Preuve sympa sur les algèbres de Boole
Il est connu que les algèbres de Boole sont localement finies, i.e. si une algèbre de Boole est finiment générée, alors elle est finie.
Cela découle immédiatement (et est équivalent) du fait que les algèbres de Boole libres sur $n$ éléments sont finies.
Il existe beaucoup de preuves de ce fait mais je ne les ai jamais vraiment trouvées agréables : en voici une que je viens de découvrir et que je partage parce qu'elle est agréable justement. Elle est d'autant plus agréable qu'elle donne automatiquement le cardinal de l'algèbre e Boole libre sur $n$ éléments.
Lemme : Soit $B$ une algèbre de Boole infinie. Alors $B$ a une infinité d'ultrafiltres.
Preuve (j'avoue que je viens de la trouver en écrivant celle-là, je l'aime beaucoup aussi) : $B$ est une algèbre de Boole, donc elle est isomorphe à l'algèbre des ouverts-fermés de son espace de Stone. Cela implique que ledit espace de Stone a une infinité d'ouverts-fermés, donc une infinité de points: ces points sont des ultrafiltres, c'est tout ce qu'il fallait.
Preuve du résultat : Soit $B_n$ l'algèbre de Boole libre sur $n$ éléments. Alors, en notant $\simeq$ la relation "est en bijection avec", et $\mathbf{Bool}(A,B)$ les morphismes de $A$ vers $B$, et finalement $\mathrm{Hom}(A,B)$ les applications de $A$ vers $B$, $\mathbf{2}$ l'algèbre de Boole à $2$ éléments, on a $\{u\subset B_n \mid u$ ultrafiltre sur $B_n\} \simeq \mathbf{Bool}(B_n,\mathbf{2}) \simeq \mathrm{Hom}(n,2) = 2^n$ (le deuxième isomorphisme venant de la liberté de $B_n$)
Donc il n'y a qu'un nombre fini d'ultrafiltres sur $B_n$, qui est donc finie par le lemme.
Corollaire : $|B_n| = 2^{2^n}$.
Preuve: $B_n$ est finie, donc est isomorphe à $\mathcal{P}(A_n)$, où $A_n$ est l'ensemble des atomes de $B_n$. Donc $B_n$ a $|A_n|$ ultrafiltres; donc $|A_n| = 2^n$ donc $|B_n| = 2^{2^n}$.
Cela découle immédiatement (et est équivalent) du fait que les algèbres de Boole libres sur $n$ éléments sont finies.
Il existe beaucoup de preuves de ce fait mais je ne les ai jamais vraiment trouvées agréables : en voici une que je viens de découvrir et que je partage parce qu'elle est agréable justement. Elle est d'autant plus agréable qu'elle donne automatiquement le cardinal de l'algèbre e Boole libre sur $n$ éléments.
Lemme : Soit $B$ une algèbre de Boole infinie. Alors $B$ a une infinité d'ultrafiltres.
Preuve (j'avoue que je viens de la trouver en écrivant celle-là, je l'aime beaucoup aussi) : $B$ est une algèbre de Boole, donc elle est isomorphe à l'algèbre des ouverts-fermés de son espace de Stone. Cela implique que ledit espace de Stone a une infinité d'ouverts-fermés, donc une infinité de points: ces points sont des ultrafiltres, c'est tout ce qu'il fallait.
Preuve du résultat : Soit $B_n$ l'algèbre de Boole libre sur $n$ éléments. Alors, en notant $\simeq$ la relation "est en bijection avec", et $\mathbf{Bool}(A,B)$ les morphismes de $A$ vers $B$, et finalement $\mathrm{Hom}(A,B)$ les applications de $A$ vers $B$, $\mathbf{2}$ l'algèbre de Boole à $2$ éléments, on a $\{u\subset B_n \mid u$ ultrafiltre sur $B_n\} \simeq \mathbf{Bool}(B_n,\mathbf{2}) \simeq \mathrm{Hom}(n,2) = 2^n$ (le deuxième isomorphisme venant de la liberté de $B_n$)
Donc il n'y a qu'un nombre fini d'ultrafiltres sur $B_n$, qui est donc finie par le lemme.
Corollaire : $|B_n| = 2^{2^n}$.
Preuve: $B_n$ est finie, donc est isomorphe à $\mathcal{P}(A_n)$, où $A_n$ est l'ensemble des atomes de $B_n$. Donc $B_n$ a $|A_n|$ ultrafiltres; donc $|A_n| = 2^n$ donc $|B_n| = 2^{2^n}$.
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Réponses
Dans ce cas oui les trois petits points etc doivent être remplacés par des outils notationnels froids.
