tal que H ◦ h1 = h2.

Como consecuencia de lo dicho en los teoremas 2.7, 2.9 y 2.13 obtenemos:

Teorema 2.16. Un espacio X es Tychonoff si y solo si X posee una compactacionT2.

Demostracion. Sea X un subespacio denso de un compacto T2 K. El espacio K esTychonoff y esta propiedad es hereditaria. Por lo tanto, X es Tychonoff.

Ahora, si X es Tychonoff, entonces se puede sumergir como subespacio en uncubo K = [0, 1]J (teorema 2.7). Este ultimo es compacto y T2 por el teorema deTychonoff (2.13), ası que clK X es una compactacion T2 de X. �


Un espacio X es localmente compacto si cada x ∈ X posee una vecindad compac-ta, es decir, x esta en el interior de algun subconjunto compacto de X. El espacioeuclideano Rn es un ejemplo de un espacio localmente compacto que no es com-pacto. Igualmente cualquier espacio discreto infinito es localmente compacto y noes compacto. Para un espacio (X, T ) localmente compacto, podemos definir lo querecibe el nombre de compactacion por un punto o compactacion de Alexandroff αXque es el conjunto αX = X ∪ {p}, en donde p 6∈ X, y una base de su topologıa esB = T ∪ {A ⊆ αX : p ∈ A y X \A es compacto en X}. El espacio αX ası definidoes compacto y es T2 si X lo es. Por lo tanto, cualquier espacio localmente compactoT2 es Tychonoff.

Para cada espacio Tychonoff X, la coleccion C(X, [0, 1]) separa puntos de cerra-dos de X, ası que podemos definir:

Definicion 2.17. Sea X un espacio Tychonoff. La compactacion de Stone-Cech deX, que denotaremos con el sımbolo βX, es la cerradura en K = [0, 1]C(X,[0,1]) delsubespacio e[X] (o mas exactamente, es la pareja (clK e[X], e)), en donde e es lafuncion evaluacion definida por C(X, [0, 1]) (vease la proposicion 1.6).

Se dice que un subconjunto Z de un espacio topologico X es nulo si existe unafuncion f : X → R continua tal que Z = {x ∈ X : f(x) = 0}. Si este es el caso, a Zse le denotara con Z(f). Ademas, a un subonjunto de un espacio X le llamaremosconulo si es el complemento de un conjunto nulo.

El siguiente teorema nos proporciona algunas caracterizaciones fundamentalesde la compactacion de Stone-Cech.

Teorema 2.18. La compactacion de Stone-Cech βX de un espacio Tychonoff Xcumple las siguientes propiedades equivalentes:

1. para cualquier funcion continua f : X → Y , donde Y es un compacto T2,existe una unica funcion continua f : βX → Y tal que f ◦ e = f ;

2. para cualquier funcion continua f : X → [0, 1], existe una unica funcioncontinua f : βX → [0, 1] tal que f ◦ e = f ;

3. para cualesquiera dos nulos ajenos Z1, Z2 de X se cumple: clβX e[Z1] ∩clβX e[Z2] = ∅;

4. para cualesquiera dos nulos Z1, Z2 de X se cumple:

clβX e[Z1] ∩ clβX e[Z2] = clβX e[Z1 ∩ Z2].

Ademas, si (K,h) es una compactacion de X que cumple alguna de las condicionesanteriores cuando βX es substituida por K y e por h, entonces K ≡X βX.

Un subconjunto A de un espacio topologico X es cerrabierto si es, a la vez,cerrado y abierto. A la coleccion de subconjuntos cerrabiertos de un espacio Xla denotaremos con CA(X). Una clase de espacios topologicos Tychonoff que ju-gara un papel especial en este trabajo es aquel de los espacios X T2 que tienenla caracterıstica de que la coleccion CA(X) constituye una base para su topologıa.A estos espacios les llamaremos cero-dimensionales. Cualquier espacio discreto escero-dimensional. Ademas, esta propiedad es hereditaria y productiva, por lo cualcada subespacio de un cubo de Cantor {0, 1}M es cero-dimensional cualquiera quesea el conjunto M .


Ejemplo 2.19 (Espacios Topologicos Linealmente Ordenados). Dado un conjuntolinealmente ordenado (X,≤) (vease la definicion en la seccion 2) podemos conside-rar la coleccion S = {La : a ∈ X} ∪ {Da : a ∈ X} de subconjuntos de X en dondepara cada a ∈ X, La = {x ∈ X : x < a} y Da = {x ∈ X : x > a}. Podemosgenerar una topologıa T≤ en X usando a S como subbase generadora (veanse losparrafos posteriores a las definiciones 2.1). A la topologıa T≤ se le conoce comola topologıa en X generada por ≤. Un espacio topologico (X, T ) es linealmenteordenable si existe un orden lineal ≤ en X tal que T coincide con T≤. Cualquierespacio linealmente ordenable es Tychonoff. Es bien conocido que la topologıa gene-rada por el orden usual en R coincide con su topologıa euclideana. Otro ejemplo deespacio linealmente ordenable es el espacio de numeros ordinales numerables [0, ω1)considerado con el orden de los numeros ordinales ≤o. Este espacio es localmentecompacto y cero-dimensional. Ademas, si a [0, ω1) le anadimos el primer ordinal nonumerable ω1, entonces obtenemos el espacio [0, ω1] que es compacto y resulta sertanto la compactacion por un punto de [0, ω1) como su compactacion de Stone-Cech(puede consultarse [7]). En general, dado un numero ordinal α, usaremos el sımbo-lo [0, α) para designar al conjunto α considerado con su topologıa definida por elorden usual ≤o en α. Al espacio [0, α+ 1) lo denotaremos tambien como [0, α].

3. Conjuntos parcialmente ordenados y retıculas

Una relacion binaria R en un conjunto A es un subconjunto de A× A. Escribi-remos indistintamente (a, b) ∈ R o aRb para senalar que a y b estan relacionadossegun R.

Una relacion R en A es1. reflexiva si para cada a ∈ A, aRa.2. antisimetrica si a, b ∈ A, aRb y bRa implica a = b.3. transitiva si a, b, c ∈ A, aRb y bRc, entonces aRc.4. asimetrica si a, b ∈ A y aRb, entonces bRa no ocurre.5. total o lineal si para cada a, b ∈ A se tiene que aRb o bRa.

A una relacion reflexiva, antisimetrica y transitiva en un conjunto A le llama-remos orden parcial en A y lo denotaremos con el sımbolo ≤, y diremos que a esmenor o igual que b (a, b ∈ A) si a ≤ b. A la pareja (A,≤) le llamaremos conjuntoparcialmente ordenado

Una relacion asimetrica y transitiva en A es llamada orden parcial estricto ysera denotado con <. Dado un orden estricto < en A, la relacion ≤ definida en Acomo a ≤ b si y solo si a < b o a = b es una relacion de orden parcial; reciprocamente,si ≤ es una relacion de orden parcial en A, entonces la relacion definida en A comoa < b si y solo si a ≤ b y a 6= b es un orden estricto en A.

El sımbolo a 6≤ b significa que a ≤ b es falsa. Analogamente con a 6< b.Un orden parcial en A que ademas es lineal es llamado un orden lineal en A y, en

este caso, a la pareja (A,≤) se le llama conjunto linealmente o totalmente ordenado.Un subconjunto C de un conjunto parcialmente ordenado (A,≤A) es una cadena siC con el orden ≤A es un conjunto linealmente ordenado.

Ejemplos de conjuntos parcialmente ordenados son (P(X),⊆) y (R,≤R) en dondeX es un conjunto, ⊆ es la relacion de inclusion y ≤R es la relacion de orden usualdefinida en el conjunto de los numeros reales R. Ademas (R,≤R) es totalmenteordenado, y (P(X),⊆) es totalmente ordenado si y solo si X tiene a lo mas unelemento.


Sea (A,≤) un conjunto parcialmente ordenado, y sea B un subconjunto de A.Un elemento a ∈ A es

1. cota superior (respectivamente, cota inferior) de B si b ≤ a (respectivamen-te, a ≤ b) para todo b ∈ B.Ademas, a ∈ A es

2. mınima cota superior o supremo (respectivamente, maxima cota inferior oınfimo) de B si a es cota superior (resp., cota inferior) de B y para cadacota superior c de B (respectivamente, para cada cota inferior c de B) secumple que a ≤ c (respectivamente, c ≤ a).

Observese que un subconjunto de un conjunto parcialmente ordenado puedecarecer de cotas como es el caso de R en (R,≤R), o por el contrario tener muchascotas como puede apreciarse en el caso de [0, 1) en (R,≤R). Por otro lado si unconjunto B de un conjunto parcialmente ordenado (A,≤) tiene una mınima cotasuperior o supremo (respectivamente, una maxima cota inferior o ınfimo), esta debeser unica y la denotaremos por

∨B (resp.,

∧B). Observese tambien que, aun si

el subconjunto B de (A,≤) tiene una mınima cota superior o una maxima cotainferior, esta no necesariamente pertenece a B.

Un elemento a en un conjunto parcialmente ordenado (A,≤) es el mınimo o elprimer elemento (resp., el maximo o el ultimo elemento) de A si es el ınfimo (resp.,el supremo) en A. Si tales elementos existen en el conjunto (A,≤) suelen denotarsepor 0 y 1 respectivamente. Por ejemplo, para el conjunto (P(X),⊆) tenemos que0 =

∧P(X) = ∅ y 1 =

∨P(X) = X.

Por fin, un elemento a en un conjunto parcialmente ordenado (A,≤) es un ele-mento minimal (resp., un elemento maximal) en A si a no es mayor (resp., menor)a ningun otro elemento de A.

Por cierto, los axiomas conjuntistas sobre los que nos estamos apoyando en estetexto son los usuales de Zermelo-Fraenkel mas el axioma de eleccion (vease [8]).Este ultimo lo aplicaremos en varias ocasiones expresado en terminos de la siguienteproposicion equivalente:

Proposicion 3.1 (Lema de Kuratowski-Zorn). Sea (X,≤) un conjunto parcial-mente ordenado. Si cada cadena de (X,≤) tiene una cota superior, entonces Xcontiene un elemento maximal.

Definicion 3.2. Un conjunto parcialmente ordenado A = (A,≤) es una retıcula sipara cada par de elementos a, b ∈ A, existen en A el supremo y el ınfimo de {a, b},a los cuales denotaremos con a ∨ b y a ∧ b, respectivamente.

Observaciones 3.3. (1) Si A = (A,≤) es una retıcula, entonces las siguientesproposiciones se cumplen para cualesquiera a, b, c ∈ A:

R0 a ≤ b es equivalente a la igualdad a ∧ b = a y esto a su vez equivale aa ∨ b = b;

R1 a = a ∧ a = a ∨ a;R2 a ∨ b = b ∨ a y a ∧ b = b ∧ a;R3 (a ∨ b) ∨ c = a ∨ (b ∨ c), y (a ∧ b) ∧ c = a ∧ (b ∧ c);R4 a ∨ (a ∧ b) = a, y a ∧ (a ∨ b) = a.

(2) A un conjunto A con dos operaciones binarias ∧,∨ : A×A→ A que satisfacenlas propiedades marcadas con R1 hasta R4 en el inciso anterior, se le puede asociarun orden parcial ≤ definido por R0; con este orden, para a, b ∈ A, el ≤-ınfimo


de {a, b} es a ∧ b y el ≤-supremo de {a, b} es a ∨ b. Ası pues, esta es una formaalternativa de definir una retıcula (A,≤). Cuando queramos hacer hincapie en lasoperaciones ∧ y ∨ de una retıcula (A,≤) escribiremos (A,≤,∨,∧). Ademas, siA = (A,≤) tiene elemento mınimo 0 y maximo 1, usaremos tambien las notaciones(A,≤,∨,∧, 0, 1), (A,∨,∧, 0, 1) o (A,≤, 0, 1) para remarcar los sımbolos con los quedenotamos las relaciones reticulares en A y los elementos mınimo y maximo de A.Por ultimo, usaremos simplemente la letra A para designar una retıcula cuando nosea necesario llamar la atencion sobre los signos usados para indicar sus relacionesreticulares y los elementos singulares de ella.

Definicion 3.4. Una retıcula (A,≤) es completa si para cada B ⊆ A diferente delvacıo, existen a, b ∈ A tales que a es el supremo de B y b es el ınfimo de B; es decir,a =

∨B y b =

∧B.

Ejemplos 3.5. (1) Es claro que cualquier conjunto linealmente ordenado (X,≤)es una retıcula. Ademas, el conjunto linealmente ordenado (X,≤) es completo si ysolo si carece de huecos. Recordemos que un hueco en X es una pareja (L,D) desubconjuntos de X, posiblemente vacıos, tal que

(a) L ∪D = X,(b) x < y para cada x ∈ L y y ∈ D, y(c) L carece de maximo y D no tiene mınimo.

Otra forma de caracterizar los conjuntos linealmente ordenados completos es: elconjunto linealmente ordenado (X,≤) es completo si y solo si el espacio topologico(X, T≤) (vease 2.19) es compacto. Ası, por ejemplo, el intervalo [0, 1] con su ordenusual y el conjunto de ordinales [0, ω1] con el orden de los numeros ordinales sonretıculas completas.

(2) Para cada conjunto X, la coleccion P(X) con las operaciones ∨ = ∩ y ∧ = ∪y el orden ⊆ constituye una retıcula completa pues para cada ∅ 6= B ⊆ P(X),∨B =

⋃B y

∧B =

⋂B.

(3) Dado un espacio topologico (X, T ), la coleccion T con las operaciones A∧B =A ∪ B y A ∨ B = A ∩ B y el orden ⊆ forma tambien una retıcula completa. Enefecto, para cada B ⊆ T no vacıa,

∨B =

⋃B y

∧B = int(

⋂B).

(4) Un conjunto G de un espacio topologico (X, T ) es un abierto regular de X siG = intX(clX G). Denotemos porAR(X) a la familia de los abiertos regulares en X.Consideremos en AR(X) las operaciones A∨B = intX clX(A∪B) y A∧B = A∩B.Entonces AR(X) con estas operaciones y el orden parcial de la inclusion ⊆ esuna retıcula. Ademas AR(X) es una retıcula completa ya que si U ⊆ AR(X),∨U = intX clX(

⋃U) y

∧U = intX clX(

⋂U) constituyen el supremo y el ınfimo de

U en AR(X), respectivamente.Corroboremos que, en efecto, si U ⊆ AR(X), intX clX(

⋃U) es el supremo de U

en AR(X) (probar que intX clX(⋂U) es el ınfimo de U en AR(X) se lleva a cabo

de modo analogo): Para cualquier U ∈ U se cumple U ⊆⋂U . Por lo tanto

U = intX clX U ⊆ intX clX(⋃U).

Esto es, intX clX(⋃U) es una cota superior de U . Tomemos ahora otra cota superior

de U , digamos W ∈ AR(X). Tenemos que, para cada U ∈ U , U ⊆ W ; por lo cual⋃U ⊆W . Entonces

intX clX(⋃U) ⊆ intX clXW = W.


Ahora veremos ejemplos de retıculas no completas.

Ejemplo 3.6. Escribiremos Z(X) para representar a la familia de todos los con-juntos nulos de un espacio topologico X. Resulta que Z(X) con la relacion de orden⊆ es una retıcula. En efecto, si f y g son funciones continuas definidas en X y convalores en R, entonces

Z(f) ∧ Z(g) = Z(f) ∩ Z(g) = Z(f2 + g2) y

Z(f) ∨ Z(g) = Z(f) ∪ Z(g) = Z(f · g).

La retıcula (Z(X),⊆) no es necesariamente completa como se puede apreciarcuando tomamos como espacio X a la compactacion por un punto αW = W ∪ {p}del espacio discreto W de cardinalidad ℵ1. En este espacio el punto p es un elementofuera de W , cada subconjunto de W es abierto en αW y un subconjunto V de αWque contiene a p es abierto si y solo si |W \ V | < ℵ0.

Afirmamos que si g ∈ C(αW ) y p ∈ Z(g), entonces Z(g) \W es numerable. Enefecto, Z(g) =

⋂n g−1[(−1/n, 1/n)] y como cada g−1[(−1/n, 1/n)] es abierto en

αW y contiene a p, entonces αW \ g−1[(−1/n, 1/n)] es finito, por lo cual Z(g) \Wes numerable.

Veamos ahora que Z(αW ) no es completa. Comencemos por notar que si F ⊆Wes finito, entonces χF : αW → R, la funcion caracterıstica de F , es continuay, por lo tanto, αW \ F ∈ Z(αW ). Ahora probaremos que si Y ⊆ W satisface|Y | = |W \ Y | = ω1, entonces

C = {F : F es un subconjunto finito de Y }carece de supremo en Z(αW ). En efecto, si Z(f) es una cota superior de C, entoncesαW\Y ⊆ Z(f); en particular, p ∈ Z(f) y por endeW\Z(f) es numerable. Entonces,para cada q ∈ Z(f) \ Y se tiene que A = αW \ {q} es una cota superior de C enZ(αW ) para la cual Z(f) 6⊆ A.

Ejemplo 3.7. Sea X un espacio topologico y C(X) el anillo de funciones continuasdefinidas sobre X y con valores reales. En C(X) podemos definir las operaciones

(f ∧ g)(x) = max{f(x), g(x)} y

(f ∨ g)(x) = mın{f(x), g(x)}para cualesquiera f, g ∈ C(X) y x ∈ X. El orden parcial determinado por estasoperaciones binarias es f ≤ g si y solo si f(x) ≤R g(x) para todo x ∈ X, en donde≤R es el orden usual en R. Esta retıcula no es necesariamente completa como sepuede apreciar cuando tomamos como espacio X al espacio αW definido en elejemplo 3.6. Para demostrar que (C(αW ),≤) no es completa se puede seguir unaargumentacion semejante a la dada en el ejemplo 3.6 ya mencionado.

Ejemplo 3.8. Sea (X, T ) un espacio topologico y sea CA(X) la coleccion de lossubconjuntos cerrabiertos de X. Resulta que CA(X) con las operaciones ∩ y ∪ y elorden ⊆ es una retıcula. Observese que

1. {X, ∅} ⊆ CA(X),2. CA(X) = {X, ∅} si y solo si X es conexo, y3. CA(X) = P(X) si y solo si X es discreto.

Si X es el espacio euclideano de los racionales Q, la retıcula de los cerrabiertosen X, CA(Q), no es completa. En efecto, sea U = {B ∈ CA(Q) : B ⊆ (0,∞)}. Si


V es una cota superior de U en CA(Q), entonces debe suceder que V contiene aQ ∩ (0,∞). Como V es cerrado, entonces 0 ∈ V . Como V es abierto, existe r ∈ Qcon r < 0 y (r,∞)∩Q ⊆ V . Sea s un numero irracional tal que r < s < 0. Entonces(s,∞) ∩Q ∈ CA(Q), es cota superior de U y no es mayor a V .

Ejemplo 3.9. En el conjunto de los numeros naturales N consideramos la relaciondada por la formula siguiente:

x � y ⇔ x|y;

es decir, x � y si el numero natural x divide a y. Esta relacion es un orden parcial.Resulta que (N,�) es una retıcula con x∨y igual al mınimo comun multiplo de x yy, y en donde x∧ y es el maximo comun divisor. Ademas, si x � y entonces x debeser un numero menor o igual que y. Es entonces claro que (N,�) no tiene ultimoelemento. En particular, (N,�) no es completa.

Ejemplo 3.10 (Compactaciones T2 de espacios topologicos). Sea X un espacioTychonoff. Si (K,h) es una compactacion T2 de X, entonces |K| ≤ 22κ , dondeκ = |X|, porque la funcion φ : X → P(P(X)) definida mediante

φ(x) = {U ∩X : U es un abierto en K que contiene a x}

es inyectiva. Esta observacion garantiza la existencia de un conjunto K(X) decompactaciones T2 de X que satisface lo siguiente:

1. Siempre que (K0, h0), (K1, h1) ∈ K(X) cumplan (K0, h0) ≡X (K1, h1) (ver2.15) se concluye que (K0, h0) = (K1, h1).

2. Para toda compactacion T2 (K,h) de X existe (K0, h0) ∈ K(X) tal que(K,h) ≡X (K0, h0).

En otras palabras, K(X) es un sistema completo de representantes para la relacion≡X (observe que la clase K(X) no es un conjunto pero K(X) sı lo es).

En K(X) podemos definir la relacion (K1, h1) ≤ (K2, h2) si existe una funcioncontinua g : K2 → K1 tal que g ◦ h2 = h1. Es un ejercicio rutinario el probar quela relacion ≤ restringida a K(X) es un orden parcial.

Ahora probaremos que todo subconjunto no vacıo de K(X) tiene supremo. Conesta idea en mente, fijemos {(Ks, hs) : s ∈ S} ⊆ K(X), donde S 6= ∅. Sea Y =∏s∈S Ks el producto topologico, πs : Y → Ks la proyeccion en la coordenada s

y sea e : X → Y la unica funcion que satisface πs ◦ e = hs, para cada s ∈ S.La funcion e es continua y separa puntos de cerrados, por lo cual es un encaje(vease la proposicion 2.6). Ası la pareja (clY e[X], e) es una compactacion de X.Por la propiedad (2) enunciada arriba, existe (K,h) ∈ K(X) de tal suerte que(clY e[X], e) ≡X (K,h). Es ahora posible constatar que

∨S = (K,h).

En particular, el unico elemento de K(X) que es equivalente (segun ≡X) a lacompactacion de Stone-Cech de X es igual al supremo de K(X) segun fue senaladoen la definicion 2.17 y el teorema 2.18.

Es costumbre llamar a un conjunto parcialmente ordenado (P,≤) que contie-ne al supremo de cada uno de sus subconjuntos no vacıos semiretıcula completa

superiormente y al supremo de (P,≤), maximo proyectivo. Ası, (K(X),≤) es unasemiretıcula completa superiormente y su maximo proyectivo es el unico elementoequivalente a (βX, e) (vease 2.18-(1)).


La semiretıcula (K(X),≤) es una retıcula completa si y solo si X es T2 y local-mente compacto T2 (para una demostracion de esto vease la proposicion 4.3.(e),pag. 253 de [13].)

Definicion 3.11. Sean A = (A,≤A,∨A,∧A) y B = (B,≤B ,∨B ,∧B) dos retıculas.Diremos que B es una subretıcula de A si B ⊆ A y para cualesquiera dos elementosa, b ∈ B, a ∨B b = a ∨A b y a ∧B b = a ∧A b.

Como consecuencia de esta definicion resulta que si a, b ∈ B, a ≤B b si y solosi a ≤A b. En particula, si A = (A,≤A,∨A,∧A) es una retıcula y B ⊆ A, entonces(B,≤A,∨A,∧A) es una subretıcula de A.

Para un espacio topologico (X, T ), las retıculas T , Z(X) y CA(X), definidasen los ejemplos 3.5-(3), 3.6 y 3.8, respectivamente, son subretıculas de (P(X),⊆,∪,∩). Por otro lado, la retıcula AR(X), definida en el ejemplo 3.5-(4), no esnecesariamente una subretıcula de la retıcula (P(X),⊆, ∪,∩). Por ejemplo, en elespacio euclideano R, (0, 1) y (1, 2) son abiertos regulares pero (0, 1) ∨ (1, 2) =(0, 2) 6= (0, 1) ∪ (1, 2).

Definiciones 3.12. 1. Sean A = (A,≤A) y B = (B,≤B) dos conjuntos par-cialmente ordenados y sea h : A → B una funcion. h es un homomorfismode orden si a ≤A b implica h(a) ≤B h(b) para cualesquiera a, b ∈ A. Lafuncion h : A→ B es un epimorfismo de orden si h es un homomorfismo deorden suprayectivo. La funcion h : A→ B es un monomorfismo de orden sies inyectiva y tanto h como h−1 : h[A]→ A son homomorfismos de orden.En el caso en que h : A → B es un monomorfismo de orden y ademas essuprayectiva, entonces diremos que h es un isomorfismo de orden, y que Ay B son conjuntos parcialmente ordenados isomorfos.

2. Sean A = (A,≤A,∨A,∧A) y B = (B,≤B ,∨B ,∧B) dos retıculas. Una fun-cion h : A→ B es un homomorfismo reticular si h(a∨A b) = h(a)∨B h(b) yh(a ∧A b) = h(a) ∧B h(b) para cualesquiera a, b ∈ A. La funcion h : A→ Bes un epimorfismo reticular si es un homomorfismo reticular suprayectivo.La funcion h : A → B es un monomorfismo reticular si h es inyectiva ytanto h como h−1 : h[A]→ A son homomorfismos reticulares. Si h : A→ Bes monomorfismo reticular y es suprayectiva, entonces diremos que h es unisomorfismo reticular, y en este caso diremos que A y B son dos retıculasisomorfas.

Observaciones 3.13. Sean A = (A,≤A,∨A,∧A) y B = (B,≤B ,∨B ,∧B) dosretıculas, y sea h : A→ B una funcion. Entonces:

1. si h es un homomorfismo reticular, (h[A],≤B ,∨B ,∧B) es una subretıculade B a la que denotaremos por h[A];

2. si h es un homomorfismo reticular entonces h es un homomorfismo de orden;3. h es un monomorfismo reticular si h es un homomorfismo reticular inyectivo;

y4. si h es un monomorfismo reticular entonces h es un monomorfismo de orden.

Ejercicio 3.14. Demuestre, exhibiendo ejemplos, que los siguientes enunciados sonciertos.

1. Existen homomorfismos de orden que no son retıculares.2. Hay monomorfismos de orden que no son monomorfismos de retıculas.


En la seccion 3 vamos a determinar bajo que condiciones una retıcula (A,≤,∨,∧)es isomorfa a una subretıcula de una retıcula del tipo (P(X),⊆,∪,∩). Si tal cosasucede, diremos que (A,≤,∨,∧) tiene una representacion conjuntista.

Ejercicio 3.15. Sean A y B dos conjuntos parcialmente ordenados y sea f : A→ Buna funcion suprayectiva. Demuestre que las siguientes afirmaciones son equivalen-tes.

1. f es un isomorfismo de orden.2. Para cualesquiera a, b ∈ A se tiene que a ≤A b es equivalente a que f(a) ≤Bf(b).

Ejercicio 3.16. Si las retıculas A y B son isomorfas y A es completa, entonces Bes completa.

4. Retıculas distributivas, filtros y teorema de representacion deBirkhoff-Stone

Para cualquier retıcula A = (A,≤,∨,∧, 0, 1) y elementos a, b, c ∈ A, se tiene que

(?) (a ∧ b) ∨ (a ∧ c) ≤ a ∧ (b ∨ c).

La igualdad en la desigualdad (?) no se cumple necesariamente en cualquier retıcula.Por ejemplo, si A = {0, x1, x2, x3, 1} y las unicas posibles desigualdades en A son

0 < xi < 1

para i ∈ {1, 2, 3} (es decir, xi 6< xj si i 6= j, i, j ∈ {1, 2, 3}), entonces

0 = (x1 ∧ x2) ∨ (x1 ∧ x3) < x1 ∧ (x2 ∨ x3) = x1 ∧ 1 = x1.

