Passando por filtros
Chamamos de $\dot{G}$ o nome $$ \dot{G} = \{(\check{a},a) : a \in \mathcal{A}\} $$ onde $\mathcal{A}$ é nossa álgebra de Boole completa fixada.
Com isso podemos perceber que $[\![ \check{a} \in \dot{G} ]\!]= a$, pois:
$$[\![ \check{a} \in \dot{G} ]\!]= \sup_{t \in dom(\dot{G})} \dot{G}(t)[\![ \check{a} \in t ]\!]$$
pela própria definição, $\dot{G}(\check{a}) = a$, como queríamos.
Seja $(P, \leq)$ uma pré-ordem. Dizemos que $F \subset P$ é um filtro se $F \neq \emptyset$ e:
- $F \neq P$ (condição de não trivialidade);
- se $p, q \in F$, então existe $r \leq p, q$ tal que $r \in F$;
- se $p \in F$ e $q \in P$ é tal que $p \leq q$, então $q \in F$.
Proposição
$[\![ \dot{G} \text{ é filtro sobre } \check{\mathcal{A}} ]\!]= 1$.Solução
Dizemos que $X\subseteq \mathcal{A}$ é denso se $0 \notin X$ e para todo $a\in \mathcal{A}$, $a \neq 0$, existe $x \in X$ tal que $x\leq a$.
Proposição
Se $D$ é denso em $\mathcal{A}$, então $[\![ \dot{G} \cap \check{D} \not= \emptyset ]\!]=1$. Solução
Vamos agora mostrar alguns resultados interessantes:
- Se $a$ é um conjunto tal que $[\![ \check{a}\subseteq\dot{G} ]\!]=1$, então $\check{a}=\{(\check{1},1) \}$.Solução
- Se $a$ é um conjunto tal que $[\![ \dot{G}=\check{a} ]\!]=1$, então $\mathcal{A} = \{0,1\}$.Solução
- Unindo os dois resultados acima temos que se $\mathcal{A} \not= \{0,1\}$, então não existe um conjunto $a$ tal que $[\![ \check{a}=\dot{G} ]\!]=1$.