background image

b

b

β

and so

β

card

T

α

β

:

b

a

α

. Let

α

card

T

. Then (because

card

A

is limit ordinal, see [15]) exist

β

card

T

such that

α

β

card

T

.

So

b

a

α

for every

α

card

T

. Thus

b

T

T

.

Finally

T

T

=

b

S

.

Theorem 56

Let

A

be a boolean lattice. For any

S

∈ P

F

the condition

∃F ∈

F

:

S

=

F

is equivalent to conjunction of the following items:

1.

S

is a free star on

F

;

2.

S

is filter-closed.

Proof

1. That 0

6∈

F

is obvious. For every

a, b

F

a

F

b

F

(

a

F

b

)

F

F 6

= 0

(

a

F

F

)

(

b

F

F

)

6

= 0

a

F

F 6

= 0

b

F

F 6

= 0

a

⋆S

b

F

.

(taken into account the corollary 10). So

F

is a free star on

F

.

2. We have

T

S

and need to prove that

T

F

T

∩ F 6

= 0. Because

F∩

F

T

is a generalized filter base, 0

F∩

F

T

T

F

F∩

F

T

=

0

T

F

T

F

F

= 0. So it’s left to prove 0

6∈

F∩

F

T

what follows

from

T

S

.

Let

S

be a free star on

F

. Then for every

A, B

A

A, B

S

A

A, B

S

A

F

B

S

A

A

B

S

A

A

B

S

A

(taken into account the theorem 23). So

S

A

is a free star on

A

.

Thus there exists

F ∈

F

such that

F

=

S

A

. We have up

X ⊆

S

X ∈

S

(because

S

is filter-closed) for every

X ∈

F

; then (taking in account

42