Las retıculas que satisfacen la igualdad en (?) estaran en el centro de nuestraatencion, ası que les asignaremos un nombre:

Definicion 4.1. Una retıcula (A,≤,∨,∧) es distributiva si para cualesquiera a, b, c ∈A se cumple:

a ∧ (b ∨ c) = (a ∧ b) ∨ (a ∧ c).

Se puede demostrar que una retıcula (A,≤,∨,∧) es distributiva si y solo si paraa, b, c ∈ A se cumple

a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Observaciones 4.2.

1. Todo conjunto linealmente ordenado es una retıcula distributiva.2. Una retıcula del tipo (P(X),⊆,∪,∩) siempre es distributiva.3. Si A es una retıcula distributiva y B es una subretıcula de A, entonces B es

distributiva.4. Sea (A,≤A) una retıcula distributiva que no tiene elemento mınimo (resp.,

maximo). Entonces, existe una retıcula distributiva (B,≤B) con mınimo(resp., maximo) tal que (A,≤A) es subretıcula de (B,≤B).

5. Sean (A,≤A) y (B,≤B) dos retıculas. Supongamos que (A,≤A) es distri-butiva y que h : A→ B es un epimorfismo reticular. Entonces, (B,≤B) esdistributiva.


Demostracion. La prueba de estas proposiciones es simple. Presentamos aquı sololas demostraciones de (4) y (5).

(4) Sea B = A ∪ {0} en donde 0 es un elemento que no pertenece a A. Definimosen B el orden ≤B como sigue: 0 <B a para cualquier a ∈ A y, si a, b ∈ A, a <B bsi y solo si a <A b. Es facil corroborar que 0 es el elemento mınimo de (B,≤B),que (A,≤A) es subretıcula de (B,≤B) y que esta ultima es distributiva. De maneraanaloga se procede en el caso del maximo.

(5) Sean a, b, c ∈ B. Como h es una funcion suprayectiva, existen x, y, z ∈ A talesque h(x) = a, h(y) = b y h(z) = c. Entonces (a∧b)∨(a∧c) = (h(x)∧h(y))∨(h(x)∧h(z)) = h((x∧ y)∨ (x∧ z)) = h(x∧ (y∨ z)) = h(x)∧ (h(y)∨h(z)) = a∧ (b∨ c). �

Como consecuencia de (2) y (3) en las observaciones anteriores, resulta que si(X, T ) es un espacio topologico, cada una de las retıculas T , CA(X) y Z(X) de-finidas en los ejemplos 3.5-(3), 3.6 y 3.8 son distributivas. Es posible demostrartambien que las retıculas AR(X), C(X) y (N,�) de los ejemplos 3.5-(4), 3.7 y 3.9son distributivas.

Definicion 4.3. Sea A = (A,≤,∨,∧, 0, 1) una retıcula con elemento mınimo 0 yelemento maximo 1. Una coleccion F de A es un A-filtro o filtro en A, o simplementefiltro si no hay posibilidad de confusion, si

1. 0 6∈ F y F 6= ∅,2. si a, b ∈ F , entonces a ∧ b ∈ F , and3. si a ∈ F y b ∈ A es tal que a ≤ b, entonces b ∈ F .

Cuando el conjunto A del algebra booleana A es de la forma P(X), es usualreferirse a un filtro en P(X) como filtro en X.

Observaciones 4.4. Sea A = (A,≤,∨,∧, 0, 1) una retıcula y sea a ∈ A \ {0}.Entonces

1. La coleccion Fa = {b ∈ A : b ≥ a} es un A-filtro.2. Si F es un A-filtro y a ∈ A\F satisface que a∧x 6= 0 para cualquier x ∈ F ,

entonces F (a) = {b ∈ A : existe x ∈ F tal que a∧ x ≤ b} es un A-filtro quecontiene propiamente a F .

Un A-filtro F es primo si cada vez que tengamos a, b ∈ A con a∨b ∈ F , entoncesa ∈ F o b ∈ F . Finalmente, un A-filtro F es un A-ultrafiltro (o simplementeultrafiltro) si no existe un A-filtro G que contenga a F propiamente.

Observe que si A es distributiva, entonces todo A-ultrafiltro es primo. En efecto,supongamos que a, b ∈ A \F . Si sucediese que a∧ x 6= 0 para cada x ∈ F , entoncesF (a) serıa un A-filtro con F ⊆ F (a) (observacion 4.4-(2)) y, por ende, a ∈ F .Procediendo de manera analoga con b se obtiene la existencia de x, y ∈ F de talmodo que a ∧ x = b ∧ y = 0. Ahora podemos emplear la distributividad de A paraconcluir que (x ∧ y) ∧ (a ∨ b) = 0 y como x ∧ y ∈ F , esto implica que a ∨ b /∈ F .

Ejercicio 4.5. Muestre que existe una retıcula no distributiva A en la que hayA-ultrafiltros que no son A-filtros primos.

En los dos lemas que siguen, A = (A,≤,∨,∧, 0, 1) es una retıcula, F es un A-filtro y a ∈ A \F . Ademas, al conjunto S = {G : G es un A-filtro, F ⊆ G y a 6∈ G}lo consideramos con su orden ⊆.

Lema 4.6. Existe un A-filtro M que es maximal en el conjunto (S,⊆).


Demostracion. Si C ⊆ S es una cadena en (S,⊆), entonces⋃C pertenece a S y

es cota superior de C. Aplicando ahora el Lema de Kuratowski-Zorn, resulta queexiste un A-filtro maximal M en S. �

Lema 4.7. Si A es distributiva y si M es un A-filtro maximal de (S,⊆), entoncesM es primo.

Demostracion. Supongamos que M no es primo. Entonces existen b, c ∈ A tales queb ∨ c ∈ M pero M ∩ {b, c} = ∅. Los A-filtros M(b) y M(c) contienen propiamentea M (observacion 4.4-(2)). Como M es maximal en S y como F ⊆ M(b) ∩M(c),entonces debe suceder que a ∈ M(b) ∩M(c). Por lo tanto, existen m1,m2 ∈ Mtales que b ∧m1 ≤ a y c ∧m2 ≤ a. Ası que, (b ∧m1) ∨ (c ∧m2) ≤ a.

Ahora bien, b ∨ c ∈ M y m = m1 ∧m2 ∈ M . Entonces, (b ∨ c) ∧m ∈ M . ComoA es distributiva, (b ∨ c) ∧ m = (b ∧ m) ∨ (c ∧ m). Ademas, (b ∧ m) ∨ (c ∧ m) ≤(b ∧m1) ∨ (c ∧m2). Pero esto significa que a ∈ M , lo cual es una contradiccion.Concluimos que M debe ser primo. �

Conservando la notacion de los lemas 4.6 y 4.7 y del parrafo anterior al lema4.6, si a ∧ x 6= 0 para todo x ∈ F , entonces M es un A-filtro primo que no esA-ultrafiltro. Observe ademas que tomando a = 0 en el lema 4.6 se obtiene quetodo A-filtro esta contenido en un A-ultrafiltro.

Diremos que una retıcula (A,≤,∨,∧) tiene una representacion conjuntista si esisomorfa a una subretıcula de una retıcula de la forma (P(X),⊆,∪,∩).

No es difıcil probar el siguiente resultado.

Lema 4.8. Sea A una subretıcula de B. Si B tiene una representacion conjuntista,ası tambien A.

Teorema 4.9 (Teorema de representacion de Birkhoff-Stone). Una retıcula tieneuna representacion conjuntista si y solo si dicha retıcula es distributiva.

Demostracion. Si A = (A,≤,∨,∧) tiene una representacion conjuntista, entoncesexiste un conjunto X y una subretıcula B = (B,⊆,∪,∩) de (P(X),⊆,∪,∩) tal queA es isomorfa a B. De las observaciones en 4.2-(2) y 4.2-(3), concluimos que A esdistributiva.

Supongamos ahora que A = (A,≤,∨,∧) es distributiva y que tiene un elementomınimo 0 y uno maximo 1. Vamos a encontrar un conjunto X tal que la retıcula Aes isomorfa a una semiretıcula de (P(X),⊆,∪,∩). Tomamos X = {F ⊆ A : F esun A-filtro primo}. Definimos φ : A→ P(X) como

φ(a) = {F ∈ X : a ∈ F}.Para a, b ∈ A, se cumple que φ(a ∧ b) = φ(a) ∩ φ(b) y φ(a ∨ b) = φ(a) ∪ φ(b).

Ademas, φ(0) = ∅ y φ(1) = X. Es decir, φ es un homomorfismo de retıculas.Vamos ahora a probar que φ es una funcion inyectiva. Sean a, b ∈ A con a 6= b.

Entonces a 6≤ b o b 6≤ a. Supongamos que sucede lo primero. Tomemos Fa = {x ∈A : a ≤ x}. Fa es un A-filtro y b 6∈ Fa. Aplicando los lemas 4.6 y 4.7, podemosencontrar un A-filtro primo M que contiene a Fa, y por ende contiene a a, y nocontiene a b. Por lo tanto φ es inyectiva.

Por lo dicho hasta aquı, φ es un isomorfismo reticular entre A y (φ[A],⊆,∪,∩)que es subretıcula de (P(X),⊆,∪,∩) (veanse las observaciones 3.13).

Finalmente, si la retıcula distributiva A carece de un mınimo o de un maximo,podemos encontrar una retıcula distributiva B que posee mınimo y maximo, y tal


que A es subretıcula de B (vease la observacion 4.2-(4)). Por lo ya demostrado, Btiene una representacion conjuntista. Ahora solo resta aplicar el lema 4.8. �

5. Algebras booleanas

Consideremos una retıcula A = (A,≤,∨,∧, 0, 1). Diremos que b ∈ A es un com-plemento de a ∈ A si a ∨ b = 1 y a ∧ b = 0. Si A es distributiva y a ∈ A tiene uncomplemento, este es unico.

Definicion 5.1. Un algebra booleana es una retıcula distributiva A = (A,≤,∨,∧, 0, 1) tal que cada elemento en A tiene un complemento. Para cada a en unalgebra booleana A, denotaremos con a′ al unico elemento en A que es complementode a. Al operador ′ : A→ A definido por a 7→ a′, le llamaremos complementacion.

Ejemplos 5.2. El primer ejemplo que hay que mencionar es el algebra booleanatrivial {0} en donde 1 = 0 y las operaciones ∨, ∧ y ′ son las triviales. Por otraparte, todos los ejemplos de retıculas estudiados en la seccion 2, son retıculas dis-tributivas. De ellos, (P(X),⊆) es un algebra booleana con mınimo ∅ y maximoX, y el complemento de cada A ∈ P(X) es X \ A. Para un espacio topologico(X, T ), la cuarteta (CA(X),⊆, ∅, X) es tambien un algebra booleana en la cual elcomplemento de A ∈ CA(X) es X \A. Ademas, la retıcula de abiertos regulares estambien un algebra booleana en donde 0 = ∅, 1 = X y para cada abierto regular A,A′ = X \ clX A. En cambio, T y Z(X) son retıculas acotadas por 0 = ∅ y 1 = X,pero no necesariamente todos sus elementos tienen complemento.

Ejemplo 5.3. (Algebras booleanas de Lindenbaum) El ejemplo que presentamosahora ejemplifica la conexion entre las algebras booleanas y la logica. Sea L unlenguaje de primer orden y sea S una teorıa (es decir S es un conjunto arbitrariode formulas en L). Consideramos en S la relacion de equivalencia

φ ∼ ψ si y solo si ` φ↔ ψ.

Es decir, φ ∼ ψ si y solo si φ↔ ψ es formalmente probable a partir de los axiomasde S en el calculo clasico de predicados. El conjunto B(S) de todas las clases deequivalencia [φ] con φ ∈ S es un algebra booleana bajo las siguientes operaciones:

[φ] ∨ [ψ] = [φ ∨ ψ],

[φ] ∧ [ψ] = [φ ∧ ψ],

[φ]′ = [¬φ].

en donde ∨ y ∧ dentro de los corchetes representan la conjuncion y disyuncionlogicas y ¬ es la negacion. Ademas, B(S) esta acotada por

0 = [φ ∧ ¬φ] y

1 = [φ ∨ ¬φ].

en donde φ es una formula arbitraria.

Para cada dos elementos a, b de un algebra booleana (A,∨,∧, ′), al elemento a∧b′lo denotaremos tambien por a \ b, y a′′ se usara para denotar (a′)′.

Las relaciones contenidas en la siguiente proposicion son de gran importancia ysu demostracion es sencilla.


Proposicion 5.4. Sea (A,≤,∨,∧, ′, 0, 1) un algebra booleana y a, b ∈ A. Entonces:1. (Leyes de De Morgan) (a ∧ b)′ = a′ ∨ b′ y (a ∨ b)′ = a′ ∧ b′;2. a′′ = a;3. 0′ = 1 y 1′ = 0;4. a ∧ b = (a′ ∨ b′)′ y a ∨ b = (a′ ∧ b′)′;5. a ≤ b si y solo si b′ ≤ a′, a ∧ b = 0 si y solo si b ≤ a′, y a ∨ b = 1 si y solo

si a′ ≤ b; y6. a \ b = 0 si y solo si a ≤ b, y a \ b = 1 si y solo si a = 1 y b = 0.

Definicion 5.5. Sean A = (A,∨A,∧A, ′A, 0A, 1A) y B = (B,∨B ,∧B , ′B , 0B , 1B)dos algebras booleanas. Se dice que B es subalgebra booleana de A si B ⊆ A,0B = 0A, 1B = 1A, y si a, b ∈ B, entonces a ∨B b = a ∨A b, a ∧B b = a ∧A b ya′B = a′A .

Se puede confirmar que las siguientes afirmaciones son ciertas.

Observaciones 5.6.1. Sea A = (A,∨,∧, ′, 0, 1) un algebra booleana, y sea B ⊆ A. Si {0, 1} ⊆ B, y

para cada a, b ∈ B, a ∨ b ∈ B, a ∧ b ∈ B y a′ ∈ B, entonces (B,∨,∧, ′, 0, 1)es una subalgebra booleana de A.

2. Una subalgebra booleana (B,∨,∧, ′) de (A,∨,∧, ′) es una subretıcula de(A,∨,∧).

3. Si A es una familia de subalgebras booleanas de A = (A,∨,∧, ′, 0, 1), en-tonces

⋂A es una subalgebra booleana de A.

Ejemplos 5.7.1. Sea X un espacio topologico. El algebra booleana CA(X) es una subalgebra

booleana de AR(X) y de P(X).2. Sea X un conjunto. Una subalgebra de (P(X),⊆,∩,∪, \, X, ∅) que vale la

pena mencionar es FC = {Y ⊆ X : |Y | < ℵ0 o |X\Y | < ℵ0}. Observese quesi |X| = κ ≥ ℵ0, entonces |FC| = κ. Es decir, existen algebras booleanasde cualquier cardinalidad infinita. Puede probarse tambien que k ∈ N es lacardinalidad de un algebra booleana si y solo si k = 2n para algun n ∈ N.

3. Una generalizacion natural del ejemplo anterior se construye como sigue.Sea X un conjunto de cardinalidad mayor o igual que κ en donde κ ≥ ℵ0.Definimos FCκ = {Y ⊆ X : |Y | < κ o |X \ Y | < κ}. Es claro que FCκ esuna subalgebra booleana de (P(X),⊆,∩,∪, \, X, ∅).

4. Para un espacio topologico X, en general, AR(X) no es una subalgebrabooleana de P(X). En efecto, ya se hizo notar con anterioridad que AR(R)no es subretıcula de P(R) (ver el parrafo que le sigue a la definicion 3.11).

Ejercicio 5.8. Sea A un algebra booleana y sea S un subconjunto arbitrario de A.Defina una sucesion 〈Sn : n ∈ ω〉 del modo siguiente: S0 := S y

Sn+1 := {∧F : F es un subconjunto finito de Sn}.

Pruebe que si S∗ :=⋃n Sn, entonces

1. para conjunto finito F ⊆ S∗ se tiene que∧F ∈ S∗ y

2. |S∗| = max{|S|, ω}.

Ejercicio 5.9. Sea A un algebra booleana. Para cada a ∈ A sea A � a := {x ∈ A :x ≤ a}. Demuestre lo siguiente.


1. Si x, y ∈ A, entonces x ∧ y, x ∨ y ∈ A � a.2. Si para cada x ∈ A � a definimos x := x′∧a, entonces x∧x = 0 y x∨x = a.3. (A � a,∨,∧, , 0, a) es un algebra booleana a la que denotaremos por A � a.

¿Para que valores de a se tiene que A es una subalgebra de A?

Definiciones 5.10. Sean (A,∨A,∧A, ′A, 0A, 1A) y (B,∨B ,∧B , ′B , 0B , 1B) dos alge-bras Booleanas. Una funcion f : A → B es un homomorfismo booleano si es unhomomorfismo entre retıculas y para cada a ∈ A, f(a′A) = f(a)′B . Si f : A→ B esun homomorfismo booleano suprayectivo, diremos entonces que h es un epimorfismobooleano. Ademas se dice que f es un monomorfismo booleano si f es inyectivo ytanto f como f−1 : f [A]→ A son homomorfismos booleanos. La funcion f : A→ Bes un isomorfismo booleano si f es un monomorfismo booleano suprayectivo.

Proposicion 5.11. Sean A = (A,∨A,∧A, ′A, 0A, 1A) y B = (B,∨B ,∧B , ′B , 0B , 1B)dos algebras booleanas y f : A→ B una funcion. Entonces,

1. si f es un homomorfismo reticular, f(0A) = 0B y f(1A) = 1B, entonces fes un homomorfismo booleano y f [A] es una subalgebra booleana de B a laque denotaremos por f [A];

2. si f es un epimorfismo reticular, entonces f es un epimorfismo booleano;3. si f es un monomorfismo reticular y para alguna a ∈ A se cumple f(a′A) =f(a)′B , entonces f es un monomorfismo booleano;

4. si f es un homomorfismo booleano inyectivo, entonces f es un monomor-fismo booleano;

5. si f es un isomorfismo de orden, entonces f es un isomorfismo booleano.

Demostracion. (1) Sea a ∈ A cualquiera. Queremos demostrar que f(a′A) = f(a)′B .Pero 0B = f(0A) = f(a ∧A a′A) = f(a) ∧B f(a′A), y 1B = f(1A) = f(a ∨A a′A) =f(a) ∨B f(a′A). Por lo tanto f(a′A) es un complemento de f(a). Como B es unalgebra booleana, los complementos son unicos; por lo tanto f(a)′B = f(a′A). Sedeja al lector las verificaciones restantes.

(2) Como f es un homomorfismo reticular, entonces f preserva el orden. Por lotanto, siendo f suprayectiva, debe tenerse f(0A) = 0B y f(1A) = 1B . Ahora soloaplicamos el inciso (1).

(3) Sea a ∈ A tal que f(a)′B = f(a′A). Entonces, f(0A) = f(a ∧A a′A) =f(a) ∧B f(a′A) = f(a) ∧B f(a)′B = 0B y f(1A) = f(a ∨A a′A) = f(a) ∨B f(a′A) =f(a)∨Bf(a)′B = 1B . Ahora bien, f−1 es un homomorfismo reticular y f−1(1B) = 1Ay f−1(0B) = 0A. Por (1), f−1 es un homomorfismo booleano.

(4) Si f es un homomorfismo booleano inyectivo, en particular es un homomorfis-mo reticular inyectivo. Por la observacion 3.13-(3), f es un monomorfismo reticular.Ademas, para cada a ∈ A, f(a′A) = f(a)′B . Terminamos la demostracion al aplicarla conclusion del inciso (3).

(5) Ya se hizo notar que si f es un isomorfismo de orden, entonces f es unisomorfismo reticular. Ademas, como f conserva el orden, f(0A) = 0B y f(1A) =1B . Por (1), f es un homomorfismo booleano. Ademas, f es biyectivo; por (4), f esun monomorfismo booleano suprayectivo. Es decir, f es un isomorfismo booleano.

�

Un algebra booleana A es una retıcula acotada (es decir, A tiene elemento maxi-mo y elemento mınimo) de tal manera que podemos hablar de A-filtros y conceptos


similares (vease la definicion 4.3 y parrafos que le siguen). En el caso de un algebrabooleana A los A-ultrafiltros y los A-filtros primos coinciden:

Proposicion 5.12. Sea F un A-filtro en donde A = (A,∨,∧, ′, 0, 1) es un algebrabooleana. Entonces las siguientes condiciones son equivalentes:

1. F es un A-ultrafiltro;2. para cada a ∈ A, si a ∧ b 6= 0 para cualquier b ∈ F , entonces a ∈ F ;3. F es primo;4. para cada a ∈ A, a ∈ F o a′ ∈ F .

Demostracion. (1) ⇒ (2): Sea a ∈ A tal que a ∧ b 6= 0 para cada b ∈ F . ComoF no es vacıo, a no debe ser 0. Resulta que F (a) = {b ∈ A : existe x ∈ F talque a ∧ x ≤ b} es un A-filtro que contiene a F . Si a 6∈ F , entonces F (a) contienepropiamente a F (observacion 4.4-(2)), lo cual no es posible. Debemos concluir quea ∈ F .(2) ⇒ (3): Sean a, b ∈ A \ F . Por hipotesis existen c, d ∈ F tales que a ∧ c = 0 yb ∧ d = 0. Entonces

(a ∨ b) ∧ (c ∧ d) = (a ∧ c ∧ d) ∨ (b ∧ c ∧ d) = 0

y como c ∧ d ∈ F , se concluye que a ∨ b /∈ F .(3) ⇒ (4): Como F es un A-filtro, 1 ∈ F . Ademas, para cada a ∈ A, a ∨ a′ = 1.Como F es primo, a ∈ F o a′ ∈ F .(4)⇒ (1): Sea G un A-filtro que contiene a F . Si a ∈ G\F , entonces, por hipotesis,a′ ∈ F . Por lo cual a y a′ pertenecen a G, lo cual implica que 0 = a ∧ a′ ∈ G; peroesto ultimo es una contradiccion. Por lo tanto F = G y F es un A-ultrafiltro. �

Definicion 5.13. Un algebra booleana A = (A,∨,∧, ′, 0, 1) es completa si A escompleta como retıcula (vease la definicion 3.4). Ademas, para cada numero cardi-nal κ, diremos que A es κ-completa si para cada B ⊆ A de cardinalidad < κ, existena, b ∈ A tales que a es el supremo de B y b es el ınfimo de B; en otras palabras,a =

∨B y b =

∧B. Un algebra booleana es σ-completa si es ℵ1-completa. A las

algebras booleanas que son σ-completas se les suele llamar σ-algebras.

Como ya se senalo en el ejemplo 3.5-(2), para un conjunto X, P(X) es un algebrabooleana completa. Tambien, para cada espacio topologico X, AR(X) es un algebrabooleana completa. Ademas observese que si A es un algebra booleana y C es unacoleccion de subalgebras completas (resp., κ-completas) de A, entonces

⋂C es una

subalgebra de A completa (resp., κ-completa).

Ejercicio 5.14. Sea A un algebra booleana y sea S ⊆ A. Demuestre lo siguiente.1. Si

∨S existe, entonces (

∨S)′ =

∧{x′ : x ∈ S}.

2. Si∧S existe, entonces (

∧S)′ =

∨{x′ : x ∈ S}.

Ejemplos 5.15. (Vease [6], secciones 1 y 3 del primer capıtulo y los problemas enlas paginas 420-424.)

1. Sea (X, T ) un espacio topologico. La menor de las σ-subalgebras de P(X)que contiene a T es

Bor(X) =⋂{A ⊆ P(X) : A es una σ-subalgebra de P(X) y T ⊆ A}.

A cada elemento de la σ-algebra Bor(X) se le llama subconjunto borelianode X.


2. Un subconjunto E de un espacio topologico X es denso en ninguna parteen X si

intX clX E = ∅.Un subconjunto E de X es magro o de la primera categorıa de Baire enX si es la union de una coleccion numerable de subconjuntos densos enninguna parte en X. Por fin, un subconjunto E de X tiene la propiedad deBaire en X si E∆U es magro en X para algun subconjunto abierto U deX. La coleccion

Bai(X) = {E ⊆ X : E tiene la propiedad de Baire en X}es una σ-subalgebra de P(X). Resulta claro que cualquier subconjunto dela primera categorıa en X y cualquier subconjunto abierto en X tienenla propiedad de Baire. Es mas, Bai(X) es la menor σ-algebra en X quecontiene a los abiertos y a los densos en ninguna parte. En particular,Bor(X) ⊆ Bai(X) (vease una demostracion explıcita de esta afirmacion enel lema 13.7 mas adelante).

3. La coleccion Leb(R) de los subconjuntos de R que son Lebesgue-medibleses una σ-algebra. Como cualquier subconjunto abierto de R es Lebesgue-medible, entonces Bor(R) es una σ-subalgebra de Leb(R).

Ejercicio 5.16. Sean A y A dos algebras booleanas. Si h : A→ B es un homomor-fismo booleano inyectivo, entonces h−1 : h[A]→ A es un homomorfismo booleano.Por ende, h es un isomomorfismo booleano entre A y h[A].

6. Algebras booleanas y anillos booleanos

Un anillo A con elemento unitario 1 es un conjunto A, dos operaciones binarias+ : A × A → A y ∗ : A × A → A, y dos elementos distinguidos 0 y 1 de tal modoque lo siguiente se satisface para cualesquiera a, b, c ∈ A:

1. (Conmutatividad de la suma) a+ b = b+ a,2. (Asociatividad de la suma) (a+ b) + c = a+ (b+ c) y (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c),3. (Existencia de los neutros aditivo y multiplicativo) a+ 0 = a y a ∗ 1 = a =

1 ∗ a,4. (Existencia del inverso aditivo) existe un unico elemento −a ∈ A tal quea+ (−a) = 0,

5. (Distributividad) a ∗ (b+ c) = (a ∗ b) + (a ∗ c) y (b+ c) ∗ a = (b ∗ a) + (c ∗ a).Si ademas se satisface que todos sus elementos son idempotentes:(6) para cada a ∈ A, a2 = a ∗ a = a,

entonces diremos que A es un anillo booleano.

Observacion 6.1. Si (A,+, ∗, 0, 1) es un anillo booleano, entonces para a, b ∈ Ase cumple:

1. a+ a = 0, y2. a ∗ b = b ∗ a.

Ejemplos 6.2.1. El ejemplo trivial de anillo booleano es {0} con 1 = 0 y operaciones triviales∗ y +. Otro ejemplo tambien sencillo pero importante es el anillo de losenteros modulo 2, J = Z/2Z. El anillo J es isomorfo al anillo (2,+, ∗, 0, 1)en donde 2 = {0, 1}, la suma + esta definida por


0 + 0 = 0,0 + 1 = 1 + 0 = 1, y

1 + 1 = 0.

Y el producto ∗ esta definido por

0 ∗ 0 = 0,0 ∗ 1 = 1 ∗ 0 = 0, y

1 ∗ 1 = 1.

Naturalmente, −0 = 0 y −1 = 1.Dada una coleccion de anillos booleanos es posible dotar de una es-

tructura de anillo booleano a su producto cartesiano definiendo la suma yel producto coordenada por coordenada; el neutro aditivo es entonces lafuncion constante 0, y el neutro multiplicativo es la funcion constante 1.Ası por ejemplo, dado un conjunto E, JE sera el anillo booleano productoque resulta de multiplicar E-veces el anillo J de los enteros modulo 2.