C'est ça ton paradigme? (Attention de ne pas te transformer en Terminator :-D )
@christophe : il y a vraiment très peu de notations catégoriques : seulement Bool et Hom (pour lesquelles je ferais bien de la pub mais ce n'est pas l'objet ici)
Si vous ne partagez pas mon attrait pour cette preuve, c'est qu'il doit être entièrement psychologique, esthétique (je ne m'intéresse pas -encore- aux logiciels arbitres; si tu penses que ma preuve serait mieux avalée par un tel logiciel, tant mieux, mais ce n'était pas le but)
Je la.critique plus précisément si tu veix:
1) tu parles d'ultrzfiltred et d'espaces de Stone
2) tu considères évide T qu'un ultrafiltres est un morphisme
3) le coup de la liberté finale je n'ai que peu compris.
Si tu veux une preuve sans forme normale rappelle toi que "fini" n'est pas un notion absolue et dépend de l'univers. Il y a pas de vrai IN.
DONC récurrence obligatoire!!!!!!
Et pour les algèbres de Boole ça a la chance de marcher directement via , prenant un generzteur à la fonction x|
> (a et x) qui te donne une algèbre de Boole AVEC UN GENERZTEUR DE MOINS do t le 1 est l'ancien à. tu devienes la suite
Je suis d'accord pour 1), pour 2) bah c'est la base des ultrafiltres, et pour 3) c'est tout bête : $B_n$ est librement générée par $n$ éléments , donc un morphisme $B_n \to \mathbf{2}$ est entièrement déterminé par les images de ces générateurs, et toute fonction de ces générateurs dans $2$ donne un morphisme : c'est la définition d'algèbre libre !
La seule récurrence de ma preuve c'est pour dire "$n$ fini implique $2^n$ fini" (et je l'utilise ! à deux endroits !)
Mais comme je te le dis, je sais qu'il y a plein d'autres preuves, et beaucoup utilisent sans doute d'autres formes de récurrence (celle par la forme normale disjonctive par exemple )
* Adverbe à accorder avec voulais je
Une algèbre de Boole est un anneau $A$ tel que pour tout $x\in A$, $x^2=x$ (il y a d'autres définitions équivalentes). Il est connu qu'alors $A$ est commutatif et de caractéristique $2$ (c'est donc une $\F_2$-algèbre).
Supposons que $A$ est engendrée par $x_1,...,x_n$. Alors (vu que $a\wedge b=ab$ et $a\vee b = a+b-ab $) $A=\F_2 [x_1,...,x_n]$. De plus $A$ est un anneau réduit (l'égalité $x^2=x$ pour tout $x$) et donc l'intersection des idéaux premiers de $A$ est égale à $\{0\}$. Mais un idéal premier d'une algèbre de Boole est toujours maximal (son quotient est une algèbre de Boole intègre: $\F_2$ est la seule possibilité). Bref on se retrouve avec un morphisme injectif $A \to \F_2^{spec(A)}$, $spec(A)$ étant l'ensemble des idéaux premiers (i.e. maximaux en l'espèce) de $A$. Mais cet ensemble est en bijection naturelle avec les morphismes d'anneaux non triviaux de $A$ vers $\F_2$ et leur ensemble est fini (puisque un tel morphisme ne dépend que des images des $x_1,..,x_n$).
Bref $A$ se plonge dans $\F_2^k$ pour un certain $k \in \N$.
La preuve par forme normale disjonctive à l'avantage de ne pas utiliser l'axiome du choix.
(c'est fastidieux mais sans difficulté: il suffit de transformer un terme en utiisant la distributivité de chacun des opérateurs $\wedge,\vee$ par rapport à l'autre).
Je suis d'accord pour l'avantage de la preuve par forme normale disjonctive, comme je l'ai dit c'est plutôt psychologique
1/ la noetherianite d'un AB n'est pas admise donc exit
2/ formes normales disjonctives: utilisation de "dots" donc exit
3/ les récurrences diverses et variées laissent souvent caché qu'il faut justifier qu'on peut exprimer (u et a) sous la forme de (v et a) avec v n'utilisant pas le generzteur a
4/ etc etc
Mais, sans te vexer, je crois que tu es choqué parce que tu commets l'erreur de vouloir courir deux lièvres à la fois avec polarités opposées.
La liberté et meme l'existence d'AB libre N'A AUCUN ROLE À JOUER dans la finitude des AB finiment générées. Et cette finitude se prouve de façon très simple. Et sans morphisme ultraftres ou koi ou kess .
Le cardinal de l'EVENTUELLE libre est UNE TOUTE ZUTRE affaire et on voit bien que tu as une addiction à viser le "2 en 1" car chaque fois tu mentionnes ton bonheur quand il est "obtenu"
Si F est un ensemble fini engendrant B (j'utilise les notations anneau de BOOLE ) et t va de F dans 2, je note t* la conjonction des x+t(x) quand x parcourt F. L'ensemble des disjonctions d'éléments de la forme t* EST UNE SOUS ALGÈBRE Boole contenant F et ça n'a rien ni de fastidieux ni de long ni de prerequis. Sa finitude résulte du fait que chaque t* n'a besoin d'apparaître qu'une fois. (Rien à prouver si d'zilleurs tu evoques des disjonctions D'ENDEMBLED et non de familles. Et c'est donc B tout entier