ブール代数3：$\text{Rasiowa-Sikorski}$の定理と完備分配律 - 手を動かさなくても分かる行間ゼロの大学数学

$(X, +, \cdot, -, 0, 1)$をブール代数とする。

$X \text{はc.c.c.} :\Leftrightarrow \all A \subseteq \;\bracket{ \all x, y \in A \;\parenth{ x \nequ y \Rightarrow x \cdot y \equ 0 } \Rightarrow A \text{は高々加算} }$

$\text{c.c.c.}$とはcountable chain condition(加算連鎖条件)のことである。
$(X, \leq)$を順序集合とする。

$X \text{はc.c.c.} :\Leftrightarrow \all A \subseteq X \;\bracket{ \all x, y \in A \;\parenth{ x \nequ y \Rightarrow (x] \cap (y] \equ \phi } \Rightarrow A \text{は高々加算} }$

$(X, \leq)$を順序集合とする。

$\text{順序集合} X \text{はc.c.c.} \Leftrightarrow^\text{AC} \text{ブール代数} \text{RegOp}(X) \text{はc.c.c.}$が成り立つ。

$\Rightarrow$$\text{AC}$より、$\exi f : \text{Pow}(X) \backslash \{ \phi \} \rightarrow X, \all A \in \text{Pow}(X) \backslash \{ \phi \} \;\; f(A) \in A$である。
$\mathcal{U} \subseteq \text{RegOp}(X)$を任意に取り、$\all U, V \in \mathcal{U} \;\parenth{ U \nequ V \Rightarrow U \cap V \equ \phi }$を仮定する。
$\phi \nequ \all U, V \in \mathcal{U} \;\bracket{ f(U) \equ f(V) \Rightarrow f(U) \equ f(V) \in U \cap V }$である。
従って、仮定[$\mathcal{U}$]を併せて、$f : \mathcal{U} \backslash \{ \phi \} \rightarrow X \text{は単射}$である。
$\Set{ f(U) }{ U \in \mathcal{U} \backslash \{ \phi \} } \text{は高々加算}$が成り立つ。
- $x \equ f(U), y \equ f(V) \in \Set{ f(W) }{ W \in \mathcal{U} \backslash \{ \phi \} }$を任意に取り、$x \nequ y$を仮定する。
- 選択関数fは単射より、$U \nequ V$である。
- $(x] \cap (y] \equ (f(U)] \cap (f(V)]$ $\subseteq$ $f(U) \in U \in \mathcal{O}_X$なので、$(f(U)] \subseteq U$。
  $V$も同様。 $U \cap V$ $\equ$ 仮定[$\mathcal{U}$] $\phi$である。
- よって、仮定[$X \text{はc.c.c.}$]より、$\Set{ f(U) }{ U \in \mathcal{U} \backslash \{ \phi \} } \text{は高々加算}$である。
従って、選択関数fは単射を併せて、$\mathcal{U} \backslash \{ \phi \} \text{は高々加算}$である。
よって、$\mathcal{U} \text{は高々加算}$である。
$\Leftarrow$$A \subseteq X$を任意に取り、$\all x, y \in A \;\parenth{ x \nequ y \Rightarrow (x] \cap (y] \equ \phi }$を仮定する。
$\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} (\text{i}) & \text{写像} : A \rightarrow \text{RegOp}(X), x \mapsto \text{op}\circ\text{cl}( (x] ) \;\text{は単射} \\ (\text{ii}) & \Set{ \text{op}\circ\text{cl}( (x] ) }{ x \in A } \text{は高々加算} \end{array}\right.$が成り立つ。
- ($\text{i}$)$x_0, x_1 \in A$を任意に取り、$x_0 \nequ x_1$を仮定する。
- $\text{op}\circ\text{cl}( (x_0] ) \cap \text{op}\circ\text{cl}( (x_1] )$ $\equ$ ブール代数1：ブール代数はある完備ブール代数に埋め込める
  の定理 $\text{op}\circ\text{cl}( (x_0] \cap (x_1] )$ $\equ$ 仮定[$A$] $\phi$である。
  従って、$x_i \in \text{op}\circ\text{cl}( (x_i] ) \;(i \equ 0, 1)$を併せて、$\text{op}\circ\text{cl}( (x_0] ) \nequ \text{op}\circ\text{cl}( (x_1] )$である。
- ($\text{ii}$)$x_0, x_1 \in A$を任意に取り、$\text{op}\circ\text{cl}( (x_0] ) \nequ \text{op}\circ\text{cl}( (x_1] )$を仮定する。
- ($\text{i}$)より、$x_0 \nequ x_1$である。
  従って、($\text{i}$)の証明と同様にして、$\text{op}\circ\text{cl}( (x_0] ) \cap \text{op}\circ\text{cl}( (x_1] ) \equ \phi$である。
- 従って、仮定[$\text{RegOp}(X) \text{はc.c.c.}$]を併せて、$\Set{ \text{op}\circ\text{cl}( (x] ) }{ x \in A } \text{は高々加算}$である。
よって、$A \text{は高々加算}$である。

$(X, \mathcal{O}_X)$を位相空間とする。

$\exi \text{加算}\mathcal{V} \subseteq \mathcal{O}_X \;\; \mathcal{V} \text{は}X\text{の基底} \Rightarrow \text{ブール代数} \text{RegOp}(X) \text{はc.c.c.}$が成り立つ。