2. Producto de algebras booleanas. De manera analoga a lo dicho en elparrafo anterior sobre anillos booleanos, podemos definir el producto dealgebras booleanas: dada una familia A = {As = (As,∨s,∧s, ′s, 0s, 1s) : s ∈S} de algebras booleanas, podemos definir operaciones naturales ∨π, ∧π y′π de algebra booleana en el producto cartesiano

∏s∈S As como sigue:

(as)s∈S ∨π (bs)s∈S = (as ∨s ba)s∈S ,

(as)s∈S ∧π (bs)s∈S = (as ∧s ba)s∈S(as)′πs∈S = (a′ss )s∈S .

Ademas podemos considerar los elementos distinguidos 0π = (0s)s∈Sy 1π = (1s)s∈S de

∏s∈S As. Entonces, A = (

∏s∈S As,∨π,∧π, ′π, 0π, 1π)

es un algebra booleana llamada algebra booleana producto de la familiaA. Si los elementos en A son todos iguales a un algebra booleana B, elalgebra booleana producto se denotara por BS o BS . Resulta que paracada t ∈ S la proyeccion πt :

∏s∈S As → At es un epimorfismo. Ademas, el

algebra booleana∏s∈S As cumple la siguiente propiedad universal: dada un

algebra booleana B y una familia {fs : B → As | s ∈ S} de homomorfismosbooleanos, existe un unico homomorfismo booleano f : B →

∏s∈S As tal

que, para cada s ∈ S, πs ◦ f = fs.

3. El orden usual en el conjunto 2 = {0, 1} (0 < 1) define una estructura dealgebra booleana en {0, 1}. Las operaciones ∨ y ∧ estan definidas por

0 ∨ 0 = 0,0 ∨ 1 = 1 ∨ 0 = 1, y

1 ∨ 1 = 1.


y

0 ∧ 0 = 0,0 ∧ 1 = 1 ∧ 0 = 0, y

1 ∧ 1 = 1.

Ademas, 0′ = 1 y 1′ = 0.Denotaremos con 2 a esta algebra booleana. Si E es un conjunto, pode-

mos considerar el algebra booleana producto 2E como se definio en el inciso(2).

La relacion entre anillos booleanos y algebras booleanas es muy estrecha comoveremos en los teoremas 6.3 y 6.5.

Teorema 6.3. Si (A,+, ∗, 0, 1) es un anillo booleano, entonces (A,∨,∧, ′, 0, 1) esun algebra booleana en donde ∨, ∧ y ′ estan definidos como:

a ∨ b = a+ b+ a ∗ b,a ∧ b = a ∗ b, y

a′ = a+ 1.

Demostracion. Tenemos que demostrar que (A,∨,∧, 0, 1) es una retıcula; es de-cir, debemos demostrar que (A,∨,∧, 0, 1) satisface las condiciones R1 a R4 de laobservacion 3.3. Ademas, debemos demostrar que (A,∨,∧, 0, 1) es distributiva, ypor fin, hay que probar que ′ es en efecto una operacion de complementacion en(A,∨,∧, 0, 1).R1 es consecuencia de las igualdades a ∗ a = a y a+ a = 0 (observacion 6.1-(1));

usando la conmutatividad de + y ∗ obtenemos R2; la asociatividad y distributividadde + y ∗ producen R3.

Ahora usamos la observacion 6.1-(1) y obtenemos R4:

a ∧ (a ∨ b) = a ∗ (a+ b+ a ∗ b) = a2 + a ∗ b+ a2 ∗ b = a+ a ∗ b+ a ∗ b = a+ 0 = a

y, similarmente,

a ∨ (a ∧ b) = a+ a ∗ b+ a ∗ a ∗ b = a+ a ∗ b+ a ∗ b = a.

Ahora, para demostrar que la retıcula (A,∨,∧, 0, 1) es distributiva basta converificar que las siguientes igualdades se cumplen:

a ∧ (b ∨ c) = a ∗ (b+ c+ b ∗ c) = a ∗ b+ a ∗ c+ a ∗ b ∗ cy, empleando la observacion 6.1-(2),

(a ∧ b) ∨ (a ∧ c) = a ∗ b+ a ∗ c+ a ∗ b ∗ a ∗ c == a ∗ b+ a ∗ c+ a ∗ a ∗ b ∗ c == a ∗ b+ a ∗ c+ a ∗ b ∗ c.

Para cada a ∈ A se tiene que a∨1 = a+1+a∗1 = 1 y a∧1 = a∗1 = a. Por ende,1, el neutro multiplicativo del anillo, es el maximo de A. De manera semejante, 0,el neutro aditivo del anillo, es el mınimo de A.

Falta ahora demostrar que nuestra operacion propuesta de complementacionposee, en efecto, las debidas caracterısticas; es decir, a∨a′ = 1 and a∧a′ = 0. Paraesto usamos la observacion 6.1-(2):


a ∨ a′ = a+ (a+ 1) + a ∗ (a+ 1) =

= a+ a+ 1 + a2 + a = 0 + 1

y tambien,

a ∧ a′ = a ∗ (a+ 1) = a2 + a = a+ a = 0.Hemos terminado la demostracion. �

No solo cada anillo booleano produce un algebra booleana como se probo enel teorema 6.3, ademas cada algebra booleana nos proporciona un anillo booleanocomo asegura el teorema 6.5. Para presentar el teorema necesitamos una definicion:la diferencia simetrica de a, b ∈ A es el elemento

a∆b = (a \ b) ∨ (b \ a)

de A. Se deja al lector la demostracion del siguiente lema (ver proposicion 5.4).

Lema 6.4. Sea A un algebra booleana. Entonces, para cualesquiera a, b, c ∈ A, sonciertas las siguientes afirmaciones:

1. a∆b = 0 si y solo si a = b,2. a∆b = b∆a,3. a∆0 = a,4. a∆(b∆c) = (a∆b)∆c, y5. a ∧ (b∆c) = (a ∧ b)∆(a ∧ c).

Teorema 6.5. Si (A,∨,∧, ′, 0, 1) es un algebra booleana, entonces (A,+, ∗, 0, 1) esun anillo booleano en donde +, ∗ y − estan definidos como:

a+ b = a∆b,a ∗ b = a ∧ b, y−a = a

para cada a, b ∈ A.

Demostracion. La asociatividad de + se sigue del lema 6.4-(4). La asociatividad de∗ se obtiene de la asociatividad de ∧. La distributividad del producto con respectoa la suma (inciso (5) de la definicion de anillo booleano) es una consecuencia dellema 6.4-(5). La idempotencia de cada elemento en A es una consecuencia de R1en las observaciones 3.3. Ademas tenemos

a+ (−a) = a+ a = a∆a = 0

y tambiena+ 0 = a∆0 = a.

Las demas condiciones que hay que verificar se demuestran de manera sencilla. �

Observaciones 6.6. Para cada anillo booleano A denotemos con l(A) al algebrabooleana obtenida de A como se indica en el teorema 6.3; en el caso en que A es unalgebra booleana, sea n(A) el anillo booleano definido en el teorema 6.5 a partir deA. Resulta que l(n(A)) = A y n(l(A)) = A. Por ejemplo, para cualquier conjuntoE se tiene que l(JE) =2E y n(2E) = JE , donde JE y 2E deben entenderse tal ycomo se definieron en los ejemplos 6.2-(1) y 6.2-(3).


Una consecuencia del Teorema de Representacion de Birkhoff-Stone (teorema4.9) es el siguiente resultado.

Teorema 6.7. Dada un algebra booleana A, existe un conjunto X tal que A esisomorfa a una subalgebra booleana de (P(X),∪,∩, \, ∅, X).

Demostracion. Sea A = (A,∨,∧, ′, 0, 1) un algebra booleana. Denotaremos porS(A) al conjunto de A-ultrafiltros. Para cada a ∈ A, definimos Ua = {F ∈ S(A) :a ∈ F}. Sea B = {Ua : a ∈ A}. Por la proposicion 5.12 y la demostracion delteorema 4.9, concluimos que A es isomorfa como retıcula a (B,⊆,∪,∩). Por cierto,en la demostracion del teorema 4.9 se probo que la funcion φ : A → B definidapor φ(a) = Ua es un isomorfismo reticular que satisface φ(0) = ∅ y φ(1) = S(A).Empleando 5.12-(4) se obtiene lo siguiente para cada a ∈ A:

φ(a′) = Ua′ = P(X) \ Ua = P(X) \ φ(a),

en donde X = S(A).Concluimos que B = (B,∪,∩, \, ∅, X) es una subalgebra booleana de (P(X),∪,∩, \, ∅, X)

isomorfa a A. �

Proposicion 6.8. Si A una subalgebra booleana de un algebra (P(X),∪,∩, \, ∅, X),para algun conjunto X, entonces A es isomorfa a una subalgebra booleana de 2X

(vease 6.2-(3)).

Demostracion. Consideremos la funcion φ : A→2X definida por

φ(E) = χE ,

en donde χE : X → {0, 1} es la funcion caracterıstica de E para cada E ∈ A.Vamos a demostrar que {χE : E ∈ A} es una subalgebra booleana de 2X y

que φ es un isomorfismo. Como A es una subalgebra booleana de P(X), entoncesX es el elemento maximo de A y ∅ es el elemento mınimo de A. Por lo tantoφ(X) : X → {0, 1} es la funcion constante 1, y φ(∅) : X → {0, 1} es la funcionconstante 0. Ademas es claro que

χF ∨ χG = χF∪G,

χF ∧ χG = χF∩G

lo cual significa que φ es un homomorfismo booleano. No es difıcil constatar que φes una funcion inyectiva. Por la proposicion 5.11, resulta que φ[A] es una subalgebrabooleana de 2X isomorfa a A. �

Teorema 6.9. Cada algebra booleana es isomorfa a una subalgebra booleana de 2E

para algun conjunto E.

Demostracion. Sea A un algebra booleana. Segun el teorema 6.7 existe un conjuntoE y una subalgebra B0 de (P(E),∪,∩, \, ∅, E) de tal modo que A y B0 son isomorfas.La proposicion 6.8 garantiza que B0 es, a su vez, isomorfa a una subalgebra booleanaB de 2E . Por ende A y B son isomorfas. �

Vale la pena observar que la demostracion dada para el teorema 6.9 puede em-plearse para probar que todo anillo booleano es isomorfo a un subanillo de JE (verejemplo 6.2-(1)).


7. Teoremas de Representacion y Dualidad de Stone

Una retıcula (A,∨,∧) tiene una representacion topologica si (A,∨,∧) es isomorfareticularmente a un algebra booleana de la forma (CA(X),∪,∩) para algun espaciotopologico X. Naturalmente, si la retıcula A = (A,∨,∧) tiene una representaciontopologica, entonces A es un algebra booleana. Observe ademas que si (CA(X),∪,∩)es una representacion topologica de A, entonces (CA(X),∪,∩) es una representacionconjuntista de A.

Ya vimos en la seccion 3 que toda retıcula distributiva posee una representacionconjuntista, ası que cada algebra booleana tiene una representacion de este tipo(veanse los teoremas 4.9 y 6.7). En esta seccion vamos a demostrar mas que es-to; probaremos que cada algebra booleana A tiene una representacion topologica(CA(X),∪,∩) para algun espacio compacto cero-dimensional T2 X (Teorema deRepresentacion de Stone).

Dada un algebra booleana A = (A,∨,∧, ′, 0, 1), podemos considerar el conjunto

S(A) = {U ⊆ A : U es un A-ultrafiltro}.Ademas definimos la funcion λ : A→ P(S(A)) como

λ(a) = {U ∈ S(A) : a ∈ U}.Usando las propiedades de los A-ultrafiltros (vease la proposicion 5.12) es posible

demostrar el siguiente resultado.

Proposicion 7.1. Sea A = (A,∨,∧, ′, 0, 1) un algebra booleana y sean a, b ∈ A.Entonces:

1. λ(0) = ∅ y λ(1) = S(A),2. λ(a ∨ b) = λ(a) ∪ λ(b),3. λ(a ∧ b) = λ(a) ∩ λ(b), y4. λ(a′) = S(A) \ λ(a).

A partir de las afirmaciones en la proposicion 7.1, podemos deducir que la co-leccion {λ(a) : a ∈ A} forma una base de abiertos para una topologıa TS en S(A).La pareja (S(A), TS) es llamado espacio de Stone de A.

Ejercicio 7.2. Demuestre que {λ(a) : a ∈ A} tambien es base para los cerrados deTS , es decir, pruebe que si F es un subconjunto cerrado del espacio de Stone de A,entonces existe H ⊆ A de tal modo que F =

⋂{λ(a) : a ∈ H}.

Teorema 7.3 (Teorema de Representacion de Marshall H. Stone (1937)). SeaA = (A,∨,∧, ′, 0, 1) un algebra booleana. Entonces:

1. (S(A), TS) es un espacio compacto T2 cero-dimensional;2. la coleccion {λ(a) : a ∈ A} coincide con CA(S(A)); y3. la funcion λ es un isomorfismo booleano entre A y CA(S(A)).

Demostracion. (1) Como para cada a ∈ A, λ(a) = S(A)\λ(a′), el espacio (S(A), TS)es cero-dimensional. Veremos ahora que (S(A), TS) es T2. Sean U y V dos elementosdistintos en S(A). Entonces, existe b ∈ V \ U . Por la proposicion 5.12, b′ ∈ U . Porla proposicion 7.1, λ(b) ∩ λ(b′) = ∅. Como U ∈ λ(b′) y V ∈ λ(b), se sigue que S(A)es Hausdorff.

Para demostrar que (S(A), TS) es compacto, demostraremos que cada filtro Fformado por cerrados en S(A) satisface

⋂F 6= ∅. Sea pues F con las caracterısticas


senaladas. Tomamos G = {a ∈ A : λ(a) ⊇ F para algun F ∈ F}. Un corolariodel ejercicio 7.2 es que

⋂F =

⋂{λ(a) : a ∈ G}. Se puede constatar que G es

un A-filtro y por lo tanto G esta contenido en un U ∈ S(A) (basta tomar a = 0en el lema 4.6). Como consecuencia tenemos que U ∈ λ(a) para cada a ∈ G, yası U ∈

⋂{λ(a) : a ∈ G} =

⋂F . Por lo tanto S(A) es compacto.

(2) Ya vimos en los comentarios anteriores al presente teorema que {λ(a) : a ∈ A}es una subcoleccion de CA(S(A)). Ahora tomemos V ∈ CA(S(A)). Como V esabierto y {λ(a) : a ∈ A} es una base en S(A), existe B ⊆ A tal que V =

⋃{λ(a) :

a ∈ B}. Como V es cerrado y por lo tanto compacto, existe una subcoleccion finitaH de B tal que V =

⋃{λ(a) : a ∈ H}. De la proposicion 7.1-(2) obtenemos que

V = λ(∨H). Es decir, V es un elemento de {λ(a) : a ∈ A}.

(3) La proposicion 7.1 afirma que λ es un homomorfismo booleano. Ademas,el inciso (2) del presente teorema nos asegura que λ es suprayectiva. Vamos ademostrar ahora que λ es inyectiva. Sean a, b ∈ A con a 6= b. Entonces, a 6≤ bo b 6≤ a. Supongamos lo primero, ası a \ b 6= 0 (proposicion 5.4-(6)). La coleccionF = {x ∈ A : x ≥ a \ b} es un A-filtro. Debe existir un A-ultrafiltro U que contienea F . Por lo tanto a \ b ∈ U , lo cual implica U ∈ λ(a \ b). Como a ≥ a \ b = a ∧ b′y b′ ≥ a \ b, entonces a, b′ ∈ U . Esto implica que U ∈ λ(a) \ λ(b). Por lo tantoλ(a) 6= λ(b). Concluimos que λ es inyectiva. �

Observaciones 7.4.

1. Como consecuencia del Teorema de Representacion de Stone, para cadaconjunto infinito X de cardinalidad κ, el espacio de Stone S(A) asociadoal algebra booleana A = (P(X),

⋃,⋂, \, ∅, X) es el conjunto de ultrafiltros

en X con la topologıa generada por la coleccion

B = {λ(U) : U ⊆ X}

como base, en donde, para cada U ⊆ X,

λ(U) = {U : U es un ultrafiltro en X que contiene a U}.

Es decir, en este caso, S(A) es la compactacion de Stone-Cech, βκ, delespacio discreto de cardinalidad κ (vease por ejemplo [7] o [13]).

2. Otra observacion que puede hacerse a partir del teorema 7.3 es la siguiente:si A es un algebra booleana finita, entonces la cardinalidad del conjuntoA debe ser de la forma 2k en donde k es el numero de A-ultrafiltros. Enefecto, S(A) es finito y por lo tanto discreto, y A es isomorfa a CA(S(A)) =P(S(A)).

Ejercicio 7.5. Sea A un algebra booleana y sea λ : A → P(S(A) la funcion de laproposicion 7.1.

1. Pruebe que λ es un monomorfismo de algebras booleanas. Por ende, λ[A]es una subalgebra de P(S(A)).

2. Demuestre que si E ⊆ A tiene supremo en A, entonces los siguientes enun-ciados son equivalentes:

a) λ(∨E) =

⋃{λ(e) : e ∈ E}.

b) Para algun conjunto finito E0 ⊆ E se tiene que∨E0 =

∨E.

(Sugerencia: segun el teorema 7.3, λ(a) es un subconjunto compacto deS(A) para cualquier a ∈ A.)


3. Concluya que si A es un algebra booleana completa, λ[A] es completa tam-bien, pero no necesariamente se tiene que si E ⊆ λ[A], entonces el supremode E calculado en λ[A] coincide con el supremo de E calculado en P(S(A)),aun a pesar de que λ[A] es una subalgebra de P(S(A)).

El Teorema de Representacion de Stone constituye una parte del llamado Teo-rema de Dualidad de Stone. En lo que sigue, completamos en varias proposicioneseste Teorema de Dualidad.

Cualquier espacio compacto T2 cero-dimensional X es homeomorfo al espaciode Stone del algebra booleana formada por los cerrabiertos de X, S(CA(X)). Enefecto, para un espacio compacto T2 y cero-dimensional X podemos definir unafuncion ν : X → P(CA(X)) del siguiente modo:

ν(x) = {V ∈ CA(X) : x ∈ V }.

Resulta que ν[X] = S(CA(X)). Aun mas:

Proposicion 7.6. Para un espacio compacto T2 cero-dimensional X, ν : X →S(CA(X)) es un homeomorfismo.

Demostracion. Veamos primero que, en efecto, ν(x) pertenece a S(CA(X)). Queν(x) es un CA(X)-filtro, es facil de comprobar. Para ratificar que ν(x) es un CA(X)-ultrafiltro solo tenemos que probar que es primo (vease la proposicion 5.12). Seanpues C,D ∈ CA(X) tales que C ∪D ∈ ν(x). Esto significa que x ∈ C ∪D, lo cualimplica que x ∈ C o x ∈ D; es decir, C ∈ ν(x) o D ∈ ν(x).

Para demostrar que ν es inyectiva, tomemos x, y ∈ X con x 6= y. Como Xes cero-dimensional y Hausdorff, podemos encontrar un cerrabierto C de X quesatisface x ∈ C y y 6∈ C. Es claro que C ∈ ν(x) \ ν(y).

La suprayectividad de ν es una consecuencia de la compacidad de X. En efecto,si U es un CA(X)-ultrafiltro, entonces

⋂U 6= ∅ ya que X es compacto. Sea x ∈

⋂U .

Resulta claro ahora que U ⊆ ν(x). Como U es CA(X)-ultrafiltro, debe cumplirseU = ν(x).

La continuidad de ν resulta de las igualdades

ν−1[λ(C)] = {x ∈ X : ν(x) ∈ λ(C)} = {x ∈ X : C ∈ ν(x)} = {x ∈ X : x ∈ C} = C

para cada C ∈ CA(X), y del hecho de que la coleccion {λ(C) : C ∈ CA(X)} es unabase de la topologıa de S(CA(X)).

Ademas, X es compacto y S(CA(X)) es Hausdorff, lo que significa que ν escerrada. Ası concluimos que ν : X → S(CA(X)) es en efecto un homeomorfismo. �

Para espacios compactos T2 cero-dimensionales X y Y y para cada funcion con-tinua f : X → Y definimos ν(f) : CA(Y )→ CA(X) como

ν(f)(V ) = f−1[V ].

Proposicion 7.7. Sean X y Y dos espacios compactos T2 cero-dimensionales, ysea f : X → Y una funcion continua. Entonces,

1. ν(f) : CA(Y )→ CA(X) es un homomorfismo booleano;2. f es inyectiva si y solo si ν(f) es suprayectiva;3. f es suprayectiva si y solo si ν(f) es inyectiva; y4. f : X → Y es un homeomorfismo si y solo si ν(f) : CA(Y ) → CA(X) es

un isomorfismo booleano.


Demostracion. (1) Esto es una consecuencia de las relaciones

f−1[U ∪ V ] = f−1[U ] ∪ f−1[V ]

f−1[U ∩ V ] = f−1[U ] ∩ f−1[V ]

f−1[U \ V ] = f−1[U ] \ f−1[V ].

que se satisfacen para cualquier funcion f : X → Y y cualesquiera subconjuntosU, V de Y .

(2) Supongamos que f es inyectiva. Para demostrar que ν(f) es suprayectiva,tomemos C ∈ CA(X). Observese que f es un encaje de X en Y pues es inyectiva,continua y cerrada. Por lo tanto f [C] es abierto en f [X] y, por ende, f [C] = U∩f [X]para algun subconjunto abierto U de Y . Ahora bien, U =

⋃M con M ⊆ CA(Y ).

Como f [C] es compacto, existe un conjunto finitoM0 ⊆M tal que f [C] ⊆⋃M0.

De aquı resulta que f [C] = (⋃M0) ∩ f [X]. Como f es inyectiva, esta igualdad

implica que C = f−1[⋃M0]. Finalmente notemos que

⋃M0 ∈ CA(X) y que

ν(f)(⋃M0) = C.

Ahora supongamos que ν(f) es suprayectiva y sean x y y elementos distintosde X. Sea C ∈ CA(X) tal que x ∈ C y y 6∈ C. Como ν(f) es suprayectiva, existeD ∈ CA(Y ) tal que ν(f)(D) = C. Resulta entonces que f−1[D] = C y f(x) ∈ D.Tambien f(y) ∈ Y \D. Es decir, f(x) 6= f(y).

(3) Supongamos que f es suprayectiva y sean C y D en CA(Y ) con C 6= D.Sea y un elemento de la diferencia simetrica C∆D, y sea x ∈ X tal que f(x) = y.Entonces x ∈ ν(f)(C)∆ν(f)(D).

Ahora supongamos que Y \ f [X] 6= ∅. Como X es compacto, f [X] es un subcon-junto compacto de Y . Sea y ∈ Y \f [X]. Existe C ∈ CA(Y ) tal que f [X] ⊆ C y y 6∈ C.Resulta ahora que Y y C son cerrabiertos en Y diferentes y ν(f)(Y ) = ν(f)(C) = X.

(4) Si f es un homeomorfismo, entonces por (1), (2) y (3), ν(f) es un homomor-fismo booleano biyectivo. Por la proposicion 5.11, ν(f) es un isomorfismo booleano.Recıprocamente, si ν(f) es biyectiva, entonces f es biyectiva por (2) y (3), y, claro,f es continua por hipotesis. Ademas, f es cerrada pues X es compacto y Y esHausdorff. �

Sean ahora A = (A,∨A,∧A, ′A, 0A, 1A) y B = (B,∨B ,∧B , ′B , 0B , 1B) dos alge-bras booleanas. Dada una funcion φ : A→ B podemos definir λ(φ) : S(B)→ P(A)de la manera siguiente

λ(φ)(U) = {a ∈ A : φ(a) ∈ U} = φ−1[U ].

Ahora dejamos como ejercicio al lector la demostracion del siguiente resultado.

Proposicion 7.8. Sean A y B dos algebras booleanas, y sea φ : A→ B un homo-morfismo booleano. Entonces,

1. λ(φ) es una funcion definida en S(B) y con valores en S(A);2. λ(φ) es continua y cerrada;3. φ es inyectiva si y solo si λ(φ) es suprayectiva;4. φ es suprayectiva si y solo si λ(φ) es inyectiva;5. φ es un isomorfismo booleano si y solo si λ(φ) : S(B) → S(A) es un ho-

meomorfismo.

Los teoremas enunciados en esta seccion constituyen lo que suele llamarse el Teo-rema de Dualidad de Stone que puede expresarse sinteticamente como sigue: existe


una correspondencia biyectiva entre la categorıa de algebras booleanas y homomor-fismos booleanos y la categorıa de los espacios compactos T2 cero-dimensionales ylas funciones continuas definidas entre ellos.

8. Filtros y compactaciones de Wallman

El Teorema de Stone (7.3) nos dice que a cada algebra booleana A le podemosasociar un espacio Booleano (compacto T2 y cero-dimensional), su espacio de StoneS(A). En esta seccion estudiaremos los “espacios de Stone.asociados con algunassubretıculas especiales de retıculas conjuntistas. Iniciamos la seccion replanteandolo dicho para A-filtros en el caso en que A es una subretıcula conjuntista.

Definiciones 8.1. (1) Se dice que una coleccion no vacıa F de conjuntos tiene lapropiedad de la interseccion finita (p.i.f) si cada subcoleccion finita G de F satisface⋂G 6= ∅.

(2) Una coleccion no vacıa C de conjuntos es ω-completa si para cada A,B ∈ C secumple A ∩B ∈ C.(3) Para una coleccion de conjuntos C, un filtro F en C es una subcoleccion no vacıade C que cumple:

(a) para cada F ∈ F , F 6= ∅,(b) si F,G ∈ F , entonces F ∩G ∈ F , y(c) si F ∈ F , G ⊇ F y G ∈ C, entonces G ∈ F .

(4) Para una coleccion de conjuntos C, una subcoleccion no vacıa B de C es unabase de filtro en C si cumple:

(a) para cada F ∈ B, F 6= ∅, y(b) para cada F,G ∈ B, existe H ∈ B tal que H ⊆ F ∩G.

(5) Un ultrafiltro en C es un filtro en C que no esta contenido propiamente en ningunotro filtro en C.

En particular, cada filtro es una coleccion ω-completa y es tambien una basede filtro, y cada base de filtro tiene la propiedad de la interseccion finita. Ademas,para una coleccion ω-completa C, cada coleccion F ⊆ C con la propiedad de lainterseccion finita genera el filtro

<F>C= {C ∈ C : ∃ n ∈ N, F0, ..., Fn ∈ F (⋂i≤n

Fi ⊆ C)},

llamado filtro de C generado por F .En el caso en que C = P(X) para algun conjunto X, escribiremos < F >X

en lugar de <F >C . Ademas, en este caso hablaremos de filtro sobre X, base defiltro sobre X, ultrafiltro sobre X, etc. Cuando sea evidente en el contexto sobreque coleccion C estamos tomando filtros, bases de filtros y ultrafiltros, se omitira lareferencia a C en <F>C .

Ejemplos 8.2.1. Para cada conjunto X y A ⊆ X con A 6= ∅, la coleccion F(A) = {F ⊆ X :F ⊇ A} es un filtro sobre X. En el caso en que A esta constituido por unsolo elemento, entonces F(A) es un ultrafiltro sobre X.

2. Cuando X es infinito, {F ⊆ X : X \ F es finito} es tambien un filtro sobreX.


3. Si (X, T ) es un espacio topologico, la coleccion D de subconjuntos densosabiertos en X es un filtro en T (o, si se quiere, D es una base de filtro sobreX).

Diremos que una coleccion no vacıa F es fija si⋂F 6= ∅, y es libre en caso

contrario. Los ejemplos en 8.2-(1) son filtros fijos y el mostrado en 8.2-(2) es libre.Con auxilio del Axioma de Eleccion mostraremos ahora la existencia de ultrafiltroslibres.

Teorema 8.3. Sean C una coleccion ω-completa y F ⊆ C con la propiedad dela interseccion finita. Entonces existe un ultrafiltro U en C que contiene a F . Siademas F es libre, ası tambien lo es U .

Demostracion. Sea F la coleccion de filtros en C que contienen a F . Consideremosa F con el orden parcial definido por ⊆. La coleccion F es diferente del vacıo pues<F>C le pertenece. Si D es una cadena en (F,⊆), entonces

⋃D ∈ F. Por el Lema

de Zorn, existe un elemento maximal U en F. Es un ejercicio rutinario el probarque U es un ultrafiltro.

Ademas, como F ⊆ U , si⋂U 6= ∅, entonces

⋂F 6= ∅ �

Teorema 8.4. Sea C una coleccion de conjuntos y U ⊆ C. Sea X =⋃C. Conside-

remos las siguientes proposiciones:1. La coleccion U es un ultrafiltro en C.2. Si F ∈ C y F ∩G 6= ∅ para cualquier G ∈ U , entonces F ∈ U .3. Para cada A ∈ C, si A no pertenece a U , entonces existe B ∈ U tal queB ⊆ X \A.

4. Si A,B ∈ C y A ∪B ∈ U , entonces A ∈ U o B ∈ U .Entonces: (2) es equivalente a (3); si U es un filtro en C, (2) implica (1) y (4);

si ademas C es ω-completo, (1) y (2) son equivalentes; por ultimo, si U es un filtroen C, C es ω-completo, X ∈ C y para cada C ∈ C, X \ C ∈ C (en particular, si Ces una subalgebra booleana de P(X)), entonces (1), (2), (3) y (4) son equivalentes(compare estos resultados con los mencionados en la proposicion 5.12).

Demostracion. (2) ⇔ (3): Esta equivalencia es obvia.Supongamos por el resto de la prueba que C es ω-completa.(1) ⇒ (2): Sea F ∈ C que satisface las condiciones iniciales en (2). Resulta que

U ′ = U ∪ {F} tiene la propiedad de la interseccion finita. Como C es ω-completopodemos considerar el filtro <U ′>C , el cual contiene a U ; lo que significa que soniguales y por lo tanto F ∈ U .

En los argumentos siguientes se supondra que U es un filtro, que X ∈ C y queX \ C ∈ C para cualquier C ∈ C.

(3) ⇒ (4): Si A 6∈ U y B 6∈ U , entonces existen C,D ∈ U tales que C ⊆ X \A yD ⊆ X \ B. Como estamos suponiendo que U es un filtro, entonces C ∩D ∈ U yA ∪B ⊆ X \ (C ∩D). Entonces A ∪B 6∈ U .

(4) ⇒ (1): Supongamos que F es un filtro en C que contiene a U , y sea F ∈ Fcualquiera. Como en este caso estamos suponiendo que U es un filtro y X ∈ C,entonces X ∈ U . Ademas X = F ∪ (X \ F ) y X \ F ∈ C. Por hipotesis, X \ F ∈ Uo F ∈ U . Lo primero no puede suceder pues U ⊆ F y F es filtro. Ası, F ∈ U , locual significa que U = F . Es decir, U es un ultrafiltro en C.

Las implicaciones restantes se demuestran de manera analoga. �


Observaciones 8.5.1. Si A = (A,≤) es una retıcula, entonces, B = (A,≥) es tambien una retıcula,

y para dos elementos a, b ∈ A, a∨B b = a∧Ab y a∧B b = a∨Ab. Si, ademas Atiene un elemento mınimo (resp., maximo), aparecera en B como elementomaximo (resp., mınimo).

2. Si A = (A,≤) es una subretıcula de una reticula de conjuntos (es decir,de una retıcula de la forma (P(X),⊆)), entonces Ac = (Ac,⊆), en dondeAc = {X \ a : a ∈ A} es, por la Leyes de de Morgan, tambien una retıcula.

3. En el caso en que A = (A,≤) es una retıcula distributiva, ası tambien lo esB = (A,≥), y en el caso en que A es un algebra booleana, B es un algebrabooleana con a′B = a′A para cada a ∈ A.

4. Por fin, si A es una subalgebra booleana de conjuntos, Ac = A.

Ejemplos 8.6. Dado un espacio topologico X, enumeramos en la seccion 2 variosejemplos de subretıculas de (P(X),⊆). Entre ellas estan la coleccion de subconjun-tos abiertos de X, T , y la coleccion de subconjuntos nulos de X. Por lo dicho en lasobservaciones 8.5-(2), la coleccion de subconjuntos cerrados de X y la de conjuntosconulos de X constituyen dos retıiculas conjuntistas.

Definicion 8.7. Una base de Wallman L de un espacio topologico T2 X es unasubretıcula de la retıcula de los subconjuntos cerrados en X que satisface:

(i) ∅, X ∈ L;(ii) L es una base para los cerrados en X;

(iii) si E ∈ L y x ∈ X \E, entonces existe F ∈ L tal que x ∈ F y E ∩ F = ∅; y(iv) si E,F ∈ L y E ⊆ X \F , entonces existen G,H ∈ F tales que E ⊆ X \G ⊆

H ⊆ X \ F .

Ejemplo 8.8. Los nulos de un espacio Tychonoff forman una base de Wallman.En efecto, sea X un espacio Tychonoff y L = Z(X). Ya sabemos que Z(X) esuna retıcula de conjuntos que satisface (i), (ii) y (iii) de 8.7. Para demostrar (iv)tomemos Z1 y Z2 en Z(X) tales que Z1 ∩ Z2 = ∅. Existen f, g ∈ C(X) tales que0 ≤ f(x), g(x) ≤ 1 para todo x ∈ X y Z1 = Z(f), Z2 = Z(g). Tomemos la funcionh : X → R definida por

h(x) =f(x)

f(x) + g(x).

Como Z1 y Z2 son ajenos, h esta bien definida en todo X. Ademas, h es continua yh(x) = 0 para cualquier x ∈ Z1 y h(x) = 1 para cada x ∈ Z2. Sean G = h−1[[0, 1

3 ]]y H = h−1[[ 2

3 , 1]]. Entonces, Z2 ⊆ X \G ⊆ H ⊆ X \ Z1.

Si L es una base de Wallman de un espacio topologico X, podemos tomar elconjunto

WLX = {U : U es un L-ultrafiltro en X}.Para cada E ∈ U , definimos

S(E) = {U ∈WLX : E ∈ U}.Las siguientes afirmaciones son sencillas de demostrar.

Lema 8.9. Sea L una base de Wallman de X, y sean E,F ∈ L. Entonces:1. S(∅) = ∅ y S(X) = WLX;2. S(E ∩ F ) = S(E) ∩ S(F );3. S(E ∪ F ) = S(E) ∪ S(F ); y


4. S(E) ⊆ (WLX) \ S(F ) si y solo si E ⊆ X \ F .

A partir de las relaciones enumeradas en el lema anterior, resulta que la coleccion{S(E) : E ∈ L} forma una base para la coleccion de los cerrados de una topologıaTL en WLX (equivalentemente: {WLX \E : E ∈ L} es base para alguna topologıaTL en WLX).

Proposicion 8.10. Si L es una base de Wallman de X, entonces (WLX, TL) esun espacio compacto Hausdorff.

Demostracion. Primero demostraremos que (WLX, TL) es un espacio de Hausdorff.Sean U y V dos elementos distintos de WLX. Como U es maximal, existe E ∈ U \V.Por el teorema 8.4, E ∩F = ∅ para algun F ∈ V. Como L es una base de Wallman,existen G,H ∈ L tales que

E ⊆ X \G ⊆ H ⊆ X \ F.

Resulta entonces que U ∈ S(E) ⊆ WLX \ S(G). Como F ⊆ X \ H, entoncesV ∈ S(F ) ⊆WLX \ S(H). Como

(WLX \ S(G)) ∩ (WLX \ S(H)) = WLX \ (S(G) ∪ S(H)) =

WLX \ (S(G ∪H)) = WLX \ S(X) = WLX \WLX = ∅,se sigue que WLX es Hausdorff.

Para demostrar que WLX es compacto, supongamos que F es un filtro de subcon-juntos cerrados de WLX. Tenemos que demostrar que

⋂F 6= ∅. Para cada F ∈ F,

F =⋂{S(E) : F ⊆ S(E), E ∈ L}; por lo cual G = {S(E) : F ⊆ S(E) pa-

ra algun F ∈ F y E ∈ L} es cerrado bajo intersecciones finitas y⋂

G =⋂

F.Sea G = {E ∈ L : S(E) ∈ G}. Si E,F ∈ G, entonces S(E), S(F ) ∈ G y∅ 6= S(E) ∩ S(F ) = S(E ∩ F ), lo cual implica que ∅ 6= E ∩ F ∈ G. Si G ∈ Ly G ⊇ H para alguna H ∈ G, entonces S(H) ⊆ S(G) y por ende S(G) ∈ G.Concluimos que G ∈ G. Por lo tanto, G es un L-filtro y esta contenido en algunL-ultrafiltro W por 8.3. Como G ⊆ W, se sigue que W ∈ S(E) para cualquierE ∈ G; por lo cual W ∈

⋂G =

⋂F 6= ∅. Esto demuestra que WLX es un espacio

compacto. �

Vamos ahora a demostrar que si X posee una base de Wallman L, entonces Xpuede encajarse como subespacio denso de WLX.

Proposicion 8.11. Sea L una base de Wallman de X. Entonces,1. para cada x ∈ X, la coleccion Ux = {E ∈ L : x ∈ E} es un elemento deWLX;

2. la aplicacion e : X →WLX que manda a cada x ∈ X a Ux es un encaje;3. para cada E ∈ L se tiene que clE = S(E). En particular, el conjunto e[X]

es denso en WLX.

Demostracion. (1) Claramente, Ux es un L-filtro. Sea U un L-ultrafiltro que con-tiene a Ux. Supongamos que E ∈ U \ Ux. Entonces x 6∈ E. Como L es una basede Wallman, existe F ∈ L tal que x ∈ F y E ∩ F = ∅. Pero F ∈ Ux ⊆ U , lo cualimplica que E ∩ F 6= ∅. Esta contradiccion muestra que U = Ux.

(2) Veamos primero que e es una funcion inyectiva. Supongamos que x, y ∈ Xy x 6= y. Como L es una base para los cerrados de X y {y} es un subconjunto


cerrado, entonces existe E ∈ L tal que y ∈ E y x 6∈ E. Por lo tanto, E ∈ Uy \ Ux ye(x) 6= e(y).

Ahora probaremos que para cada E ∈ L se tiene que e[E] = e[X]∩S(E). Observeque esta igualdad junto con la inyectividad de e y el hecho de que {e[X] ∩ S(F ) :F ∈ L} es una base para los cerrados en e[X] garantiza que e es un encaje. Es claroque e[E] ⊆ e[X] ∩ S(E). Ahora, si Ux ∈ S(E), entonces E ∈ Ux. Esto significa quex ∈ E, y por lo tanto Ux ∈ e[E]. Concluimos que tambien se cumple la contensione[X] ∩ S(E) ⊆ e[E].

(3) Sea E ∈ L. Es claro que e[E] ⊆ S(E), ası que cl e[E] ⊆ S(E) ya que S(E) escerrado en WLX. Sea ahora U un elemento de S(E). Verifiquemos que U pertenecea cl e[E]. Un abierto basico que contiene a U es de la forma WLX \ S(F ) paraalguna F ∈ L. Esto significa que para alguna G ∈ U , G ∩ F = ∅ (teorema 8.4).Entonces, G ⊆ X \ F y por el lema 8.9, S(G) ⊆ WLX \ S(F ). Si x ∈ E ∩ G,entonces Ux ∈ S(G). Por lo tanto, Ux ∈ S(E)∩ (WLX \S(F )). Esto demuestra queS(E) ⊆ cl e[X]. Concluimos que cl e[X] = WLX. �

Por lo que acabamos de ver, si X es un espacio topologico con una base deWallman L, entonces WLX es una compactacion Hausdorff de X y por lo tanto Xdebe ser un espacio Tychonoff. Llamamos a WLX compactacion de Wallman de X.

Teorema 8.12. Para L = Z(X), WLX es equivalente a la compactacion de Stone-Cech de X.

Demostracion. Para probar este resultado emplearemos el inciso (3) del teorema2.18. Sean Z1 y Z2 dos subconjuntos nulos de X. Entonces Z1, Z2 ∈ L y

clWLX(Z1) ∩ clWLX(Z2) = S(Z1) ∩ S(Z2) = S(Z1 ∩ Z2) = clWLX(Z1 ∩ Z2).

Por el teorema 2.18, WLX es equivalente a la compactacion de Stone-Cech deX. �

En la seccion 1 se proporciono la definicion de la compactacion por un puntoαX de un espacio X localmente compacto T2 el cual no es compacto (ver parrafosiguiente a la demostracion del teorema 2.16). Resulta que, este tipo de compac-taciones tambien son del tipo WLX para una base de Wallman conveniente L deX.

Ejercicio 8.13. Sea X un espacio T2 localmente compacto que no es compacto.Demuestre lo siguiente.

1. La coleccion L = {Z(f) ∈ Z(X) : existe C ⊆ X, compacto, y existe a ∈ Rtales que f [X \ C] ⊆ {a}} es una base de Wallman para X.

2. |WLX \ e[X]| = 1 y por lo tanto WLX ≡X αX.

No es difıcil demostrar el siguiente resultado.

Proposicion 8.14. Sea X un espacio Tychonoff. Entonces la coleccion de los sub-conjuntos cerrados de X forma una base de Wallman si y solo si X es normal.

Ejercicio 8.15. Sea X un espacio topologico T2. Demuestre que si B ⊆ CA(X) esuna base para la topologıa de X, entonces B es una base de Wallman para X.


9. Compactaciones cero-dimensionales

Dado un espacio topologico T2 X, denotemos por K0(X) a la coleccion formadapor todos los elementos de K(X) (vease 3.10) que son cero-dimensionales.

Proposicion 9.1. Para un espacio Tychonoff X, K0(X) es diferente del vacıo siy solo si X es cero-dimensional.

Demostracion. La propiedad de cero-dimensionalidad se conserva bajo homeomor-fismos y es hereditaria, por lo tanto si K0(X) 6= ∅, X es cero-dimensional.

Ahora supongamos que X es T2 y cero-dimensional. Claramente B = CA(X) esbase para la topologıa de X ası que segun el ejercicio 8.15, WBX es una compacta-cion de X. Por otro lado, B es un algebra de Boole y por ende S(B), el espacio deStone de B, es cero-dimensional. Para concluir que X tiene una compactacion cero-dimensional basta con observar que para cada B ∈ B se tiene que λ(B) = S(B),donde λ(B) y S(B) corresponden a la definiciones dadas en los parrafos anterioresa la proposicion 7.1 y al lema 8.9, respectivamente. �

Notemos que una modificacion del argumento dado en el segundo parrafo de laprueba anterior junto con la proposicion 8.11 proporciona una demostracion delsiguiente resultado.

Proposicion 9.2. Sea X un espacio T2 cero-dimensional y sea B una subalgebrabooleana de CA(X) la cual es base de la topologıa de X. Entonces,

1. para cada x ∈ X, Ux = {B ∈ B : x ∈ B} es un elemento del espacio deStone S(B),

2. la funcion ψ : X → S(B) definida por ψ(x) = Ux, es un encaje denso, y3. si B1, B2 ∈ B y B1∩B2 = ∅, entonces clY [ψ[B1]]∩clY [ψ[B2]] = ∅, en dondeY = S(B).

Sea X un espacio de Tychonoff. Para cada S ⊆ K0(X) podemos tomar el su-premo de S en K(X). En 3.10 se mostro como se construye

∨S; esta construccion

nos muestra que∨S ∈ K0(X) (el producto de espacios cero-dimensionales es, nue-

vamente, un espacio cero-dimensional). Es decir, (K0(X),≤) es una semiretıculacompleta superiormente. Damos ahora una descripcion explıcita de un elementoequivalente al maximo proyectivo de (K0(X),≤).

Sea X un espacio T2 y cero-dimensional, y sea C(X, 2) la coleccion de todas lasfunciones continuas definidas sobre X y con valores en el espacio discreto 2 = {0, 1}.Definimos la funcion e : X → 2C(X,2) como e(x)(g) = g(x). Como X es T2 ycero-dimensional, C(X, 2) separa puntos de cerrados y por lo tanto e es un encaje(proposicion 2.6). Sea β0X = clY e[X], en donde Y = 2C(X,2). Resulta que (β0X, e)es una compactacion cero-dimensional de X. Demostremos ahora que (β0X, e) esequivalente al maximo proyectivo de (K0(X),≤). Para esto basta con probar quepara cada compacto cero-dimensional T2 K y cada funcion continua φ : X → K,existe una funcion continua F : β0X → K tal que F ◦ e = φ.

Comencemos por definir H : 2C(X,2) → 2C(K,2) mediante H(f)(t) = f(t◦φ) paracualesquiera f ∈ 2C(X,2) y t ∈ C(K, 2). Para comprobar que H es continua, fijemost ∈ C(K, 2) y observemos que si πt : 2C(K,2) → 2 es la proyeccion correspondiente,entonces

πt ◦H = pt◦φ,


donde pt◦φ : 2C(X,2) → 2 es la proyeccion. Ahora consideremos la funcion e′ :K → 2C(K,2) dada por e′(x)(t) = t(x) para cualesquiera x ∈ K y t ∈ C(K, 2).Nuevamente obtenemos que e′ es un encaje como consecuencia de la proposicion2.6. Calculos rutinarios muestran que el diagrama

φX −→ K

e ↓ ↓ e′

2C(X,2) −→ 2C(K,2)

H

es conmutativo. En otras palabras, H ◦ e = e′ ◦ φ. En particular, e′[K] es uncerrado en 2C(K,2) que contiene a H ◦e[X]. Como e[X] es denso en β0X, obtenemosH[β0X] ⊆ e′[K]. Luego, podemos definir F = (e′)−1 ◦ (H � β0X) para obtener unafuncion continua de β0X en K que satisface F ◦ e = φ.

Proposicion 9.3. Sea X un espacio T2 cero-dimensional. Entonces, el espacio deStone S(CA(X)), el cual es igual a la compactacion de Wallman WCA(X)X, esequivalente, segun ≡X , a β0X.

Demostracion. Probaremos que si φ : X → K es una funcion continua y Kes compacto, T2 y cero-dimensional, entonces existe una funcion continua F :S(CA(X)) → K de tal modo que F ◦ e = φ, donde e : X → S(CA(X)) esta dadapor e(x) = {A ∈ CA(X) : x ∈ A}. Esta propiedad implica que (S(CA(X)), e) esequivalente al maximo proyectivo de K0(X).

Sea U ∈ S(CA(X)) un elemento arbitrario y definamos U∗ = {A ∈ CA(X) :φ−1[A] ∈ U}. Demostraremos que

⋂U∗ contiene exactamente un punto. Primero

observemos que U∗ es una familia de cerrados en K y consideremos {Ak : k < n} ⊆U∗ para algun numero natural n. Entonces {φ−1[Ak] : k < n} ⊆ U y por lo tantoφ−1[

⋂k<nAk] =

⋂k<n φ

−1[Ak] ∈ U , con lo cual,⋂k<nAk ∈ U∗. Como ∅ /∈ U∗, se

obtiene que U∗ tiene la propiedad de la interseccion finita y por ende⋂U∗ 6= ∅.

Ahora sea x ∈⋂U∗ y y ∈ K \ {x}. Existe A ∈ CA(X) tal que y ∈ A ⊆ K \ {x}.

En particular, A /∈ U∗ y por ende φ−1[A] /∈ U . El empleo del inciso (3) del teorema8.4 da φ−1[K \A] = X \ φ−1[A] ∈ U , es decir, K \A ∈ U∗. Luego y /∈

⋂U∗.

El parrafo anterior muestra que si para cada U ∈ S(CA(X)) definimos F (U) comoel unico elemento de

⋂U∗, entonces F : S(CA(X))→ K es una funcion. Para probar

que F es continua sean U ∈ S(CA(X)) y A ∈ CA(X) de tal modo que F (U) ∈ A.Si sucediese que φ−1[A] /∈ U , entonces φ−1[K \ A] = X \ φ−1[A] ∈ U ası queK \ A ∈ U∗ con lo cual F (U) /∈ A. Esta contradiccion muestra que φ−1[A] ∈ U oen otros terminos: U ∈ S(φ−1[A]) (ver definicion en el parrafo previo al lema 8.4).Finalmente, si V ∈ S(φ−1[A]), entonces se tiene que φ−1[A] ∈ V o equivalentementeA ∈ V∗, con lo cual F (V) ∈ A.

Si x ∈ X, entonces se tiene que A ∈ e(x)∗ si y solo si φ(x) ∈ A. Luego φ(x) ∈⋂e(x)∗ y por ende F (e(x)) = φ(x). Esto concluye la prueba de la proposicion. �

Ejercicio 9.4. Sea K un espacio compacto, T2 y cero-dimensional. Demuestre quesi F y G son cerrados ajenos de K, entonces existe un conjunto cerrabierto A ⊆ Ktal que F ⊆ A ⊆ K \G.


Proposicion 9.5. Si X es un espacio T2 cero-dimensional, entonces β0X ≡X βXsi y solo si para cualesquiera dos nulos ajenos, A y B, de X existe un cerrabiertoV tal que A ⊆ V y B ∩ V = ∅.

Demostracion. En lo que sigue, e : X → β0X sera el encaje que fue definido en lademostracion de la proposiciones 9.3.

Supongamos que βX ≡X β0X y sean Z1 y Z2 dos nulos ajenos en X. De acuerdoal teorema 2.18-(3) se tiene que clβ0X e[Z1] ∩ clβ0X e[Z2] = ∅. Ahora podemos usarel ejercicio 9.4 para obtener un cerrabierto B ⊆ β0X para el cual

clβ0X e[Z1] ⊆ B ⊆ β0X \ clβ0X e[Z2].

Esto implica que A = e−1[B] es un cerrabierto en X tal que Z1 ⊆ A ⊆ X \ Z2.Solo nos resta probar la otra implicacion. Para esto demostraremos que (β0X, e)

satisface la condicion (3) del teorema 2.18. Sean Z1 y Z2 dos nulos ajenos en X.Por hipotesis existe un cerrabierto A ⊆ X de tal forma que Z1 ⊆ A ⊆ X \ Z2.Como e es un encaje, e[A] es un cerrabierto en e[X]. Esto implica que la funcioncaracterıstica χe[A] : e[X] → 2 es continua. Sabemos, por el argumento dado en lademostracion de la proposiciones 9.3, que existe una funcion continua F : β0X → 2de tal suerte que F ◦ e = χe[A]. En particular, e[Z1] ⊆ F−1[1] y e[Z2] ⊆ F−1[0].Claramente e[Z1] y e[Z2] tienen cerraduras ajenas en β0X. �

Definicion 9.6. Un espacio T2 cero-dimensionalX es fuertemente cero-dimensionalsi para cualesquiera nulos ajenos A y B de X, existe un cerrabierto V tal queA ⊆ V y B ∩ V = ∅. Es decir, un espacio T2 cero-dimensional X es fuertementecero-dimensional si y solo si βX ≡X β0X, si y solo si βX es un espacio cero-dimensional.

Ejemplo 9.7. Existe un espacio T2 cero-dimensional que no es fuertemente cero-dimensional.

La construccion de este ejemplo requiere del uso de ciertos subconjuntos de I,el intervalo cerrado [0, 1]. Sea Q el conjunto de numeros racionales y definamos larelacion ∼ en I mediante x ∼ y si y solo si x−y ∈ Q. Obtenemos de este modo unarelacion de equivalencia en I en la que cada clase de equivalencia es un subconjuntodenso numerable de I. Por ende, ∼ tiene una cantidad no numerable de clases deequivalencia. Fijemos ω1 de ellas: {Dα : α < ω1} de tal forma que ninguna de ellassea la clase de equivalencia Q ∩ I.

Sea α < ω1 un ordinal arbitrario. Definamos Iα = I \⋃{Dξ : α ≤ ξ < ω1}

y observemos que Iα es un subespacio cero-dimensional de I porque tiene interiorvacıo.

Ahora sea Xα =⋃ξ≤α({ξ}×Iξ). Consideremos a X =

⋃α<ω1

Xα como subespa-cio de [0, ω1]× I, donde [0, ω1] esta equipado con la topologıa del orden. Afirmamosque X es cero-dimensional pero no es fuertemente cero-dimensional.

Comencemos por notar que cada Xα es un subconjunto abierto y cerrado de X.Mas aun, Xα es un subespacio de [0, α]×Iα y como este ultimo es cero-dimensional,Xα tambien lo es. De estas dos observaciones se deduce que X es cero-dimensional.

En aras de probar que X no es fuertemente cero-dimensional demostraremosprimero que X es normal. Para cada α < ω1 se tiene que [0, α] × Iα es Tychonoffy segundo numerable, luego Xα hereda estas propiedades y por lo tanto es normal.Ahora solo basta recordar que cada Xα es abierto en X.


Denotemos por Y al subespacio X∪({ω1}×I) de [0, ω1]×I. Se afirma que si A esun cerrabierto en X, entonces clY (A) ∩ clY (X \A) = ∅. En caso contrario existirıaun punto de la forma (ω1, t), con t ∈ I, que serıa elemento de ambas cerraduras. Seaγ < ω1 de tal modo que t ∈ Iξ para cada ξ ≥ γ. Nuestra hipotesis nos permite definirrecursivamente dos sucesiones {(αn, xn) : n ∈ N} ⊆ A y {(βn, yn) : n ∈ N} ⊆ X \Ade tal forma que si n ∈ N, entonces γ < αn < βn < αn+1 y xn, yn ∈ (t−1/n, t+1/n).Si hacemos δ = sup{αn : n ∈ N} = sup{βn : n ∈ N}, se obtiene que (δ, t) ∈ X esun punto de acumulacion de A y de X \A. Como A es cerrabierto esto implica que(δ, t) ∈ A y que (δ, t) ∈ X \ A. Esta contradiccion prueba que las cerraduras sonajenas.

Para finalizar este ejemplo sean F = [0, ω1)× {0} y G = [0, ω1)× {1}. Como Xes normal, existe una funcion continua f : X → I tal que f [F ] ⊆ {0} y f [G] ⊆ {1}.Claramente, f−1[0] y f−1[1] son dos nulos ajenos en X. Segun la proposicion 9.5bastara demostrar que no existe ningun cerrabierto A de X que satisfaga F ⊆ A ⊆X \G. El argumento sera por contradiccion. Supongamos que A existe. Por lo dichoen el parrafo anterior, los conjuntos V = clY A y W = clY (X \ A) son ajenos. Elque X sea denso en Y implica que Y = V ∪W . Mas aun, (ω1, 0) ∈ V y (ω1, 1) ∈W .En otras palabras, V ∩ ({ω1} × I) y W ∩ ({ω1} × I) forman una separacion delconexo {ω1} × I. Esta contradiccion muestra que A no puede existir.

10. Completacion de un algebra booleana

Como ya se definio en 5.13, un algebra booleana A es completa si A es completacomo retıcula (vease la definicion 3.4).

Ejemplos 10.1.

1. Ya vimos que para un conjunto X, P(X) es un algebra booleana completa.En particular, P(N) es un algebra booleana completa. Observe que P(N)contiene una subalgebra booleana no completa. En efecto, tomemos B ={A ⊆ N : |A| < ℵ0 o |N \ A| < ℵ0}. Es facil corroborar que B es unasubalgebra booleana de P(N). Ademas, la subcoleccion L = {{2n} : n ∈ N}de B no tiene supremo puesto que cada cota superior de L tiene que serde la forma N \ A en donde A es finito. Sea k un numero impar que nopertenezca a A. Entonces, N \ (A ∪ {k}) es tambien cota superior de L.

2. Otro ejemplo de algebra booleana completa que vale la pena volver a men-cionar aquı es aquel de los subconjuntos abiertos regulares de un espaciotopologico X, AR(X) (vease el ejemplo 3.5-(4)).

Definicion 10.2.

1. Un subconjunto D de un algebra booleana A es denso en A si para cadaa ∈ A \ {0}, existe d ∈ D tal que 0 < d ≤ a.

2. Sean (X,≤) un conjunto parcialmente ordenado, A un algebra booleana ye : X → A una funcion. La pareja (e,A) es completacion de (X,≤) si A escompleta, e : X → e[X] es un isomorfismo de orden y e[X] es denso en A.

Lema 10.3. Si una subalgebra A de un algebra booleana B es densa en B y ademasA es completa, entonces A = B.

Demostracion. Sea u un elemento fijo de B \ {0}. Consideremos el conjunto E ={x ∈ A : 0 < x ≤B u}. Como A es completa, existe un elemento w ∈ A el cual es


el supremo del conjunto E en A. Terminaremos la prueba si mostramos que u y wson iguales.

De acuerdo al teorema 7.3, B es isomorfa a una subalgebra booleana de P(X),para algun conjunto X. En particular, pensando a v y a w como conjuntos, se tieneque v 6= w equivale a que v intersecta al complemento de w o viceversa; en otraspalabras, v ∧ w′ 6= 0B o w ∧ v′ 6= 0B . Esta clase de traducciones conjuntistas seharan de manera comun a partir de este momento.

Supongamos que w ∧ u′ 6= 0B . Por la densidad de A en B, existe un elementox0 ∈ A tal que 0 < x0 ≤ w y x0 ∧ u = 0B . Por lo tanto, x ≤ w ∧ x′0 < w paracualquier x ∈ E, lo cual contradice la cualidad de supremo de E que tiene w.

Supongamos pues la otra posibilidad si w y u son diferentes: u ∧ w′ 6= 0B .Entonces, de nuevo, por la densidad de A en B, existe un elemento x1 ∈ A tal que0B < x1 ≤ u y x1 ∧ w = 0B . Entonces x1 ∈ E y x1 ∧ w = 0B ; una contradiccion.

Concluimos que u = w y terminamos la demostracion. �

Ejercicio 10.4. Sea A un algebra booleana y sea D un subconjunto denso de A.Demuestre lo siguiente.

1. Si a ∈ A, entonces a =∨{d ∈ D : d ≤ a}. (Sugerencia: si b es una cota

superior de {d ∈ D : d ≤ a} y a 6≤ b, entonces a ∧ b′ 6= 0.)2. |A| ≤ 2|A|.

Definiciones 10.5.1. Dos elementos x, y en un conjunto parcialmente ordenado (X,≤) son com-

patibles si podemos encontrar z ∈ X el cual no es el mınimo de X tal quez ≤ x y z ≤ y. Si esta condicion no la cumplen x y y, diremos entonces queellos son incompatibles, lo cual denotaremos con x ⊥ y.

2. El conjunto parcialmente ordenado (X,≤) es separante si para cada par depuntos x, y ∈ X tales que y no es el mınimo de X y x 6≤ y, existe z ∈ X talque z ≤ x y z ⊥ y.

Naturalmente, un conjunto linealmente ordenado con mas de un punto no esseparante; sin embargo, cualquier subconjunto denso D de un algebra booleana Ano trivial con el orden ≤A heredado de A es separante. (Recuerde que para a, b ∈ A,a ≤A b si a ∧ b = a.) En efecto, si x, y ∈ D, y no es el elemento mınimo de D (enparticular, y 6= 0) y x 6≤ y, entonces x \ y 6= 0. Por lo tanto, existe z ∈ D tal que0 < z ≤ x \ y. Es decir, z ≤ x y z ∧ y = 0. Por lo tanto, z ⊥ y.

Teorema 10.6 (Teorema de Completacion). Sea (X,≤) un conjunto parcialmenteordenado separante. Entonces existe un algebra booleana completa A y un isomor-fismo de orden e : X → e[X] ⊆ A tal que (e,A) es una completacion de (X,≤).

Demostracion. Consideraremos en X la topologıa T generada por la coleccion

B = {(←, x] : x ∈ X}como base, en donde (←, x] = {y ∈ X : y ≤ x} para cualquier x ∈ X. Que, enefecto, B es base para alguna topologıa es una consecuencia de la transitividad de≤ puesto que si z ∈ (←, x] ∩ (←, y], entonces

(←, z] ⊆ (←, x] ∩ (←, y].

El algebra booleana AR(X) de los abiertos regulares de (X, T ) es completa comoya se menciono en el ejemplo 10.1-(2).


Definimos ahora la funcion e : X → AR(X) como

e(x) = intX clX(←, x]

para cualquier x ∈ X. Queremos demostrar:

(i) e : X → e[X] es un isomorfismos de orden, y(ii) e[X] es denso en AR(X).

Para probar (i) emplearemos el ejercicio 3.15. Sean x, y ∈ X tales que x ≤ y.Entonces (←, x] ⊆ (←, y]. Por lo cual intX clX(←, x] ⊆ intX clX(←, y]. Es decir

e(x) ≤ e(y).Supongamos ahora que e(x) ≤ e(y). Supongamos ademas que x 6≤ y. Como

(X,≤) es separante, existe z ∈ X tal que z ≤ x y z ⊥ y. Es decir, (←, z] ⊆ (←, x]y (←, z] ∩ (←, y] = ∅. Consecuentemente se cumple que e(z) ≤ e(x) y intX clX(←, z] ∩ intX clX(←, y] = ∅. Por lo tanto, e(z) ∧ e(y) = 0. Como e(x) ≤ e(y), tenemosque e(z) ∧ e(x) = 0. Por lo cual e(z) = 0 ya que e(z) ≤ e(x). Pero esto es unacontradiccion puesto que (←, z] es un subconjunto abierto no vacıo de X, por locual intX clX(←, z] 6= ∅.

Solo nos falta demostrar que e[X] es denso en el algebra booleana AR(X). Paralograr este proposito, tomemos un subconjunto abierto regular fijo y no vacıo U deX. Como B es una base de la topologıa de X, existe x ∈ X tal que (←, x] ⊆ U .Entonces

e(x) = intX clX(←, x] ⊆ intX clX U = U,

lo cual completa nuestra demostracion. �

Corolario 10.7. Cualquier algebra booleana A es isomorfa a un subconjunto densode un algebra booleana completa B.

Demostracion. El orden ≤A en A definido por a ≤A b si a ∧ b = a para cadaa, b ∈ A, es separante, como ya se menciono en el parrafo anterior al teorema 10.6.Ahora solo aplicamos el teorema 10.6. �

Si A es una subalgebra densa de B y B es completa, entonces diremos que B esuna completacion de A. En particular, para un algebra booleana A denotaremoscon A a su completacion construida en el teorema 10.6. En el corolario 11.5, masadelante, veremos que si B es otra completacion de A, entonces B y A son algebrasbooleanas isomorfas; es decir, para cada algebra booleana A podemos hablar de la

completacion A de A.

El siguiente resultado nos proporciona una completacion del algebra booleanade los subconjuntos cerrabiertos de un espacio cero-dimensional.

Teorema 10.8. Sea X un espacio cero-dimensional y sea AR(X) el algebra boo-leana de los abiertos regulares de X. Entonces, la pareja (i,AR(X)) es una comple-tacion del algebra booleana CA(X) de los subconjuntos cerrabiertos de X, en dondei : CA(X)→ AR(X) es la funcion inclusion.

Demostracion. En efecto, AR(X)) es completa, la inclusion i : CA(X) → AR(X)considerada como funcion de CA(X) a i[CA(X)] = CA(X) es la identidad, y porlo tanto es un isomorfismo de orden. Que CA(X) es densa en AR(X)) es unaconsecuencia de la cero-dimensionalidad de X. �


En el ejemplo 3.8 vimos un espacio cero-dimensional X (el espacio de los raciona-les con su topologıa euclideana) en el cual el algebra booleana de sus subconjuntoscerrabiertos CA(X) no es completa. Como una consecuencia del teorema 10.8 y dellema 10.3, podemos determinar bajo que condiciones en un espacio cero-dimensionalX, CA(X) es completa.

Corolario 10.9. Para un espacio cero-dimensional X, el algebra booleana CA(X)de sus subconjuntos cerrabiertos es completa si y solo si CA(X) coincide con lacoleccion AR(X) de los abiertos regulares de X.

Demostracion. Supongamos que CA(X) es completa. Como X es cero-dimensional,CA(X) es una subalgebra densa de AR(X) (teorema 10.8). Aplicando el lema 10.3,concluimos que CA(X) = AR(X). El recıproco es obvio. �

Un espacio topologico X es extremadamente disconexo si la cerradura de cual-quiera de sus subconjuntos abiertos es un subconjunto abierto. El espacio eucli-deano Q es un ejemplo de un espacio cero-dimensional que no es extremadamentedisconexo.

Un espacio X es semirregular si AR(X) forma una base para su topologıa.

Proposicion 10.10. Un espacio topologico X es extremadamente disconexo si ysolo si CA(X) = AR(X).

Demostracion. Supongamos que X es extremadamente disconexo. Sabemos queCA(X) ⊆ AR(X) para cualquier espacio X. Demostraremos pues que AR(X) ⊆CA(X). Sea U ∈ AR(X). Entonces U = int clU . Como clU es un abierto en X, seobtiene que clU = int clU = U . Luego, U es cerrabierto.

Ahora supongamos que CA(X) = AR(X). Sea U un subconjunto abierto de X.El conjunto int clU es un abierto regular, por lo cual es cerrabierto. Por lo tanto,

clU ⊆ cl int clU = int clU ⊆ clU.

Es decir, clU es un conjunto abierto. �

Corolario 10.11. X es cero-dimensional y CA(X) es un algebra booleana completasi y solo si X es semirregular y extremadamente disconexo.

Ejercicio 10.12. Demuestre que un espacio topologico es extremadamente disco-nexo si y solo si las cerraduras de cualquier pareja de conjuntos abiertos ajenostienen interseccion vacıa.

11. Teorema de extension de Sikorski

La interseccion de subalgebras booleanas de un algebra booleana A es unasubalgebra booleana de A. De tal manera que podemos establecer la siguiente de-finicion:

Definicion 11.1. Sea E un subconjunto de un algebra booleana A. El algebrabooleana generada por E es

〈E〉A =⋂{B : B es una subalgebra de A y E ⊆ B}.

En lugar de 〈E〉A tambien escribiremos 〈E〉 si esto no causa confusion.

Lema 11.2. Si B es una subalgebra booleana de A y u ∈ A \B, entonces

〈B ∪ {u}〉 = {(a ∧ u) ∨ (b ∧ u′) : a, b ∈ B}.


Demostracion. Tomemos el conjunto C = {(a∧u)∨ (b∧u′) : a, b ∈ B}. No es difıcilconfirmar que B ∪ {u} ⊆ C y que cada subalgebra booleana de A que contenga aB∪{u} debe contener a C. Ası que solo nos queda probar que C es una subalgebrade A. Es claro que C es cerrado bajo las operaciones ∨ y ∧. Ademas, 0A y 1A sonelementos de C ya que son elementos de B. Por fin, si a, b ∈ B, entonces

[(a ∧ u) ∨ (b ∧ u′)]′ = (a ∧ u)′ ∧ (b ∧ u′)′ =

= (a′ ∨ u′) ∧ (b′ ∨ u) =

= (a′ ∧ b′) ∨ (a′ ∧ u) ∨ (b′ ∧ u′) =

= (a′ ∧ b′ ∧ (u ∨ u′)) ∨ (a′ ∧ u) ∨ (b′ ∧ u′) =

= [((a′ ∧ b′) ∨ a′) ∧ u] ∨ [((a′ ∧ b′) ∨ b′) ∧ u′] =

= (a′ ∧ u) ∨ (b′ ∧ u′),que tambien es un elemento de C. �

Lema 11.3. Sean A y C dos algebras booleanas. Sea B una subalgebra booleana deA, u ∈ A \ B y w ∈ C. Supongamos que h : B → C es un homomorfismo booleanoque para cada a ∈ B satisface:

1. la igualdad a ∧ u = 0A implica que h(a) ∧ w = 0C , y2. la igualdad a ∧ u′ = 0A implica que h(a) ∧ w′ = 0C .

Entonces, la funcion h : 〈B ∪ {u}〉 → C dada por la formula

h(x) = (h(a) ∧ w) ∨ (h(b) ∧ w′)para cualquier x = (a ∧ u) ∨ (b ∧ u′), en donde a, b ∈ B, es un homomorfismobooleano que extiende a h. Ademas, h[〈B ∪ {u}〉] = 〈h[B] ∪ {w}〉.

Demostracion. Por el lema 11.2, cada elemento de 〈B ∪ {u}〉 es de la forma x =(a∧u)∨(b∧u′), en donde a, b ∈ B. Para demostrar que la funcion h esta bien definidatenemos que verificar que para cada x1, x2 ∈ 〈B ∪{u}〉, la relacion x1 = x2 implicah(x1) = h(x2). Supongamos que x1 = (a1∧u)∨(b1∧u′) y que x2 = (a2∧u)∨(b2∧u′).Si x1 = x2 entonces a1 ∧u = a2 ∧u, por lo cual a1 ∧ (a2)′ ∧u = a2 ∧ (a1)′ ∧u = 0A.Por las hipotesis de este lema, tenemos

h(a1) ∧ h(a2)′ ∧ w = h(a2) ∧ h(a1)′ ∧ w = 0C .

Por lo tanto, h(a1) ∧ w = h(a2) ∧ w. De manera similar obtenemos h(b1) ∧ w′ =h(b2) ∧ w′, lo cual demuestra que h(x1) = h(x2).

Es claro que h � B = h. La verificacion de que h es un homemomorfismo booleanoinvolucra calculos semejantes a los mencionados en la prueba del lema 11.2 y se dejacomo ejercicio al lector.

Por la proposicion 5.11-(1), h[B] es una subalgebra booleana de C. Por la defi-nicion de h se obtiene la ultima igualdad del lema. �

El siguiente resultado describe una propiedad muy importante de las algebrasbooleanas completas.

Teorema 11.4 (Teorema (de extension de Sikorski). Sea B una subalgebra booleanade un algebra booleana A. Sea h : B → C un homomorfismo booleano en dondeC es un algebra booleana completa. Entonces existe un homomorfismo booleanoH : A→ C que extiende a h; es decir, H � B = h.


Demostracion. Consideremos el conjunto H de todas las parejas (d,D) en dondeD es una subalgebra de A que contiene a B y d : D → C es un homomorfismobooleano que extiende a h. Definimos en H el siguiente orden parcial:

(d1,D1) � (d2,D2) siempre y cuando D1 ⊆ D2 y d2 � D1 = d1.

No es difıcil demostrar que cada cadena en (H,�) tiene una cota superior. Ası,por el Lema de Kuratowski-Zorn, podemos garantizar la existencia de un elementomaximal (d0,D0).

Para terminar la demostracion del teorema basta comprobar que D0 = A. Siexiste u ∈ A \D0. Entonces consideramos el conjunto

T = {d0(a) : a ∈ D0 y a ≤ u}.

Como C es completo, podemos tomar el elemento

w =∨T

de C. Entonces, para cada a, b ∈ D0 se cumple la siguiente condicion:

(*) a ≤ u ≤ b implica d0(a) ≤ w ≤ d0(b).

En efecto, si u ≤ b, entonces x ≤ b para cualquier x ≤ u con x ∈ D0. Por lo tantod0(x) ≤ d0(b) para todo x ≤ u con x ∈ D0. Lo que significa que w ≤ d0(b). La otradesigualdad de (*) es obvia.

Ahora, para completar la demostracion, es suficiente confirmar que las hipotesisdel lema 11.3 se cumplen. Pero esto es una consecuencia de la condicion (*). Enefecto, si a ∈ D0 y a∧u = 0 entonces u ≤ a′, y por lo tanto w ≤ d0(a′) = d0(a)′, locual significa que d0(a) ∧ w = 0. De manera semejante obtenemos que si a ∈ D0 ya∧u′ = 0 entonces d0(a)∧w′ = 0. Por lo tanto, por el lema 11.3, el homomorfismod0 puede ser extendido sobre el algebra 〈D0 ∪ {u}〉, lo cual contradice la hipotesisde la maximalidad de (d0,D0). �

Corolario 11.5. Sean C y D dos algebras booleanas completas. Sean A y B subalge-bras densas de C y D, respectivamente. Si A y B son isomorfas como algebrasbooleanas, ası tambien lo son C y D.

Demostracion. Sea h : A→ B un isomorfismo booleano. Por el teorema 11.4, existeun homomorfismo booleano H : C → D que extiende a h. Demostraremos que Hes un isomorfismo booleano usando el ejercicio 5.16.

Como H � A es un monomorfismo y B es una subalgebra densa en D, entoncesH : C → D debe ser un monomorfismo booleano. En efecto, si x, y ∈ C satisfacenx 6= y, podemos suponer, sin perdida de generalidad, que x∧y′ 6= 0; por ende existeb ∈ B de tal modo que 0 < b ≤ x ∧ y′. Luego 0 < h(b) = H(b) ≤ H(x) ∧ (H(y))′;en particular, H(x) 6= H(y).

Ademas, H[A] es una subalgebra densa de D pues B ⊆ H[A] y B es densa enD. Como H[C] es un algebra booleana completa (ver ejercicios 3.16 y 5.16), por ellema 10.3, obtenemos la igualdad H[C] = D, lo cual completa la demostracion. �

Una consecuencia del resultado anterior es que la completacion booleana A (veaseel comentario posterior al corolario 10.7) de un algebra booleana A es unica moduloisomorfismos booleanos.


12. Algebras booleanas libres

Definiciones 12.1.1. Sea A un algebra booleana. Un conjunto E ⊆ A \ {0} es independiente si

para cualesquiera dos subconjuntos finitos y ajenos {x1, ..., xn} y {y1, ..., yk}de E, el elemento

x1 ∧ · · · ∧ xn ∧ y′1 ∧ · · · ∧ y′kde A es diferente de 0.

2. Diremos que un algebra booleana A es libre si existe un subconjunto inde-pendiente E de A que genera a A. Es decir, A = 〈E〉.

Proposicion 12.2. Si E es un subconjunto no vacıo que genera el algebra booleanalibre A, entonces cada elemento de A es de la forma

[x(1,1)∧· · ·∧x(1,n1)∧y′(1,1)∧· · ·∧y′(1,k1)]∨· · ·∨[x(m,1)∧· · ·∧x(m,nm)∧y′(m,1)∧· · ·∧y

′(m,km)]

en donde m,n1, ..., nm, k1, ..., km ∈ N, cada x(i,j) y cada y(i,j) son elementos de E,y para cada i ∈ {1, ...,m}, los subconjuntos {x(i,1), ..., x(i,ni)} y {y(i,1), ..., y(i,ki)} deE son ajenos.

Demostracion. Sea B la coleccion formada por todos los elementos de la formamencionada en el enunciado del teorema. Claramente cualquier subalgebra de A quecontenga a E contiene a B. Es rutina verificar que si a, b ∈ B, entonces a∧b, a∨b ∈B. Desarrollos semejantes a los expuestos en la prueba del lema 11.2 muestran queel complemento de cualquier elemento de B tambien es un elemento de B. �

Observe que de la proposicion anterior obtenemos que si E es un subconjuntoindependiente de A que genera al algebra booleana A, entonces |E| = |A|.

Observacion 12.3. Como se hizo notar en 7.4, cualquier algebra booleana finitaes, salvo isomorfismos, de la forma (P(n),⊆,∩,∪) con n < ω. Por otro lado, cada(P(n),⊆,∩,∪) con n < ω es un algebra booleana que no es libre ya que si n = 0, noexiste un subconjunto no vacıo de {∅} que no contenga a ∅, y si n > 0 y E ⊆ P(n)es independiente, entonces E es finito y G =

⋂E es un subconjunto propio y no

vacıo de n; si k 6∈ G, entonces k no es un elemento del algebra booleana generadapor E . De tal manera que cualquier algebra booleana libre es infinita.

Ejemplo 12.4. Recordemos que, para un numero cardinal infinito κ, el productoTychonoff de κ copias del espacio discreto {0, 1}, {0, 1}κ = 2κ, es conocido comoel cubo de Cantor de peso κ. Este espacio es 0-dimensional y el algebra booleanaCA(2κ) es un ejemplo tıpico de algebra booleana libre. En efecto, CA(2κ) esta ge-nerado por la familia de conjuntos

R = {π−1α [{1}] : α < κ},

en donde la funcion πα es la proyeccion definida sobre 2κ en el α-esimo factor {0, 1}.Ademas, para cualquier β < κ se cumple

π−1β [{1}] = 2κ \ π−1

β [{0}].

Como cada πα es continua y tanto {0} como {1} son cerrabiertos, R ⊆ CA(2κ),y como 2κ es compacto, cada cerrabierto U de 2κ es la union de una coleccion finitade abiertos de la forma

H(α1, ..., αn;β1, ...βk) = π−1α1

[{0}] ∩ · · · ∩ π−1αn [{0}] ∩ π−1

β1[{1}] ∩ · · · ∩ π−1

βk[{1}],


donde αi, βj < κ y αi 6= βj para cualesquiera i ≤ n y j ≤ k. Esto significa que

〈R〉 = CA(2κ).

Queda por demostrar ahora que R es una familia independiente en CA(2κ).Pero es claro que si {α1, ..., αn} y {β1, ..., βk} son dos colecciones finitas y ajenascontenidas en κ, entonces H(α1, ..., αn;β1, ...βk) es no vacıo. Lo cual significa queR es una familia independiente en CA(2κ). Concluimos que CA(2κ) es un algebrabooleana libre.

Teorema 12.5. Sea κ un numero cardinal infinito. Si A es un algebra booleanalibre con |A| = κ, entonces A es isomorfa a CA(2κ).

Demostracion. Denotemos por X al espacio de Stone de A. De acuerdo al teorema7.3, A y CA(X) son algebras booleanas isomorfas. Por ende, solo debemos probarque X es homeomorfo al cubo de Cantor 2κ.

El que A y CA(X) sean isomorfas implica que existe una familia independientede conjuntos U ⊆ CA(X) que genera a CA(X). Como CA(X) tiene cardinalidad κ,U tambien, ası que podemos listar los elementos de U de manera exacta como

U = {Uα : α < κ}.

Resulta entonces (ver proposicion 12.3) que {Uα : α < κ}∪{X \Uα : α < κ} es unasubbase para la topologıa de X porque este espacio es cero-dimensional. Definamosahora la funcion H : X → {0, 1}κ como

H(x)(α) = χUα(x),

en donde χUα es la funcion caracterıstica del conjunto Uα. Vamos a demostrar quela funcion H es un homeomorfismo.

Probaremos que si α < κ e i ∈ {0, 1}, entonces

H−1[π−1α [{i}]] =

{Uα, si i = 1

X \ Uα, si i = 0

donde πα : 2κ → 2 es la α-esima proyeccion. En efecto, si x ∈ X, entonces x ∈H−1[π−1

α [{i}]] si y solo si πα(H(x)) = i. Por lo tanto, por la definicion de Hobtenemos que x ∈ Uα cuando i = 1 y x ∈ X \ Uα cuando i = 0.

Una consecuencia inmediata de lo probado en el parrafo anterior es la continuidadde H.

Puesto que la familia {Uα : α < κ} es independiente, la funcion H es suprayec-tiva. Veamos: si a ∈ 2κ, entonces la familia

F = {Uα : α < κ y a(α) = 1} ∪ {X \ Uα : α < κ y a(α) = 0}

tiene la propiedad de la interseccion finita. Como X es compacto, existe x ∈⋂F .

Entonces, para cualquier α < κ se tiene que, por la definicion de H, H(x)(α) = 1si x ∈ Uα y H(x)(α) = 0 si x ∈ X \ Uα. Ası resulta que H(x) = a.

Como los espacios X y 2κ son compactos T2, H es cerrada, ası que, para de-mostrar que H es un homeomorfismo, solo resta probar que H es inyectiva. Seanx, y ∈ X tales que x 6= y; como la familia

{Uα : α < κ} ∪ {X \ Uα : α < κ}


es una subbase para la topologıa de X, existen {α1, . . . , αm} y {β1, . . . , βn}, sub-conjuntos finitos de κ, de tal modo que

x ∈⋂i≤m

Uαi \⋃j≤n

Uβj ⊆ X \ {y}.

Tenemos dos casos: y /∈⋂i≤m Uαi o y ∈

⋃j≤n Uβj . En el primer caso, y /∈ Uαk para

alguna k ≤ m y por lo tanto H(x)(αk) = 1 6= 0 = H(x)(αk). En el caso restante,y ∈ Uβ` para alguna ` ≤ n ası que H(y)(β`) 6= H(y)(β`). En ambas situaciones seconcluye que H(x) 6= H(y). �

Corolario 12.6. Sean A y B dos algebras booleanas libres que satisfacen |A| = |B|.Entonces A y B son isomorfas.

Definiciones 12.7.1. Sea A un algebra booleana. Un elemento u ∈ A es llamado un atomo de A

si 0 < u y no existe w ∈ A tal que 0 < w < u.2. Un algebra booleana A es atomica si para cada w ∈ A\{0}, existe un atomou de A tal que u < w.

Ejercicio 12.8. Sea A un algebra booleana. Demuestre lo siguiente.1. Un elemento a ∈ A no es un atomo si y solo si existen a0, a1 ∈ A \ {0} de

tal modo que a = a0 ∨ a1 y a0 ∧ a1 = 02. Si A es finito, entonces A es atomica. En particular, si A carece de atomos,A es infinito.

Ejercicio 12.9. Sea A un algebra booleana sin atomos. Demuestre lo siguiente.1. Existen dos sucesiones, {an : n ∈ ω} y {bn : n ∈ ω}, en A de tal modo que

a) a0 6= 0, b0 6= 0, a0 ∨ b0 = 1 y a0 ∧ b0 = 0,b) para cada n ∈ ω: an+1 6= 0, bn+1 6= 0, an+1∨bn+1 = an y an+1∧bn+1 =

0.2. Pruebe que si {bn : n ∈ ω} es como en el inciso anterior, entonces bm∧bn = 0

siempre que m 6= n.

Teorema 12.10. Si A y B son dos algebras booleanas numerables y sin atomos,entonces A ∼ B.

Demostracion. Por el ejercicio 12.8-(2) sabemos que A y B son infinitos. Enumere-mos ambos conjuntos del modo siguiente: A = {a2n : n ∈ ω} y B = {b2n+1 : n ∈ ω},donde ω denota al conjunto de todos los numeros enteros no negativos. Nues-tro plan es construir recursivamente dos sucesiones {a2n+1 : n ∈ ω} ⊆ A y{b2n : n ∈ ω} ⊆ B, junto con una familia de funciones {fn : n ∈ ω} de talmodo que lo siguiente ocurre para cada n ∈ ω:

1. el dominio de fn es An, el algebra booleana generada por {ai : i < n} enA,

2. la imagen de fn es Bn, el algebra booleana generada por {bi : i < n} en B,3. fn(ai) = bi para cada i < n,4. fn es un isomorfismo booleano y5. fn+1 es una extension de fn.

Note que, en estas circunstancias, A =⋃nAn y B =

⋃nBn. Mas aun, la funcion

f : A→ B definida mediante f(x) = fn(x) si x ∈ An resulta ser un isomorfismo dealgebras booleanas.


Como A0 = {0A,1A} y B = {0B , 1B}, f0 se define de manera obvia.Supongamos ahora que nos encontramos en el paso n de la recursion. Es decir,

{ai : i < n}, {bi : i < n} y fn han sido definidos. Analizaremos unicamente el casoen el que n es impar dejando los detalles del caso par al lector. De este modo, lounico que debemos hacer es construir an y fn+1.

Denotemos por {0, 1}n a la coleccion de todas las funciones cuyo dominio es{0, 1, . . . , n − 1} y cuya imagen esta contenida en {0, 1}. Para cada s ∈ {0, 1}ndefinimos

as :=∧{ai : s(i) = 0} ∧

∧{a′i : s(i) = 1}

y, de manera semejante, bs :=∧{bi : s(i) = 0} ∧

∧{b′i : s(i) = 1}. Observe que si

s, t ∈ {0, 1}n satisfacen s 6= t, entonces as ∧ at = 0 y bs ∧ bt = 0.El ejercicio 12.11 muestra que si x ∈ An, entonces x =

∨{as : s ∈ S}, para

algun conjunto S ⊆ {0, 1}n. De aquı que si definimos an de tal forma que para cadas ∈ {0, 1}n:

(a) as ∧ an = 0 implica que bs ∧ bn = 0 y(b) bs ∧ b′n = 0 siempre que as ∧ a′n = 0,

entonces podemos aplicar el lema 11.3 (note que fn(as) = bs) y obtener la exis-tencia de un homomorfismo fn+1 : An(an) → Bn(bn) que extiende a fn y tal quefn+1(an) = bn. Es un ejercicio rutinario el verificar que, en este caso, fn+1 es unisomorfismo.

Solo resta el explicar como hallar a an. Con esta idea en mente, sea s ∈ {0, 1}nuna funcion arbitraria. Consideraremos tres casos. Si bs ∧ bn = 0, entonces bs ≤ b′ny aquı definimos a0

s := 0A y a1s := bs. Similarmente, cuando bs ∧ b′n = 0, se obtiene

bs ≤ bn y lo conveniente es hacer a0s := bs y a1

s := 0A. Finalmente, si bs ∧ bn 6= 0 ybs ∧ b′s 6= 0, entonces bs 6= 0 y como fn es un isomorfismo, as 6= 0; una aplicacioninmediata del ejercicio 12.8 produce la existencia de a0

s, a1s ∈ A \ {0} tales que

a0s ∧ a1

s = 0 y a0s ∨ a1

s = as. De esta forma, an :=∨{a0s : s ∈ {0, 1}n} satisface las

condiciones requeridas. �

Ejercicio 12.11. Sea A un algebra booleana y sea {ai : i < n} un subconjuntofinito de A. Para cada s ∈ {0, 1}n definimos

as :=∧{ai : s(i) = 0} ∧

∧{a′i : s(i) = 1}.

Pruebe lo siguiente.1. Para cada c ∈ A \ {0} existe s ∈ 2n de tal modo que c ∧ as 6= 0 (observe

que si x ∈ A, entonces c ∧ x 6= 0 o c ∧ x′ 6= 0).2. Dados i ∈ {0, 1} y k < n, definimos Si := {s ∈ 2n : s(k) = i}. Demuestre

las siguientes igualdades.

ak =∨{as : s ∈ S0} y a′k =

∨{as : s ∈ S1}.

(Sugerencia: si b := ak ∧ (∨{as : s ∈ S0})′, entonces el inciso anterior

implica que b = 0.)3. Si c es un elemento del algebra generada por {ai : i < n}, entonces existeS ⊆ {0, 1}n de tal modo que c =

∨{as : s ∈ S}.

El teorema 12.10 tiene dos corolarios importantes.

Teorema 12.12. Cualquier algebra booleana numerable sin atomos es libre.


Demostracion. Basta con exhibir un algebra booleana numerable sin atomos y libre.El argumento dado para el ejemplo 12.4 prueba que CA(2ω) es libre y numerable.Por otro lado, el que 2ω sea denso en sı mismo, cero-dimensional y T2 garantiza queCA(2ω) carece de atomos. �

Como consecuencia del resultado anterior, obtenemos la siguiente caracteriza-cion del conjunto de Cantor (recordemos que el cubo de Cantor de peso ω, 2ω, eshomeomorfo al conjunto ternario de Cantor).

Teorema 12.13. Un espacio de Stone X es homeomorfo al conjunto de Cantor siy solo si X es denso en sı mismo y tiene base numerable.

Demostracion. Naturalmente, si X = S(A) es homeomorfo a 2ω, X es denso ensı mismo y tiene base numerable.

Ahora supongamos que A es un algebra booleana para la cual X = S(A) esdenso en sı mismo y segundo numerable. Como X es cero-dimensional, existe unacoleccion numerable B de cerrabiertos que forman una base para la topologıa deX. La compacidad de X implica que cada cerrabierto en X es la union de unasubcoleccion finita de elementos de B. En particular, CA(X) es numerable. Porotro lado, el que X sea denso en sı mismo y T2 garantiza que CA(X) carece deatomos. De este modo, CA(X) es libre y numerable.

El inciso (3) del teorema 7.3 implica que A es libre y numerable. De aquı seobtiene (veanse las proposiciones 7.6 y 7.7-(4)) que X es homemomorfo a 2ω. �

13. Ideales y cocientes de algebras booleanas

Recordemos que dada un algebra booleana A = (A,≤,∨,∧, ′, 0, 1), un conjun-to J ⊆ A es un ideal o, mas precisamente, un A-ideal si satisface las siguientescondiciones

1. 0 ∈ J y 1 6∈ J ,2. si u,w ∈ J , entonces u ∨ w ∈ J , y3. si u ≤ w y w ∈ J , entonces u ∈ J .

Resulta que si J ⊆ A es un A-ideal, entonces el conjunto {u′ : u ∈ J} es unA-filtro.

Cuando tenemos un ideal J de un algebra booleana A, podemos definir en A larelacion de equivalencia RJ definida como

uRJw cuando (u ∧ w′) ∨ (w ∧ u′) ∈ J.Es decir, los elementos u y w de A son equivalentes segun el ideal J si la diferenciasimetrica entre ellos, u4w (vease el parrafo anterior al lema 5.4), pertenece a J .

La relacion RJ es en efecto una relacion de equivalencia. Para probar esto bastaverificar que RJ es transitiva pues es evidente que RJ es reflexiva y simetrica.Supongamos que uRJw y wRJz. Entonces

(u ∧ w′) ∨ (w ∧ u′) ∈ J y (w ∧ z′) ∨ (z ∧ w′) ∈ J.Puesto que para x, y ∈ A se cumple

(*) x ∧ y′ ≤ (x ∧ z′) ∨ (z ∧ y′),obtenemos

(u ∧ z′) ∨ (z ∧ u′) ≤ (u ∧ w′) ∨ (w ∧ z′) ∨ (z ∧ w′) ∨ (w ∧ u′) ∈ J,lo cual significa que uRJz (inciso (3) de la definicion de ideal).


La clase de equivalencia de un elemento u ∈ A con respecto a la relacion RJsera denotado por el sımbolo [u]J o, brevemente, [u] si no hay riesgo de confusioncon respecto al ideal. Por lo cual, para u ∈ A tenemos

[u] = {w ∈ A : (u ∧ w′) ∨ (w ∧ u′) ∈ J}.En el conjunto A/J de todas las clases de equivalencia de la relacion RJ tenemosun orden dado por la formula:

(4) [u] ≤J [w] cuando u ∧ w′ ∈ J.Para demostrar que la definicion anterior no depende de los representantes de lasclases de equivalencia elegidos, tomamos a, b ∈ A tales que u ∧ w′ ∈ J , [u] = [a]y [w] = [b]. Entonces a ∧ u′, w ∧ b′ ∈ J (inciso (3) de la definicion de ideal) yası tenemos (aplicando (*) dos veces)

a ∧ b′ ≤ (a ∧ u′) ∨ (u ∧ w′) ∨ (w ∧ b′) ∈ J.Por lo tanto, [u] ≤J [w] implica que [a] ≤J [b].

Veamos ahora que la relacion ≤J definida en A/J es un orden parcial. Si [u] ≤J[w] y [w] ≤J [u], entonces u ∧ w′ ∈ J y w ∧ u′ ∈ J . Por lo tanto, a causa de (2), secumple [u] = [w]. La reflexividad de ≤J es obvia ya que 0 ∈ J , y la transitividadde ≤J es una consecuencia de la condicion (*).

Puesto que 0 ∈ J , el elemento [0] es el mınimo y [1] es el maximo en (A/J,≤J).No es difıcil verificar que

[u ∧ w] = ınf{[u], [w]}para cualesquiera u,w ∈ A. En efecto, si x ≤ y entonces [x] ≤J [y] ya que x∧y′ = 0.Por lo tanto, [u ∧ w] ≤J [u] y [u ∧ w] ≤J [w]. Ademas, si [z] ≤J [u] y [z] ≤J [w],entonces z ∧ u′ y z ∧ w′ pertenecen a J . Por lo tanto, obtenemos:

z ∧ (u ∧ w)′ = (z ∧ u′) ∨ (z ∧ w′) ∈ J.Esto implica que [z] ≤J [u∧w], lo cual significa que [u∧w] es el ınfimo del conjunto{[u], [w]}. Analogamente podemos comprobar que

[u ∨ w] = sup{[u], [w]}.Por lo tanto, el conjunto ordenado (A/J,≤J) es una retıcula, y la funcion cociente

qJ : A→ A/J

dada por la formulaqJ(u) = [u]

es un epimorfismo de retıculas, es decir, qJ es suprayectiva y para cada u,w ∈ Alas siguientes condiciones se cumplen:

1. qJ(0) = [0], qJ(1) = [1],2. qJ(u ∨ w) = qJ(u) ∨ qJ(w),3. qJ(u ∧ w) = qJ(u) ∧ qJ(w),

Por lo tanto, (A/J,≤J) es una retıcula distributiva (vease la observacion 4.2-(5)).Ademas, para cada x ∈ A, [x] ∧ [x′] = [0] y [x] ∨ [x′] = [1]. Por lo tanto,

(A/J,≤J ,∨J ,∧J , ′J , [0], [1])

es un algebra booleana, en donde [u] ∨J [w] = [u ∨ w], [u] ∧J [w] = [u ∧ w] y[x]′J = [x′]. Esta algebra booleana sera denotada por A/J . Observe que x ∈ [0] siy solo si x ∈ J , y x ∈ [1] si y solo si x′ ∈ J .


Definicion 13.1. El algebra booleana (A/J,≤J ,∨J ,∧J , ′J , [0], [1]) es llamada alge-bra booleana cociente de A modulo el ideal J .

Damos a continuacion un primer ejemplo de algebras boolenas cociente.

Ejemplo 13.2. El algebra booleana P(ω)/F in de todos los subconjuntos del con-junto de numeros naturales modulo el ideal de los subconjuntos finitos.

Es obvio que el conjunto

Fin = {A ⊆ ω : |A| < ω}es un ideal del algebra booleana P(ω). Si B ∈ P(ω), a su clase de equivalenciacon respecto a la relacion RFin, es decir al elemento [B]RFin del algebra cocienteP(ω)/F in, lo denotaremos con el sımbolo B∗. Es decir,

[B]RFin = B∗.

Ası tenemos que para A,B ∈ P(ω), A∗ ∨ B∗ = (A ∪ B)∗, A∗ ∧ B∗ = (A ∩ B)∗,(A∗)′ = (ω \ A)∗, A∗ ≤Fin B∗ si y solo si A \B es finito, A∗ = ∅∗ si y solo si A esfinito, y A∗ = ω∗ si y solo si ω \A es finito.

Aunque el algebra booleana P(ω) es completa, P(ω)/F in no lo es. Mas aun,P(ω)/F in no es σ-completa (vease la definicion 5.13):

Proposicion 13.3. El algebra booleana P(ω)/F in no es σ-completa.

Demostracion. Consideremos una familia {Un : n < ω} de subconjuntos infinitos deω dos a dos ajenos. Vamos a demostrar que la familia {U∗n : n < ω} no tiene supremoen P(ω)/F in. Supongamos que W ∈ P(ω) satisface que U∗n ≤ W ∗ para cualquiern < ω. Podemos tomar un punto xn ∈ Un ∩W . Como la coleccion {U∗n : n < ω} esajena por pares, el conjunto V = {xn : n < ω} es infinito, y para cualquier n < ωse tiene

U∗n ≤ (W \ V )∗ < W ∗,

lo cual significa que W ∗ no es el supremo de {U∗n : n < ω}. �

Una de nuestras preocupaciones es conocer criterios para saber cuando un algebrabooleana cociente tiene algun grado de completez. Vamos a dar ahora un resultadoen esta direccion. Primero una definicion.

Definicion 13.4. Un ideal J de un algebra booleana A es σ-completo si paracualquier subconjunto E de J numerable, E tiene supremo y este pertenece a J .

Proposicion 13.5. Si un algebra booleana A es σ-completa y si el ideal J ⊆ A esσ-completo, entonces el algebra booleana cociente A/J es σ-completa.

Demostracion. Sea E ⊆ A/J numerable. Existe entonces una coleccion numerableG ⊆ A tal que E = {[a] : a ∈ G}. Como A es σ-completa, existe a0 ∈ A tal que∨G = a0. Demostraremos ahora que

[a0] =∨E.

Como a ≤ a0 para cualquier a ∈ G, entonces [a] ≤J [a0] para cualquiere a ∈ G.Es decir, [a0] es una cota superior del conjunto E. Ahora bien, si [u] ∈ A/J es unacota superior de E en A/J , entonces para cada a ∈ G se cumple [a] ≤J [u], es decir,a ∧ u′ ∈ J . Como a ≤ u ∨ (a ∧ u′), se obtiene que

a0 ≤ u ∨∨{a ∧ u′ : a ∈ G}.


La σ-completez de J implica que b =∨{a ∧ u′ : a ∈ G} ∈ J y por lo tanto

ap ∧ u′ ≤ b ∧ u′ = b. Finalmente, [a0] ≤J [u]. �

Ahora mostramos el segundo de nuestros ejemplos de algebra booleana cociente.

Ejemplo 13.6. El algebra booleana cociente de los conjuntos de Borel modulo elideal de los conjuntos magros.

Sea X un espacio topologico. Recordemos que Bor(X) denota a la familia deconjuntos de Borel de X; es decir, Bor(X) es la menor σ-algebra de subconjuntosde X que contiene a los subconjuntos abiertos de X. Recordemos tambien queun subconjunto A de X es denso en ninguna parte si int clA = ∅. La union deuna coleccion finita de subconjuntos densos en ninguna parte es denso en ningunaparte. Cualquier subconjunto de X que es la union de una coleccion numerable desubconjuntos densos en ninguna parte es llamado magro o de la primera categorıaen X (vease ejemplos 5.15). Definamos la coleccion K(X) = {M ∈ Bor(X) : Mes magro}. Es claro que K(X) es un ideal de Bor(X). Ası, podemos considerar elalgebra booleana cociente

Bor(X)/K(X).Como Bor(X) es una subalgebra booleana de P(X), entonces para cualesquieraA,B ∈ Bor(X), [A] ∨ [B] = [A ∪B], [A] ∧ [B] = [A ∩B], [A] ≤K(X) [B] si y solo siA \ B es magro, [A] = [∅] si y solo si A es magro y [A] = [X] si y solo si X \ A esmagro.

Es claro que el algebra booleana Bor(X) es σ-completa y que K(X) es un idealσ-completo, ası que, por la proposicion 13.5, Bor(X)/K(X) es σ-completa. Vamosa demostrar que en el caso en que X es un espacio compacto Hausdorff, el algebrabooleana Bor(X)/K(X) es completa. Es mas, vamos a demostrar que, en este caso,Bor(X)/K(X) es isomorfa al algebra booleana AR(X) de los abiertos regulares deX. Para demostrar esto necesitamos primero demostrar dos lemas.

Lema 13.7. Cualquier conjunto de Borel de un espacio topologico X tiene la pro-piedad de Baire en X. Es decir, para cada A ∈ Bor(X) existe un subconjuntoabierto U de X tal que

(A \ U) ∪ (U \A) ∈ K(X).

Demostracion. Es evidente que cada subconjunto abierto de X tiene la propiedadde Baire. Por lo tanto, para demostrar el lema es suficiente probar que el algebrabooleana de todos los subconjuntos de X con la propiedad de Baire, Bai(X), esσ-completa, y que el complemento en X de cada A ∈ Bai(X) pertenece tambiena Bai(X). (Ya habıamos hecho algunos comentarios sobre Bai(X) y Bor(X) en5.15.)

Para alcanzar el primer objetivo, supongamos que An tiene la propiedad de Bairepara cada n < ω. Tenemos entonces que para cada n < ω, existe un conjunto abiertoUn tal que

(An \ Un) ∪ (Un \An) ∈ K(X).Tomemos A =

⋃n<ω An y U =

⋃n<ω Un. Resulta que

(A \ U) ∪ (U \A) ⊆⋃n<ω

[(An \ Un) ∪ (Un \An)].

Por lo tanto, (A \ U) ∪ (U \A) es magro. Consecuentemente, A tiene la propiedadde Baire ya que U es abierto.


Queda solo por demostrar que si A tiene la propiedad de Baire entonces X \ Atambien tiene la propiedad de Baire. Supongamos que U es un subconjunto abiertode X tal que (A\U)∪(U \A) es magro. Tomemos el abierto V = X \clU . Entoncesel conjunto

(X \A)\V = (X \A)\ (X \clU) = (X \A)∩clU = (clU)\A ⊆ (U \A)∪ (clU \U)

es magro ya que clU \ U es denso en ninguna parte. Por otro lado, tenemos que

V \ (X \A) = (X \ clU) ∩A = A \ clU ⊆ A \ U.Por lo tanto, el conjunto

[(X \A) \ V ] ∪ [V \ (X \A)]

es magro. Ası concluimos que X \A tiene la propiedad de Baire, con lo cual termi-namos la demostracion. �

En el siguiente lema veremos como un conjunto de Borel puede exprezarse enterminos de un conjunto abierto y dos magros.

Lema 13.8. Sea X un espacio topologico y A ∈ Bor(X). Entonces existen unsubconjunto abierto U y dos magros F1, F2 tales que A = (U \ F1) ∪ F2.

Demostracion. Por el lema anterior, el conjunto A tiene la propiedad de Baire ypor lo tanto existe un subconjunto abierto U ⊆ X tal que tanto A \ U como U \Ason magros. Para completar la demostracion basta observar que

A = (A ∩ U) ∪ (A \ U) = (U \ (U \A)) ∪ (A \ U).

Ahora es suficiente definir F1 = U \A y F2 = A \ U . �

Ahora demostraremos el resultado anunciado.

Teorema 13.9. Sea X un espacio compacto T2. Entonces el algebra booleanaAR(X) es isomorfa al algebra booleana cociente Bor(X)/K(X).

Demostracion. Definimos la funcion h : AR(X)→ Bor(X)/K(X) por la formula:

h(U) = [U ].

Primero veamos que h es un homomorfismo. En efecto, tenemos

h(U ∧W ) = h(U ∩W ) = [U ∩W ] = [U ] ∧ [W ] = h(U) ∧ h(W ).

Ademas para cualquier conjunto abierto G ⊆ X, el conjunto int cl(G) \ G es unsubconjunto denso en ninguna parte, y consecuentemente [int clG] = [G]. Por lotanto

h(U∨W ) = h(int cl(U∪W )) = [int cl(U∪W )] = [U∪W ] = [U ]∨[W ] = h(U)∨h(W ).

Ademas, tambien tenemos que h(∅) = [∅] y h(X) = [X]. Por lo tanto, h es unhomeomorfismo de algebras booleanas.

Por el lema 13.7 se sigue que para cualquier A ∈ Bor(X) existe un subconjuntoabierto U ⊆ X tal que [A] = [U ]. Lo cual implica que

[A] = [U ] = [int clU ] = h(int clU).

Observemos que int clU ∈ AR(X). Esto nos dice que h es una funcion suprayectiva.Demostremos ahora que h es inyectiva. Para lograr este proposito es suficiente

verificar que para cualquier U ∈ AR(X) se cumple que

h(U) = [∅]⇒ U = ∅.


En efecto, si [U ] = [∅], entonces U ∈ K(X). Por lo tanto, por el Teorema deCategorıa de Baire (teorema 3.9.3, pagina 197, de [5]), el conjunto U tiene que servacıo, lo cual completa la demostracion. �

Una consecuencia inmediata del teorema anterior es el siguiente resultado.

Corolario 13.10. Si X es un espacio compacto T2, el algebra booleana Bor(X)/K(X)es completa.

14. Celularidad de algebras booleanas

Empezamos esta seccion con varias definiciones:

Definiciones 14.1. Sea (P,≤) un conjunto parcialmente ordenado.1. Diremos que dos elementos x, y ∈ P son compatibles si existe z ∈ P tal

que z ≤ x y z ≤ y, y si∧P existe, entonces z 6=

∧P . Usaremos el sımbolo

x ⊥ y para expresar que los elementos x y y de P no son compatibles.2. Un subconjunto E ⊆ P es una anticadena si para cualesquiera dos elemen-

tos x y y de E, se cumple x ⊥ y y∧P 6∈ E si

∧P existe.

3. (P,≤) tiene celularidad numerable si cualquier anticadena en P es nume-rable.

4. Una algebra booleana tiene celularidad numerable si como conjunto par-cialmente ordenado tiene celularidad numerable.

5. Un espacio topologico (X, T ) tiene celularidad numerable si (T ,⊆) tienecelularidad numerable.

Observaciones 14.2.1. Para cada conjunto X, (P(X),⊆) tiene celularidad numerable si y solo siX es numerable.

2. Cualquier anticadena en (C(X),≤) (vease el ejemplo 3.7) esta formada por,a lo mas, un punto.

3. Cualquier anticadena en un conjunto linealmente ordenado esta formadapor, a lo mas, punto.

4. El espacio [0, ω1) de ordinales numerables con su topologıa del orden, T ,no tiene celularidad numerable: {{α + 1} : α < ω1} es una anticadena en(T ,⊆).

Proposicion 14.3. Un subconjunto E de un algebra booleana A es una anticadenasi y solo si 0 6∈ E y para cada x, y ∈ E, con x 6= y, se cumple x ∧ y = 0.

Ejercicio 14.4. Sea A un algebra booleana y sean a, b ∈ A tales que a ≤ b.Demuestre lo siguiente.

1. Si D es un subconjunto denso de A � b (ver ejercicio 5.9), entonces D∩ (A �a) es un subconjunto denso de A � a.

2. Si W es una anticadena en A � a, entonces W es una anticadena en A � b.

Proposicion 14.5. Sea A un algebra booleana y sea S ⊆ A. Entonces existe C ⊆ Aque es maximal con respecto a las propiedades:

1. si x, y ∈ C y x 6= y, entonces x ∧ y = 0, y2. para cada x ∈ C, hay un elemento s ∈ S tal que x ≤ s.

En particular, cada anticadena en A esta contenida en una anticadena maximal.


Demostracion. Sea Σ la coleccion de subconjuntos en A que satisfacen las condi-ciones (1) y (2). La pareja (Σ,⊆) es un conjunto parcialmente ordenado, ∅ ∈ Σ y siL ⊆ Σ es una cadena en (Σ,⊆), entonces

⋃L ∈ Σ. Por el Lema de Kuratowski-Zorn,

existe un elemento maximal en Σ. �

La tecnica empleada en la prueba de la proposicion anterior permite resolver laprimera parte del siguiente problema.

Ejercicio 14.6. Sea A un algebra booleana. Demuestre lo siguiente.1. Para cada S ⊆ A existe una anticadenaW ⊆ S de tal modo que si x ∈ S\W ,

entonces W ∪{x} no es una anticadena. A una anticadena W que satisfaceestas condiciones la llamaremos anticadena maximal modulo S. CuandoS = A, W sera llamada simplemente anticadena maximal en A.

2. Si W es una anticadena maximal modulo S, entonces para cada x ∈ S \{0}existe w ∈W de tal modo que x ∧ w 6= 0.

3. Si A es completa y W es una anticadena maximal en A, entonces

a =∨{a ∧ x : x ∈W}

para cualquier a ∈ A. (Sugerencia: si a∧ (∨{a ∧ x : x ∈W})′ 6= 0, el inciso

anterior produce una contradiccion.)4. Si W es una anticadena maximal y A es completa, entonces la funcionf :

∏{A � w : w ∈ W} → A dada por f(x) =

∨{x(w) : w ∈ W} es

un isomorfismo de algebras booleanas (note que estamos considerando alos elementos del producto como funciones x : W →

⋃w∈W A � w que

satisfacen x(w) ∈ A � w para cada w ∈W ).5. Si D es un subconjunto denso de A y W es una anticadena maximal moduloD, entonces W es una anticadena maximal en A.

Ejercicio 14.7. Sea W una anticadena en el algebra booleana A. Demuestre queW es una anticadena maximal si y solo si el supremo de W existe y

∨W = 1A.

Ejercicio 14.8. Sea A un algebra booleana completa y sea W una anticadenamaximal en A. Demuestre que las siguientes igualdades son ciertas para cualesquieraS, T ⊆W .

1. (∨S) ∧ (

∨T ) =

∨(S ∩ T ).

2. (∨S) ∨ (

∨T ) =

∨(S ∪ T ).

3. (∨S)′ =

∨(W \ S).

Concluya que {∨S : S ⊆W} es una subalgebra booleana de A isomorfa a P(W ).

Proposicion 14.9. Un algebra booleana A tiene celularidad numerable si y solo siel espacio de Stone S(A) tiene celularidad numerable.

Demostracion. Para cada x ∈ A \ {0}, el subconjunto abierto λ(x) de S(A) (veaseel inicio de la seccion 6) es diferente del vacıo a causa de la observacion 4.4-(1) ydel lema 4.6. Ası, si S ⊆ A es una anticadena, 0 6∈ S y por lo tanto ∅ 6∈ {λ(s) : s ∈S} = C. Esto, mas el inciso (3) de la proposicion 7.1, nos garantizan que C es unaanticadena de abiertos en S(A), y, naturalmente, |S| = |C|.

Ahora supongamos que C es una familia de abiertos en S(A) los cuales son ajenospor pares, y supongamos que ∅ 6∈ C. Como {λ(a) : a ∈ A} forma una base paraS(A), podemos elegir, para cada C ∈ C, un elemento sC ∈ A de tal modo queλ(sC) ⊆ C. Sea S = {sC : C ∈ C}. Resulta entonces que la familia {λ(s) : s ∈ S} es


una familia de abiertos en S(A) dos a dos ajenos. Solo basta ahora volver a aplicarla proposicion 7.1 y concluir que S es una anticadena en A la cual tiene la mismacardinalidad de C. �

Vamos a demostrar ahora que cualquier algebra booleana libre tiene celulari-dad numerable. Para lograr este objetivo necesitaremos el siguiente celebre lemacombinatorio. Una demostracion de el puede encontrarse en [9].

Proposicion 14.10 (Lema de la Raiz). Para cualquier coleccion no numerableR de conjuntos finitos, existe una subcoleccion no numerable R′ ⊆ R y existe unconjunto finito F , posiblemente vacıo, tal que A ∩ B = F para cualesquiera doselementos distintos A,B ∈ R′.

Proposicion 14.11. Cualquier algebra booleana libre tiene celularidad numerable.

Demostracion. Sea A un algebra booleana libre y sea E ⊆ A un subconjunto in-dependiente que genera a A. Para cada x ∈ A, el sımbolo 1x representara a x yel sımbolo −1x representara a x′. Como E genera a A, para cada a ∈ A existenn ∈ N, {x1, . . . , xn} ⊆ E y {ε1, . . . , εn} ⊆ {−1, 1} de tal modo que

ε1x1 ∧ · · · ∧ εnxn ≤ a.

Supongamos que A no tiene celularidad numerable y fijemos una anticadena nonumerable S ⊆ A. Sea R la coleccion de todos los subconjuntos finitos {x1, . . . , xn}de E para los cuales existen {ε1, . . . , εn} ⊆ {−1, 1} y s ∈ S tales que ε1x1 ∧ · · · ∧εnxn ≤ s. Note que la observacion hecha en el parrafo anterior implica que R no esnumerable. Por el Lema de la Raiz, existen R′ ⊆ R, un conjunto no numerable, yF ⊆ E, un conjunto finito, para los cuales A ∩B = F siempre que A,B ∈ R′ seandistintos.

En el caso en que F = ∅, seleccionemos {a1, . . . , an} y {b1, . . . , bm}, dos elementosdiferentes de R′. Entonces existen {ε1, . . . , εn}, {η1, . . . , ηm} ⊆ {−1, 1} y u,w ∈ Sde tal suerte que

(ε1a1 ∧ · · · ∧ εnan) ∧ (η1b1 ∧ · · · ∧ ηmbm) ≤ u ∧ w = 0.

Lo cual contradice la independencia de E.Ahora supongamos que F = {z1, . . . , zm}. Como solo existe una coleccion finita

de elementos de la formaη1z1 ∧ · · · ∧ ηmzm,

en donde ηi ∈ {−1, 1} para cualquier i ∈ {1, ...,m}, y puesto que R′ es infinito,existen dos elementos diferentes u,w ∈ S y η1, ..., ηm ∈ {−1, 1} tales que

0 ≤ η1z1 ∧ · · · ∧ ηmzm ≤ u ∧ w = 0;

lo cual contradice, tambien en este caso, la independencia de E. �

Ahora presentamos un algebra booleana que no tiene celularidad numerable.

Proposicion 14.12. El algebra booleana P(ω)/F in no tiene celularidad numerable.

Demostracion. Basta con exhibir una coleccion no numerable R de subconjuntosinfinitos de ω tal que si A,B ∈ R y A 6= B, entonces |A ∩B| < ℵ0. Sea φ : Q→ ωuna funcion biyectiva, en donde Q es el conjunto de numeros racionales. Para cadanumero irracional x sea (axn)n<ω una sucesion de numeros racionales que convergea x. Resulta que para cada irracional x, {axn : n < ω} es infinito, y para dos


irracionales diferentes x y y, |{axn : n < ω} ∩ {ayn : n < ω}| < ℵ0. Por lo tanto, lacoleccion R = {φ[{axn : n < ω}] : x es irracional} satisface lo deseado. �

A partir de la proposicion 14.11 resulta que el algebra booleana P(ω)/F in noes isomorfa a ninguna algebra booleana libre. Ademas, la proposicion 14.9 nosdice que el espacio de Stone S(P(ω)/F in), el cual es homeomorfo a βω \ ω, notiene celularidad numerable. Por otra parte, podemos encontrar en P(ω)/F in unacoleccion independiente (vease la definicion 12.1) de cardinalidad c = |P(ω)| comodemostraremos a continuacion.

Proposicion 14.13. El algebra booleana P(ω)/F in contiene un subconjunto inde-pendiente de mayor cardinalidad posible, es decir de cardinalidad c.

Demostracion. Bastara con exhibir una familiaR ⊆ P(ω) con |R| = c y que satisfa-ga: para cualesquiera dos colecciones finitas y ajenas {A1, . . . , Am}, {B1, . . . , Bn} ⊆R el siguiente conjunto es infinito

A1 ∩ · · · ∩Am ∩ (ω \B1) ∩ · · · ∩ (ω \Bn).

Para cada α < c, sea πα : 2c → 2 la proyeccion en la α-esima coordenada. Sidefinimos Uα = π−1

α [1], obtenemos que {Uα : α < c} es una familia independientede cerrabiertos en 2c (ver ejemplo 12.4).

De acuerdo al Teorema de Hewitt-Marczewski-Pondiczery (ver teorema 2.3.15de [5]), 2c es separable. Sea D un subconjunto denso numerable de 2c. Fijemos unafuncion biyectiva ψ : ω → D.

Si {α1, . . . , αm}, {β1, . . . , βn} ⊆ c son ajenos, entonces

W = Uα1 ∩ · · · ∩ Uαm ∩ (2c \ Uβ1) ∩ · · · ∩ (2c \ Uβn)

es un abierto no vacıo de 2c y por lo tanto D ∩W es infinito. Esto implica queR = {ψ−1[Uα] : α < c} satisface las condiciones requeridas. �

La siguiente proposicion nos muestra que para las algebras booleanas con celu-laridad numerable σ-completez y completez son equivalentes.

Proposicion 14.14. Si un algebra booleana A tiene celularidad numerable y esσ-completa, entonces A es completa.

Demostracion. Sea S ⊆ A. Vamos a demostrar que existe un elemento en A quees el supremo de S. Por la proposicion 14.5, existe un subconjunto M ⊆ A que esmaximal con respecto a las dos propiedades siguientes:

1. si x, y ∈M y x 6= y, entonces x ∧ y = 0, y2. para cada x ∈M , hay un elemento s ∈ S tal que x ≤ s.

En particular M es una anticadena de A. Como A tiene celularidad numerable,|M | ≤ ℵ0. Ahora, como A es σ-completa, existe m ∈ A el cual es el supremo de M ,es decir

m =∨M.

Solo queda por demostrar que m es en efecto el supremo de S.Primero veamos quem es una cota superior de S. Supongamos que para un s ∈ S,

s 6≤ m. Entonces M ∪{s∧m′} satisface las condiciones (1) y (2), y s∧m′ 6∈M ; peroesto contradice la maximalidad de M . Por lo tanto m debe ser una cota superior deS. Supongamos ahora que w es una cota superior de S y w < m. Como m =

∨M ,

existe a ∈M tal que a 6≤ w. A causa de la condicion (2), existe u ∈ S tal que a ≤ u.


Pero w es una cota superior de S, lo cual significa que u ≤ w. Por lo tanto a ≤ w;una contradiccion que completa la prueba. �

Recuerde que si κ y λ son cardinales, entonces λ<κ es, por definicion, la cardi-nalidad de {S ⊆ λ : |S| < κ}.Ejercicio 14.15. Sea A un algebra booleana completa y sea Y un subconjunto deA. Suponga que κ es un cardinal regular infinito de tal modo que |W | < κ paracualquier anticadena W ⊆ A.

Construya, mediante induccion transfinita, una sucesion {Yα : α < κ} comosigue.

(a) Y0 := Y .(b) Yα+1 := Yα ∪ {y′ : y ∈ Yα} ∪ {

∨S : S ⊆ Yα y |S| < κ}.

(c) Si α es lımite, Yα :=⋃ξ<α Yξ.

Defina B :=⋃α<κ Yα y pruebe lo siguiente.

1. Para cada α < κ, |Yα| ≤ (ω · |Y |)<κ y, por ende, |B| ≤ (ω · |Y |)<κ. (Su-gerencia; |{S ⊆ Yα : |S| < κ}| = |Yα|<κ y (λ<κ)<κ = λ<κ para cualquiercardinal λ.)

2. B := (B,∧A,∨A, ′A, 0A, 1A) es una subalgebra de A.3. B es κ-completa: si S ⊆ B satisface |S| < κ, entonces

∨S ∈ B. (Sugerencia:

κ es, por hipotesis, regular.)4. B es completa. (Sugerencia: adapte la prueba de la proposicion 14.14.) Por

esta razon B es llamada el algebra booleana completa generada por Y .5. Si Y es denso en A, entonces A = B y por lo tanto |A| ≤ (ω · |Y |)<κ.

(Sugerencia: lema 10.3.)

Estudiaremos ahora un ultimo ejemplo de algebra booleana cociente.

Ejemplo 14.16. El algebra cociente de los subconjuntos de Borel del intervalo [0, 1]modulo el ideal de los conjuntos de Borel con medida de Lebesgue cero. Denotemoscon µ la medida de Lebesgue sobre el intervalo [0, 1] y sea

N = {N ∈ Bor([0, 1]) : µ(N) = 0}.Resulta que N es un ideal del algebra booleana Bor([0, 1]). El algebra booleanacociente

Mµ = Bor([0, 1])/Nes conocida como el algebra de medida en [0, 1]. Observese que el intervalo [0, 1]puede ser remplazado por la recta real R. En efecto, si cambiamos [0, 1] por R,entonces obtenemos la misma algebra booleana cociente pues R es homeomorfo a(0, 1) y la diferencia entre [0, 1] y (0, 1), {0, 1}, tiene medida cero.

Proposicion 14.17. El algebra booleana Mµ tiene celularidad numerable.

Demostracion. Es suficiente demostrar que cualquier familia R ⊆ Bor([0, 1]) quesatisface las propiedades:

1. A ∈ R ⇒ µ(A) > 0, y2. A,B ∈ R y A 6= B ⇒ µ(A ∩B) = 0

es numerable. Para demostrar esto, consideremos, para cada n < ω, la familia

Rn = {A ∈ R : µ(A) ≥ 1/(n+ 1)}.Como µ([0, 1]) = 1, |Rn| ≤ n por la propiedad (2) de R. Ademas, R =

⋃n<ωRn.

Por lo tanto |R| ≤ ℵ0, lo cual completa la demostracion. �


Vamos a demostrar que el algebra booleana Mµ es completa.

Proposicion 14.18. El algebra booleana cociente Mµ = Bor([0, 1])/N de todos losconjuntos borelianos de [0, 1] modulo el ideal de los conjuntos de Borel de medidade Lebesgue cero es completa.

Demostracion. El algebra booleana Bor([0, 1]) es σ-completa y N es un ideal σ-completo. Por la proposicion 13.5, Mµ = Bor([0, 1])/N es σ-completa. Ahora soloqueda aplicar las proposiciones 14.14 y 14.17 para concluir nuestra demostracion.

�

Las algebras booleanas Mµ y AR([0, 1]) ∼ Bor([0, 1])/K([0, 1]) son cocientesdel algebra booleana Bor([0, 1]), y ambas son completas. Podrıa uno preguntarsesi ellas son isomorfas. La respuesta es negativa. Para comprobarlo, vamos a definiruna propiedad de algebras booleanas que las distingue.

Definicion 14.19. A un algebra booleana A se le llama σ-centrada si A \ {0} esla union de una familia numerable de A-ultrafiltros.

Naturalmente, cualquier algebra booleana A numerable es σ-centrada pues paracada u ∈ A \ {0}, podemos extender el conjunto {u} a un A-ultrafiltro. Por otrolado, AR([0, 1]) es un ejemplo de un algebra booleana σ-centrada infinita y nonumerable. En efecto, consideremos el conjunto {qn : n < ω} de numeros racionalesen [0, 1]. Para cada n < ω, la base de filtro

Fn = {U ∈ AR([0, 1]) : qn ∈ U}

puede extenderse a un AR([0, 1])-ultrafiltro Fn. Resulta que AR([0, 1]) =⋃{Fn :

n < ω} puesto que cualquier subconjunto abierto de [0, 1] contiene algun numeroracional. Veamos ahora que Mµ no es σ-centrada.

Teorema 14.20. El algebra booleana Mµ no es σ-centrada.

Demostracion. Observemos primero que si p ⊆ Mµ es un Mµ-ultrafiltro, entoncespara cualquier ε > 0 existe un conjunto de Borel B ⊆ [0, 1] tal que µ(B) < ε y[B] ∈ p. En efecto, sea E una particion finita de [0, 1] en subintervalos de longitudmenor que ε. Es decir, para cada [a, b] ∈ E , 0 < b−a < ε, y si [a, b] y [c, d] pertenecena E y son diferentes, entonces |[a, b] ∩ [c, d]| ≤ 1. Como p es un Mµ-ultrafiltro y[[0, 1]] = [

⋃E∈E E] =

⋃E∈E [E] ∈ p, [E0] ∈ p para algun E0 ∈ E .

Supongamos ahora que {pn : n < ω} es una coleccion numerable de ultrafiltrosen Mµ. Para cada n < ω elijamos un En ∈ Bor([0, 1]) tal que [En] ∈ pn y µ(En) <

12n+2 . Entonces,

E =⋃n<ω

En ∈ Bor([0, 1])

y

µ(E) ≤ Σn<ωµ(En) ≤ 12< 1.

Por lo tanto, G = [0, 1] \ E ∈ Bor([0, 1]) y µ(G) > 0. Esto significa que [G] 6= 0.Como [G] ∧ [En] = 0, entonces [G] 6∈ pn para cualquier n < ω, lo cual significa queMµ no se puede expresar como la union de una coleccion numerable de ultrafiltros.

�


15. El teorema de Balcar-Franek

El resultado que le da tıtulo a esta seccion establece que si A es un algebrabooleana infinita y completa, entonces A posee un subconjunto independiente decardinalidad |A|. La prueba del teorema precisa de una larga lista de lemas, mu-chos de los cuales involucran conocimiento de la aritmetica cardinal infinita. Poresta razon es recomendable que el lector se encuentre familiarizado con el materialcontenido en el capıtulo 2 de [11].

En esta seccion, δ denotara un ordinal y {Xα : α < δ} sera una familia deconjuntos cuyo producto cartesiano es X. Note que, para nosostros, un elementode X es una funcion de eleccion: x ∈ X si y solo si x : δ →

⋃α<δXα satisface que

x(α) ∈ Xα para cada α < δ.Teniendo en cuenta lo establecido en el parrafo anterior: un conjunto Y ⊆ X

sera llamado finitamente distinguido si para cada conjunto finito F ⊆ Y existeβ < δ de tal modo que |{x(β) : x ∈ F}| = |F |.

Lema 15.1. Si cada Xα es infinito, entonces X tiene un subconjunto finitamentedistinguido Y ⊆ X con |Y | = |X|.

Demostracion. Nuestra prueba sera por induccion sobre δ. Cuando δ ∈ {0, 1},|X| = 1 y, por ende, Y = X funciona.

Supongamos, por el resto del argumento, que para cada α < δ el productocartesiano de cualquier familia de conjuntos infinitos indexada con α satisface laconclusion del lema.

Usando el buen orden de δ podemos reordenar la sucesion {Xα : α < δ} de talmodo que los conjuntos de menor cardinalidad aparezcan primero. Formalmente,existe una funcion biyectiva π : δ → δ para la cual se tiene que α < β < δ implica|Xπ(α)| ≤ |Xπ(β |. Para los fines de nuestro argumento podemos suponer, sin perdidade generalidad, que π es la identidad: si α < β < δ, entonces |Xα| ≤ |Xβ |.

Tenemos dos casos. Primero, si δ = α+β, donde α, β < δ, entonces alguno de losdos factores, X ′ :=

∏{Xξ : ξ < α} o X ′′ :=

∏{Xξ : α ≤ ξ < δ}, tiene cardinalidad

|X|. En el caso en que |X ′| = |X|, podemos aplicar la hipotesis inductiva paraobtener un conjunto finitamente distinguido Y ′ ⊆ X ′. Ahora solo debemos fijar unpunto arbitrario z ∈ X” y definir Y := {x ∈ X : x � α ∈ X ′ y x � δ \ α = z},donde x � S es, en general, la restriccion de la funcion x al conjunto S. Entonces Ysatisface los requirimientos. Un razonamiento similar funciona cuando |X ′′| = |X|.

El segundo caso es suponer que δ no puede escribirse como la suma de dosordinales menores a δ. En esta situacion se obtiene que el tipo de orden de δ \ α esδ para cualquier α < δ. En particular, κ := |δ| es infinito y |δ \ α| = κ siempre queα < δ.

Sea E el conjunto de todos los subconjuntos finitos no vacıos de δ. Claramente|E| = κ y por lo tanto E = {eξ : ξ < κ}. Definamos, mediante induccion transfinitasobre κ, una funcion inyectiva i : E → δ de tal modo que max eξ ≤ i(ξ) para cadaξ < κ (recuerde que |δ \ α| = κ siempre que α < δ).

Sea e ∈ E un elemento arbitrario. Como max e ≤ i(e), obtenemos que |Xα| ≤|Xi(e)| para cualquier α ∈ e (recuerde que los conjuntos de menor cardinalidadaparecen primero en nuestra lista). Luego, la cardinalidad de Xe : −

∏{Xα : α ∈ e}

no excede a |Xi(e)| (cada Xα es infinito). Fijemos una funcion inyectiva fe : Xe →Xi(e).


Para cada x ∈ X definamos x∗ : δ →⋃α<δXα del modo siguiente:

x∗(α) :=

{fe(x � e), si α = i(e) para algun e ∈ Ex(α), en caso contrario.

Note que x∗ ∈ X.Sea {x1, . . . , xn} ⊆ X un conjunto de n puntos. Para algun e ∈ E se tiene que

|{x1 � e, . . . , xn � e}| = n. Si hacemos β := i(e), obtenemos que x∗k(β) = fe(xk � e)para cada k ≤ n y como fe es inyectiva, se colige que |{x1(β), . . . , xn(β)}| = n. Esteargumento prueba dos cosas: (1) si x, y ∈ X satisfacen x 6= y, entonces x∗ 6= y∗ y(2) {x∗ : x ∈ X} es finitamente distinguido. Con lo cual se concluye la prueba. �

Corolario 15.2. Sea {Aα : α < δ} una familia de algebras booleanas y, para cadaα < δ, sea Xα un subconjunto independiente e infinito de Aα. Entonces el algebrabooleana producto

∏α<δ Aα contiene un subconjunto independiente de cardinalidad∣∣∏

α<δXα

∣∣.Demostracion. Sea Y un subconjunto finitamente distinguido del producto carte-siano con |Y | =

∣∣∏α<δXα

∣∣. Probaremos que Y es independiente en∏α<δ Aα.

Sean {a1, . . . , am}, {b1, . . . , bn} ⊆ Y dos subconjuntos finitos ajenos. Sea β < δtal que |{a1(β), . . . , am(β)}| = m y |{b1(β), . . . , bn(β)}| = n. Como Xβ es indepen-diente, tenemos que a1(β)∧ · · · ∧ am(β)∧ (b1(β))′ ∧ · · · ∧ (bn(β))′ 6= 0 en Aβ y, porende, a1 ∧ · · · ∧ am ∧ b′1 ∧ · · · ∧ b′n 6= 0 en el algebra producto. �

Ahora presentaremos algunos conceptos que seran clave en la prueba del teoremade Balcar-Franek. Para este fin conviene tener presentes las definiciones 10.2 y 14.1.

Sea A un algebra booleana. Definimos la celularidad de A como

c(A) := sup{|W | : W es una anticadena en A}.Analogamente, la densidad de A se define como

π(A) := mın{|D| : D es un subconjunto denso de A}.Estas funciones son ejemplos particulares de funciones cardinales, es decir, funcionesφ que a cada algebra booleana A le asocian un numero cardinal φ(A).

Definicion 15.3. Sea φ una funcion cardinal.1. Diremos que φ preserva el orden si para cada algebra booleana A y para

cualesquiera a, b ∈ A se tiene que a ≤ b implica que φ(A � a) ≤ φ(A � b)(ver ejercicio 5.9).

2. Un algebra booleana A sera llamada φ-homogenea si φ(A � a) = φ(A) paracualquier a ∈ A.

Note que una consecuencia del ejercicio 14.4 es que tanto la celularidad como ladensidad son funciones cardinales que preservan el orden.

Ejercicio 15.4. Sea A un algebra booleana y sea a ∈ A\{0} arbitrario. Demuestreque si φ es una funcion cardinal que preserva el orden, entonces existe 0 < b ≤ ade tal modo que A � b es φ-homogenea. (Observe que si A � a no es φ-homogenea,existe 0 < x ≤ a para el cual φ(A � x) < φ(A � a) y recuerde que no existensucesiones decrecientes infinitas de numeros cardinales.)

Lema 15.5. Sea {φ1, . . . , φn} una coleccion finita de funciones cardinales y sea Aun algebra booleana. Entonces existe una familia {Aα : α < κ} de algebras booleanastal que


1. cada Aα es φi-homogenea para cualquier i ≤ n y2. A es isomorfa al producto

∏α<κ Aα.

Demostracion. Comencemos por definir D ⊆ A \ {0} mediante x ∈ D si y solosi A � x es φi-homogenea para cada i ≤ n. Afirmamos que D es denso en A.Para probar esto sea a ∈ A \ {0} un elemento arbitrario. De acuerdo al ejercicio15.4, existe 0 < a1 ≤ a de tal modo que A � a1 es φ1-homogenea. Procediendode este modo con el resto de las funciones, obtenemos una sucesion decreciente0 < an ≤ · · · ≤ a1 ≤ a de tal modo que cada A � ai es φi-homogenea. Luego,an ≤ a y an ∈ D.

La densidad de D y el ejercicio 14.6 garantizan la existencia de un conjuntoW ⊆ D para el cual A es isomorfo al producto

∏{A � x : x ∈ W}. Esto concluye

la prueba. �

Definicion 15.6. Sea W una familia de anticadenas maximales en el algebrabooleana A (ver ejercicio 14.6). Diremos que W es independiente si para cadasubconjunto finito {W1, . . . ,Wn} ⊆ W de n elementos y para cualquier seleccionw1 ∈W1, . . . , wn ∈Wn se tiene que w1 ∧ · · · ∧ wn 6= 0.

El siguiente ejercicio establece una conexion entre la nocion de subconjunto in-dependiente de un algebra booleana y el concepto dado en la definicion previa.

Ejercicio 15.7. Sea A un algebra booleana y sea S ⊆ A \ {0, 1} de tal modo quea′ /∈ S para cada a ∈ S. Demuestre que las siguientes condiciones son equivalentes.

1. S es independiente.2. {{a, a′} : a ∈ S} es una familia independiente de anticadenas maximales.

El siguiente lema produce, a partir de un conjunto independiente y de una anti-cadena maximal con caracterısticas especiales, un subconjunto independiente cuyacardinalidad es grande.

Lema 15.8. Sea A un algebra booleana completa. Si E es un subconjunto inde-pendiente e infinito de A y W es una anticadena maximal para la cual W :={W} ∪ {{e, e′} : e ∈ E} es una familia independiente de anticadenas maximales,entonces A tiene un subconjunto independiente de cardinalidad |E||W |.Demostracion. Sea w ∈ W . Como W es una familia independiente de anticadenasmaximales, el conjunto Ew := {e ∧ w : e ∈ E} es un subconjunto independiente deA � w (recuerde que, de acuerdo al ejercicio 5.9, el complemento de e ∧w en A � wes e′ ∧ w). Mas aun, afirmamos que |Ew| = |E|. Para comprobar esto supongamosque x, y ∈ E satisfacen x ∧ w = y ∧ w. Entonces

0 = (x ∧ w) ∧ (y ∧ w)′ = x ∧ y′ ∧ w.La independencia de W implica que x = y. Esto prueba la afirmacion.

Lo demostrado en el parrafo anterior y el corolario 15.2 garantizan que el produc-to∏{A � w : w ∈ W} tiene un subconjunto independiente de cardinalidad |E||W |.

El ultimo paso de la demostracion es notar que, de acuerdo al ejercicio 14.6-(4),este producto es isomorfo a A. �

El siguiente resultado fue probado por Fichtenholz y Kantorovich para conjuntosnumerables. La version general es obra de Hausdorff.

Corolario 15.9. Si S es un conjunto infinito de cardinalidad κ, entonces el algebrabooleana P(S) tiene un subconjunto independiente de cardinalidad 2κ.


Demostracion. Basta con hallar una familia independiente de anticadenas maxima-les {W} ∪ {{e, e′} : e ∈ E} en P(S) de tal modo que |W | = κ y |E| = ω, donde ωes el primer ordinal infinito.

En vista de que el conjunto κ × {f ∈ {0, 1}ω : ∃m ∈ ω∀i ≥ m(f(i) = 0)} tienecardinalidad κ, podemos suponer, sin perdida de generalidad, que es igual a S. Conesta idea en mente, definamos para cada α < κ y cada n ∈ ω:

wα := {(ξ, f) ∈ S : α = ξ} y en := {(ξ, f) ∈ S : f(n) = 1}.

Calculos rutinarios muestran que W := {wα : α < κ} y E := {en : n ∈ ω} satisfacennuestros requerimientos. �

El lema que sigue nos provee con una forma de generar subconjuntos indepen-dientes en algebras booleanas completas.

Lema 15.10 (Vladimirov). Sea B un subalgebra completa del algebra booleanacompleta A. Si para cada b ∈ B \ {0} se tiene que B � b no es denso en A � b,entonces existe u ∈ A de tal modo que b∧ u 6= 0 y b∧ u′ 6= 0 para cada b ∈ B \ {0}.

Demostracion. Comencemos por probar que el conjunto D := {a ∈ A \ {0} : (B \{0}) ∩ (A � a) = ∅} es denso en A. Para este fin sea a un elemento arbitrario deA \ {0}. Mas aun, supongamos que a /∈ D. Entonces existe b ∈ B de tal forma que0 < b ≤ a. Por hipotesis, B � b no es denso en A � b. Esto equivale a la existenciade d ∈ A tal que 0 < d ≤ b y (B \ {0}) ∩ (A � d) = ∅. Luego d ∈ D y d ≤ a.

Para cada a ∈ A denotemos por a al primer elemento de B que esta por encimade a; formalmente:

a :=∧{b ∈ B : a ≤ b}.

Note que {a : a ∈ D} es un subconjunto denso de B porque si b ∈ B \ {0} y d ∈ Dsatisfacen d ≤ b, entonces d ≤ b = b.

De acuerdo a los incisos (1) y (5) del ejercicio 14.6, {a : a ∈ D} contiene unaanticadena maximal en B. En otras palabras, existe W ⊆ D de tal modo que(1) si a, b ∈ W satisfacen a 6= b, entonces a 6= b y (2) {a : a ∈ W} es unaanticadena maximal en el algebra booleana B. Para concluir la prueba mostraremosque u =

∨W satisface las condiciones del lema.

Para el resto de la prueba: sea b un elemento arbitrario de B \ {0} y fijemosw ∈ W de tal modo que b ∧ w 6= 0 (estamos empleando el inciso (2) del ejercicio14.6). Si b ∧ u = 0, entoces b ∧ w = 0 o equivalentemente, w ≤ b′. Como b′ ∈ B, seobtiene que w ≤ b′. Lo cual contradice nuestra eleccion de w. Ası, b ∧ u 6= 0.

Afirmamos que w ∧ w′ ≤ u′. Para probar nuestra afirmacion bastara con argu-mentar que w ∧ w′ es una cota inferior de {x′ : x ∈ W} (vease el ejercicio 5.14).Si x ∈ W \ {w}, entonces nuestra eleccion de W garantiza que x ∧ w = 0 y comox ≤ x, obtenemos que w ≤ x′. Claramente, w ∧ w′ ≤ x′.

Ahora supongamos que b∧ u′ = 0. Entonces b∧ w ∧w′ = 0 o, en otros terminos,b ∧ w ≤ w. Como w ∈ B, esto implica que b ∧ w ∈ (B \ {0}) ∩ (A � w). Lo cualcontradice w ∈W ⊆ D. �

Definicion 15.11. Sea A un algebra booleana y sea {aα : α < δ} ⊆ A \ {0}.Diremos que la sucesion {bα : α < δ} es un refinamiento ajeno de {aα : α < δ} si0 < bα ≤ aα para cada α < δ y bα ∧ bβ = 0 siempre que α < β < δ.


Teorema 15.12 (Balcar-Voltjas). Sea A un algebra booleana y sea κ un cardinalinfinito. Si κ+ ≤ c(A � x) para cada x ∈ A, entonces cualquier sucesion {aα : α <κ} ⊆ A \ {0} tiene un refinamiento ajeno.

Demostracion. Para cada anticadena W ⊆ A y cada a ∈ A sea

W (a) := {x ∈W : x ∧ a 6= 0}.

Nuestro plan es construir una anticadena W ∗ en A de tal modo que |W ∗(aα)| ≥ κpara cada α < κ. Observe que en este caso podemos definir inductivamente unasucesion {xα : α < κ} de tal forma que xα ∈ W ∗(aα) \ {xβ : β < α} para cadaα < κ. Con lo cual la coleccion {aα ∧ xα : α < κ} es un refinamiento ajeno de{aα : α < κ}.

Para obtener W ∗ construiremos, mediante induccion transfinita, una sucesion deanticadenas {Wα : α < κ} en A de tal forma que

1. Wα ⊆Wβ siempre que α < β < κ,2. si α, β < κ, entonces Wα(aβ) = ∅ o |Wα(aβ)| = κ+ y3. |Wα+1(aα)| = κ+ para cada α < κ.

De esta forma, W ∗ :=⋃{Wα : α < κ}.

Hagamos W0 := ∅ y supongamos que {Wξ : ξ < α} ha sido construida para ciertaα < κ. Si α es lımite, definimos Wα :=

⋃ξ<αWξ. Si α = β+1, hay dos posibilidades:

|Wβ(aβ)| = κ+ o Wβ(aβ) = ∅. En el primer caso hacemos Wα := Wβ . Para el casorestante se obtiene que Wβ ⊆ A � a′β y, por otro lado, la hipotesis c(A � aβ) ≥ κ+

implica la existencia de una anticadena Y ⊆ A � aβ con |Y | = κ+. Note que Wβ∪Yes una anticadena y defina

Wα := (Wβ ∪ Y ) \⋃{Y (aξ) : ξ < κ y |Y (aξ)| ≤ κ}.

Esto completa la induccion. �

Para un algebra booleana A diremos que la celularidad de A es alcanzada o quec(A) es alcanzada si existe una anticadena W en A con |W | = c(A) (es decir, si elsupremo es, de hecho, un maximo).

Los siguientes resultados seran aplicados en la prueba del Teorema de Balcar-Franek en el caso en que la celularidad del algebra no es al alcanzada.

Teorema 15.13 (Erdos-Tarski). Sea A un algebra booleana. Si c(A) es un cardinalsingular, la celularidad de A es alcanzada.

Demostracion. En aras de simplificar notacion, haremos c(x) := c(A � x) para cadax ∈ A.

Una observacion simple que sera empleada varias veces en la prueba es: si a ∈ Ay c(a) > µ para algun cardinal µ, entonces A contiene una anticadena W con|W | = µ.

Sea λ := c(A) y sea κ la cofinalidad de λ. Fijemos una sucesion creciente decardinales {λξ : ξ < κ} tal que λξ < λ para cada ξ < κ y sup{λξ : ξ < κ} = λ.Analizaremos tres casos.

Primero: para algun b ∈ A \ {0} y para cada x ∈ A que satisfaga 0 < x ≤ bse tiene que c(x) = λ. Como λ es singular, κ < λ = c(b) y, por ende, existe unaanticadena {bα : α < κ} ⊆ A � b para la cual α < β < κ implica que bα ∧ bβ = 0.Ahora, para cada α < κ se tiene que λα < λ = c(bα) y por lo tanto obtenemos


una anticadena Wα ⊆ A � bα con |Wα| = λα. Entonces⋃{Wα : α < κ} es una

anticadena de cardinalidad c(A) en A.Supongamos ahora que la hipotesis del primer caso falla. Vamos a definir dos

conjuntos que seran importantes para el resto del argumento. SeaD := {a ∈ A\{0} :c(a) < λ} y sea W una anticadena maximal modulo D. La suposicion hecha alprincipio de este parrafo implica que para cada b ∈ A \ {0} existe x ∈ A \ {0} talque x ≤ b y c(x) < λ (ejercicio 14.4). En otras palabras, D es denso en A y por elejercicio 14.6-(5), W es una anticadena maximal en A.

Segundo caso: sup{c(x) : x ∈W} = λ. En esta situacion podemos definir induc-tivamente una sucesion {xα : α < κ} tal que xα ∈ W \ {xβ : β < α} y λα < c(xα)para cada α < κ. Procediendo como en el primer caso, fijemos, para cada α < κ,una anticadena Wα ⊆ A � xα tal que |Wα| = λα. Ası,

⋃{Wα : α < κ} es una

anticadena en A cuya cardinalidad es λ.Tercer caso: sup{c(x) : x ∈ W} < λ. Afirmamos que |W | ≥ λ. Supongamos lo

contrario y hagamos µ := sup{c(x) : x ∈W} y θ := (µ · |W |)+. Como λ es singular,θ < λ = c(A) y por ende existe una anticadena Y ⊆ A de cardinalidad θ. Para cadax ∈W definamos Y (x) := {y ∈ Y : x∧y 6= 0}. Empleando la maximalidad deW y elejercicio 14.6-(2), obtenemos que W =

⋃{Y (x) : x ∈W}. Por otro lado, si x ∈W ,

entonces {x ∧ y : y ∈ Y (x)} es una anticadena en A � x; ası |Y (x)| ≤ c(x) ≤ µ. Deesto se colige que |Y | ≤ µ · |W | < θ. Una contradiccion. �

Lema 15.14. Sea A un algebra booleana completa para la cual κ := c(A) no esalcanzada. Si A es c-homogenea (es decir, homogenea con respecto a la celularidaden el sentido de la definicion 15.3), entonces existe una familia independiente deanticadenas maximales, W, en A tal que |W| = κ y sup{|W | : W ∈ W} = κ.

Demostracion. Probaremos que para cada familia independiente de anticadenasmaximales V, con |V| < κ, y cada cardinal θ < κ existe una anticadena maximalW de tal forma que |W | ≥ θ y V ∪ {W} sigue siendo independiente. Observe queuna vez que esta proposicion haya sido demostrada, un argumento rutinario deinduccion transfinita produce la familia W que necesitamos.

Sea S :=⋃V y sea S∗ el conjunto construido en el ejercicio 5.8. En vista de que

c(A) no es alcanzada, se obtiene que |V | < κ para cada V ∈ V. Ademas, el teorema15.13 implica que κ es regular y por lo tanto: |S| < κ. Ası, |S∗| < κ. Fijemos uncardinal µ < κ de tal modo que S∗ \ {0} = {aα : α < µ}, donde α < β < µ implicaaα 6= aβ .

Dado que µ+ ≤ κ = c(A) y A es c-homogenea, podemos aplicar el teorema 15.12para obtener una anticadena {bα : α < µ} de tal modo que si α < µ, entonces0 < bα ≤ aα.

Sea α < µ. Tenemos que c(A � bα) = c(A) = κ > θ y por lo tanto existe Y , unaanticadena maximal modulo A � bα, de tal forma que |Y | ≥ θ. Fijemos {cαβ : 0 <β < θ} ⊆ Y de tal suerte que si 0 < β < γ < θ, entonces cαβ 6= cαγ , y definamoscα0 :=

∨(Y \ {cαβ : 0 < β < θ}). De esta forma, {cαβ : β < θ} es una anticadena

maximal modulo A � bα de cardinalidad θ. En particular,∨{cαβ : β < θ} = bα

(ejercicio 14.7).Dado 0 < β < θ, hagamos xβ :=

∨{cαβ : α < µ} y

x0 :=(∨{bα : α < µ}

)′∨∨{cα0 : α < µ}.


Entonces W := {xβ : β < θ} es una anticadena en A y∨W = 1. Por ende (ejercicio

14.7) W es una anticadena maximal en A y |W | = θ.Solo hace falta probar que V ∪ {W} es independiente: sean β < θ y V1, . . . , Vn ∈

V. Supongamos que Vi 6= Vj siempre que i 6= j y sean y1 ∈ V1, . . . , yn ∈ Vnelementos arbitrarios. Entonces y1∧· · ·∧yn ∈ S∗\{0} puesto que V es independiente;ası y1 ∧ · · · ∧ yn = aα, para alguna α < µ y

0 < cαβ ≤ bα ∧ xβ ≤ aα ∧ xβ = (y1 ∧ · · · ∧ yn) ∧ xβ .�

Lema 15.15. Toda algebra booleana completa A es isomorfa a un producto de laforma (A � w)× (A � w′), donde

1. A � w es isomorfa a P(W ) para algun conjunto W y2. A � w′ carece de atomos.

Demostracion. Sea W la coleccion de todos los atomos de A (W podrıa ser vacıo)y sea w :=

∨W . Probaremos, en primer lugar, que la funcion f : A � w →

P(W ) definida mediante f(x) := {y ∈ W : y ≤ x} es un isomorfismo de algebrasbooleanas.

Observe que f(0A) = ∅ y que f(w) = W . Ahora sean a, b ∈ A � w. La definicionde f implica que f(a) ∪ f(b) ⊆ f(a ∨ b). Por otro lado, sea y ∈ f(a ∨ b). Entoncesy es un atomo y y ≤ a ∨ b. En el caso en que y 6≤ a, se obtiene 0 < y ∧ a′ ≤ y.Luego y ∧ a′ = y y por ende y ∧ a = 0. Ası, y = y ∧ (a ∨ b) = y ∧ b, es decir,y ≤ b. Anaalogamente, y 6≤ b implica que y ≤ a. Este argumento prueba quey ∈ f(a) ∪ f(b). Con lo cual obtenemos la igualdad f(a ∨ b) = f(a) ∪ f(b). Demanera similar se prueba que f(a ∧ b) = f(a) ∩ f(b).

Afirmamos que f(a′ ∧ w) = W \ f(a). Si y ∈ f(a′ ∧ w), entonces y ∈ W yy ≤ a′ ∧ w; como y 6= 0, se tiene que y 6≤ a. Con lo cual, y ∈ W \ f(a). En la otradireccion: si y ∈W \f(a), entonces y 6≤ a y por ende 0 < y∧a′ ≤ y. Luego, y = y∧a′o equivalentemente y ≤ a′ y, naturalmente, y ≤ w. De este modo: y ∈ f(a′ ∧ w).

Hasta ahora hemos probado que f es un homomorfismo de algebras booleanas.Para demostrar que f es inyectiva fijemos a, b ∈ A � w tales a 6= b. Sin perdida degeneralidad, supongamos que c := a ∧ b′ 6= 0. Como 0 < c ≤ w, existe x ∈ W detal modo que c ∧ x 6= 0. Entonces 0 < c ∧ x ≤ x y por lo tanto c ∧ x = x. Ası,x ≤ c = a ∧ b′ y por ende x ∈ f(a) \ f(b).

Solo resta probar que f es suprayectiva. Sea S ⊆W . Se afirma que si a :=∨S,

entonces f(a) = S. En efecto, sea x ∈ f(a). Esto implica que 0 < x ≤ a. Porende x ∧ y 6= 0 para algun y ∈ S. Note que las desigualdades 0 < x ∧ y ≤ x y0 < x ∧ y ≤ x implican que x = y. En particular, x ∈ S. La prueba de la otracontencion es rutinaria.

Como {w,−w} es una anticadena maximal en A, el ejercicio 14.6-(4) garanti-za que A es isomorfa a (A � w) × (A � w′). Para finalizar la prueba del lemabastara verificar que A � w′ carece de atomos. Esto ultimo es consecuencia de lasiguiente afirmacion que se deja como ejercicio al lector: si a es un atomo de A � w′,entonces a es un atomo de A. �

Finalmente nos encontramos en posicion de probar el resultado central de estaseccion.

Teorema 15.16 (Balcar-Franek). Si A es un algebra booleana completa e infinita,A tiene un subconjunto independiente de cardinalidad |A|.


Demostracion. Sea w como el lema 15.15. Como A es infinita, debe tenerse que|A � w| = |A| o que |A � w′| = |A|. En el primer caso podemos aplicar el corolario15.9 a A � w para obtener un subconjunto independiente de A � w de cardinalidad|A|. Como este conjunto tambien es independiente en A, esto concluye la pruebadel primer caso.

Solo necesitamos demostrar que si |A| = |A � w′|, entonces A � w′ contiene unsubconjunto independiente de cardinalidad |A|. Antes de proceder con la prueba deesta afirmacion haremos algunas observaciones.

Primero, A � w′ es completa. De hecho, si S ⊆ A � w′, entonces existe a ∈ Ade tal forma que a =

∨S en A y como w′ es una cota superior de S, se colige que

a ≤ w′, es decir, a ∈ A � w′. Por esta razon vamos a identificar A con A � w′.En otras palabras, vamos a suponer que A carece de atomos. Observe que estasuposicion implica que A � a es infinito para cada a ∈ A \ {a} (ver ejercicio 12.8).

En segundo lugar, como la celularidad y la densidad preservan el orden, el lema15.5 garantiza que A ∼

∏{A � x : x ∈ S} para algun conjunto S ⊆ A \ {0}, donde

cada A � x es c-homogenea y π-homogenea.Note que si para cada x ∈ S logramos probar que A � x contiene un subconjunto

independiente de cardinalidad |A � x|, entonces el lema 15.2 implica que A tieneun subconjunto independiente de cardinalidad |A|. En vista de que cada A � x esinfinita, completa y carece de atomos, no hay perdida de generalidad en suponerque A carece de atomos y es homogenea con respecto a c y a π.

Hagamos κ := c(A) y λ := π(A). Nuestra prueba se divide en dos casos.Caso 1. c(A) es alcanzada. Afirmamos que, en esta situacion, |A| = λκ. El

ejercicio 10.4 implica que |A| ≤ 2λ y como A es un conjunto infinito, λ debe serinfinito. Por otro lado, el ejercicio 14.15-(5) garantiza que |A| ≤ (ω · λ)<κ

+=

λκ. Para demostrar la otra desigualdad sea W una anticadena maximal en A decardinalidad κ. Entonces (ejercicio 14.6) |A| = |

∏{A � x : x ∈ W}|. Ahora note

que la π-homogeneidad de A produce λ = π(A) = π(A � x) ≤ |A � x| para cadax ∈W . Esto prueba la afirmacion.

Sea µ el primer cardinal que satisface µκ = λκ. Claramente µ ≤ λ. De hecho, siθ es un cardinal y θ < µ, entonces θκ < µ porque en caso contrario se tendrıa que

λκ = µκ ≤ (θκ)κ = θκ ≤ µκ = λκ,

es decir, θκ = λκ y θ < µ, una contradiccion a nuestra eleccion de µ.Tenemos dos posibilidades: µ = 2 y µ > 2. Cuando µ = 2, fijamos un anticadena

maximal W de A con |W | = κ y aplicamos el ejercicio 14.8 para obtener que B :={∨S : S ⊆ W} es una subalgebra booleana de A isomorfa a P(W ). En particular,

podemos emplear el corolario 15.9 y obtener un subconjunto independiente E de B(y por ende de A) que satisface |E| = 2κ = λκ = |A|.

Supongamos ahora que µ > 2. Entonces, por la observacion hecha anteriormente,se tiene que κ < 2κ < µ. Nuestro plan es utilizar el lema 15.8. Ası, necesitamosencontrar una familia independiente de anticadenas maximales, {W} ∪ W, de talmodo que |W | = κ, |W| = µ y |V | = 2 para cada V ∈ W. Con esta idea en mente,fijemos una anticadena maximal W que satisfaga |W | = κ. W sera definida porinduccion transfinita.

Afirmamos que si V es una familia independiente de anticadenas maximales enA con |V| < µ, entonces existe u ∈ A de tal modo que {u, u′} /∈ V y V ∪ {{u, u′}}sigue siendo independiente. Observe que la validez de esta afirmacion garantiza quela induccion que produce a la familia W puede ser llevada a cabo.


En aras de probar la afirmacion del parrafo anterior sea B el algebra completagenerada por

⋃V (vease el ejercicio 14.15). En vista de que |V | ≤ κ para cualquier

V ∈ V, tenemos que |⋃V| ≤ |V| · κ y, aplicando el ejercicio 14.15, se obtiene

|B| ≤ (|V| · κ)<κ+

= (|V| · κ)κ = |V|κ · κκ = |V|κ · 2κ < µ ≤ λ = π(A).

Esto ultimo, junto con la π-homogeneidad de A, implica que podemos aplicar ellema 15.10 y obtener un elemento u ∈ A para el cual b∧ u 6= 0 y b∧ u′ 6= 0 siempreque b ∈ B \ {0}. Luego, V ∪ {{u, u′}} es independiente. Esto concluye el primercaso.

Caso 2. c(A) no es alcanzada. Por el teorema 15.13, κ es regular ası que podemosaplicar el ejercicio 14.15 y obtener |A| ≤ λ<κ. Ahora probaremos la otra desigual-dad: sea θ < κ un cardinal arbitrario. Entonces existe una anticadena maximalW enA con θ ≤ |W |. Como A es π-homogenea, λ = π(A) = π(A � x) ≤ |A � x| para cadax ∈W . Finalmente, el ejercicio 14.6 garantiza que |A| = |

∏{A � x : x ∈W}| ≥ λθ.

De aquı, |A| ≥ λ<κ.Sea µ el primer cardinal que satisface µ<κ = λ<κ. En este caso se tiene que

θ<κ < µ para cada θ < µ pues de lo contrario se obtendrıa:

λ<κ = µ<κ ≤ (θ<κ)<κ = θ<κ ≤ µ<κ = λ<κ

lo cual contradice nuestra eleccion de µ.Apliquemos el lema 15.14 para obtener una familia independiente de anticadenas

maximales en A, W = {Wα : α < κ}, donde Wα 6= Wβ siempre que α 6= β yκ = sup{|Wα| : α < κ}. Para cada α < κ hagamos κα := |Wα|.

Suponga que µ = 2 y defina, para cada α < κ, Bα := {∨S : S ⊆ Wα}.

De acuerdo al ejercicio 14.8, Bα es isomorfa a P(Wα) ası que podemos fijar Yα,un subconjunto independiente de Bα, con |Yα| = 2κα . Como W es independiente,Y :=

⋃α<κ Yα es un subconjunto independiente de A para el cual

|Y | = sup{2κα : α < κ} = 2<κ = λ<κ = |A|.

Por el resto de la prueba supongamos que µ > 2. Note que en este caso, κ ≤2<κ < µ.

A continuacion explicaremos como construir, para cada α < κ, una familia deanticadenas maximales Vα de tal modo que

1. |Vα| = µ si α < κ,2. si α < κ y V ∈ Vα, entonces |V | = 2,3. Vα 6= Vβ si α 6= β y4. {Wα : α < κ} ∪

⋃α<κ Vα es una familia de anticadenas maximales.

Comenzamos con {Wα : α < κ} y procediendo como en el Caso 1 podemosconstruir por induccion transfinita una familia V de anticadenas maximales en Ade cardinalidad 2 de tal modo que |V| = µ y {Wα : α < κ} ∪ V es independiente.El resto es escoger una particion {Vα : α < κ} de V con |Vα| = µ para cada α < κ.

Sea α < κ. Denotemos por Aα al algebra booleana generada por Wα∪⋃Vα. Sea

Aα la completacion booleana de Aα (teorema 10.6). Supongamos, sin perdida degeneralidad, que Aα ⊆ Aα. La funcion inclusion h : Aα → A dada por h(x) = xes un homomorfismo de algebras booleanas y como A es completa, el teorema 11.4produce un homomorfismo booleano H : Aα → A tal que H � Aα = h. Probaremosque H es un inyectiva. Sean x, y ∈ Aα tales que x 6≤ y. Entonces x∧ y′ 6= 0 y como


A es densa en Aα, existe a ∈ A de tal modo que a ≤ x ∧ y′. Luego

0 6= h(a) = H(a) ≤ H(x ∧ y′) = H(x) ∧H(y′).

De este modo, H(x) 6= H(y). Esta sencilla observacion garantiza que Aα es isomorfaal algebra Bα := H[Aα]. Observe que Bα es una subalgebra de A y que como algebrabooleana es completa pero que, en principio, el supremo de un conjunto S ⊆ Bαcalculado en Bα puede diferir del supremo de S cuando este se calcula en A (veaseel ejercicio 7.5.

Trabajando en el algebra Bα podemos aplicar el lema 15.8 a la coleccion {Wα}∪Vα para obtener un subconjunto independiente Yα de Bα que satisface |Yα| =|Vα||Wα| = µκα . Hagamos Y :=

⋃α<κ Yα.

Sea n un numero natural y sea {α1, . . . , αn} ⊆ κ un conjunto de cardinalidad n.Para cada i ≤ n sean Fi, Hi ⊆ Yαi dos conjuntos finitos ajenos. Afirmamos que

(*)∧{a : ∃i ≤ n(a ∈ Fi)} ∧

∧{b′ : ∃i ≤ n(b ∈ Hi)} 6= 0.

Note que esta afirmacion tiene dos corolarios importantes: en primer lugar, Y esun subconjunto independiente de A y en segundo

|Y | = sup{|Yα| : α < κ} = sup{µκα : α < κ} = µ<κ = |A|.Con lo cual se concluirıa la prueba.

Para demostrar la afirmacion comencemos con definir, para cada i ≤ n, ci :=∧Fi ∧

∧{b′ : b ∈ Hi}. Entonces (*) se troca en

∧{ci : i ≤ n} 6= 0.

Fijemos i ≤ n y definamos Ui := {Wαi} ∪ Vαi . Como ci ∈ Bαi , existe di ∈ Aαide tal modo que 0 < di ≤ ci. Por definicion de Aαi existen dos conjuntos finitos,F 0i , H

0i ⊆

⋃Uαi , de tal forma que di =

∧F 0i ∧

∧{b′ : b ∈ H0

i }. Note que di 6= 0implica que

∧F 0i 6= 0 y, por ende, debe tenerse que |F 0

i ∩ U | ≤ 1 para cadaU ∈ Ui. A cada x ∈ H0

i le asociaremos un elemento x∗ ∈⋃Ui de tal modo que

Gi := F 0i ∪{x∗ : x ∈ H0

i } satisface∧Gi ≤ di y |Gi ∩U | ≤ 1 para cualquier U ∈ Ui.

Sea x ∈ H0i . Como Ui es independiente, existe un unico W ∈ Ui de tal modo

que x ∈W . Si W ∩ F 0i 6= ∅, x∗ sera el unico elemento de esta interseccion. Cuando

W ∩ F 0i = ∅, conviene observar que W \ H0

i 6= ∅ porque∨W = 1 y

∨H0i < 1

(esto ultimo es consecuencia de la desigualdad di > 0). De este modo, x∗ sera, pordefinicion, algun elemento de la diferencia. Observe que en ambos casos se obtieneque x ∧ x∗ = ∅ y por ende:

∧{x∗ : x ∈ H0

i } ≤∧{x′ : x ∈ H0

i }.Por lo probado en el parrafo anterior se tiene queG :=

⋃i≤nGi es un subconjunto

de⋃i≤n Ui que satisface |G ∩ U | ≤ 1 para cada U ∈

⋃i≤n Ui; y como esta familia

es independiente, se colige que 0 6=∧G ≤

∧i≤n di ≤

∧i≤n ci, ası que la afirmacion

esta probada y con esto se concluye la demostracion. �

Cerramos esta seccion con dos aplicaciones del Teorema de Balcar-Franek.

Corolario 15.17. Si A es un algebra booleana infinita y completa, entonces |S(A)| =2|A|.

Demostracion. Sea E un subconjunto independiente de A. Sea B el algebra generadapor E en A. Como B es libre, la demostracion del teorema 12.5 garantiza que|S(B)| = 2|A|.

Para cada u ∈ S(A) existe u∗ ∈ S(A) de tal modo que u ⊆ u∗ (lema 4.6 cona = 0). Mas aun, si u, v ∈ S(B) satisfacen u 6= v, entonces existen a ∈ u y b ∈ vde tal modo que a ∧ b = 0 porque S(B) es un espacio de Hausdorff. Por ende,


a ∈ u∗ y b ∈ v∗, ası que u∗ 6= v∗. Este argumento prueba que 2|A| ≤ |S(A)|. La otradesigualdad es consecuencia de la contencion S(A) ⊆ P(P(A)). �

Corolario 15.18. Sean A y B dos algebras booleanas completas. Si |B| ≤ |A|,entonces existe un epimorfismo booleana f : A→ B.

Demostracion. Si A es finita, el epimorfismo puede ser definido mediante induccion.Los detalles se dejan como ejercicio al lector.

Supongamos entonces que A es infinita y sea E un subconjunto independientede A con |E| = |A|. Fijemos una funcion suprayectiva g : E → B. Note que si A0 esel algebra generada por E, entonces la independencia de E garantiza que g puedeextenderse a un epimorfismo f0 : A0 → B. Ahora basta aplicar el teorema 11.4 paraobtener f . �

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Departamento de Matematicas, Facultad de Ciencias, Circuito exterior s/n, Ciudad

Universitaria, CP 04510, Mexico D. F., MexicoE-mail address: [email protected]

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