$\mathcal{V} \backslash \{ \phi \} \equ \Set{ V_n }{ n \in \mathbb{N} }$と表す(これも明らかにまた基底である)。
$\mathcal{U} \subseteq \text{RegOp}(X)$を任意に取り、$\all U, V \in \mathcal{U} \;\parenth{ U \nequ V \Rightarrow U \cap V \equ \phi }$を仮定する。
$f : \mathcal{U} \backslash \{ \phi \} \rightarrow \mathbb{N}, U \mapsto \min\Set{ n \in \mathbb{N} }{ V_n \subseteq U } \;($ $\nequ$ 仮定[$\mathcal{V} \backslash \{ \phi \} \text{は}X\text{の基底}$] $\phi)$と置く。
$f \text{は単射}$が成り立つ。
- $U_0, U_1 \in \mathcal{U} \backslash \{ \phi \}$を任意に取り、$U_0 \nequ U_1$を仮定する。
- $V_{f(U_0)} \cap V_{f(U_1)} \subseteq U_0 \cap U_1$ $\equ$ 仮定[$\mathcal{U}$] $\phi$である。
- 従って、$V_{f(U_i)} \nequ \phi \;(i \equ 0, 1)$を併せて、$f(U_0) \nequ f(U_1)$である。
従って、$\mathcal{U} \text{は高々加算}$である。

$(X, +, \cdot, -, 0, 1)$をブール代数とする。
$A \subseteq X$とする。
$\left\{\begin{array}{@{}c@{}c@{}l@{}} 上界(A) & :\equ & \Set{ x \in X }{ \all a \in A \;\; a \leq x } \\ \text{Idl}(A) & :\equ & \bigcap \Set{ I \subseteq X }{ A \subseteq I \text{はideal} } \end{array}\right.$と置く。

$\text{Idl}(A) \equ \Set{ x \in X }{ \exi a_0, \cdots, a_n \in A \;\; x \leq a_0 + \cdots + a_n }$が成り立つ。
- $B :\equ (右辺)$と置く。
- $A \subseteq B$は明らかである。
- $A \text{はideal}$なので、簡単な計算により、$B \text{はideal}$である。
- 任意の$C \subseteq X$に対し、$A \subseteq C \text{はideal}$ならば、簡単な計算により、$B \subseteq C$である。
- これらより、$B$は$A \subseteq B$なる最小の$\text{ideal}$である。
$X \text{はc.c.c.} \Rightarrow \all A \subseteq X \;\; \exi \text{高々加算}B \subseteq A \;\; \text{上界}(A) \equ \text{上界}(B)$が成り立つ$^\text{AC}$。
- $\mathcal{I} :\equ \Set{ C \subseteq \text{Idl}(A) }{ \all x, y \in C \;\bracket{ x \nequ y \Rightarrow x \cdot y \equ 0 } }$と置く。
- $\exi C \in \mathcal{I} \;\; C \text{は}(\mathcal{I}, \subseteq)\text{の極大元}$が成り立つ$^\text{AC}$。
  - 明らかに$\phi \in \mathcal{I}$なので、$\mathcal{I} \nequ \phi$である。
  - $\text{Zornの補題}^\text{AC}$を使うための条件が成り立つことが分かれば良い。
  - $\mathcal{J} \subseteq \mathcal{I}$を任意に取り、$\mathcal{J} \text{は全順序}$を仮定する。
  - $x_0, x_1 \in \bigcup\mathcal{J}$を任意に取り、$x_0 \nequ x_1$を仮定する。
  - $\exi C_i \in \mathcal{J} \;\; x_i \in C_i$である($i \equ 0, 1$)。
  - $\exi i \in \{ 0, 1 \} \;\; x_0, x_1$ $\in$ 仮定[$\mathcal{J} \text{は全順序}$] $C_i$なので、$x_0 \cdot x_1 \equ 0$である。
  - よって、$\bigcup\mathcal{J} \in \mathcal{I}$である。
  - 一方、$\all C \in \mathcal{J} \;\; C \subseteq \bigcup\mathcal{J}$は明らかである。
  - よって、$\text{Zornの補題}^\text{AC}$より、$\exi C \in \mathcal{I} \;\; C \text{は}(\mathcal{I}, \subseteq)\text{の極大元}$である。
- 従って、仮定[$X \text{はc.c.c.}$]を併せて、$C \equ \Set{ c_n }{ n \in \mathbb{N} }$と表せる。
- $n \in \mathbb{N}$に対して、$\mathcal{A}(n) :\equ \Set{ \text{有限集合}A^\prime \subseteq A }{ c_n \leq \sum\limits_{x \in A^\prime} x } \; ($ $\nequ$ $c_n \in C \subseteq \text{Idl}(A)$, (1) $\phi)$と置く。
- $\text{AC}$より、$\exi (A_n) \in \prod\limits_{n \in \mathbb{N}} \mathcal{A}(n)$である。
- $B :\equ \bigcup\limits_{n \in \mathbb{N}} A_n \;( \subseteq A )$と置く。
- $\all n \in \mathbb{N} \;\; A_n \text{は有限集合}$なので、$B \text{は高々加算}$である。
- 以下、$上界(A) \equ 上界(B)$を示す。
- $\subseteq$$A \supseteq B$なので、$上界(A) \subseteq 上界(B)$は明らかである。
- $\supseteq$$b \in 上界(B)$を任意に取る。
- $a \in A$を任意に取る。
- $a \cdot (-b) \in \text{Idl}(A)$なので、$C \cup \{ a \cdot (-b) \} \subseteq \text{Idl}(A)$である。
- 任意に$c_n \in C$を取った時($c_n \nequ a \cdot (-b)$の仮定は使わない。)、
  $c_n \leq \sum\limits_{x \in A_n} x$ $\leq$ $b \in 上界(B)$, $\overbrace{b + \cdots + b}^{有限個} \equ b$ $b$なので、$c_n \cdot (-b) \equ 0$である。
  従って、$c_n \cdot ( a \cdot (-b) ) \equ a \cdot ( c_n \cdot (-b) ) \equ 0$である。
- 従って、$( C \subseteq ) \; C \cup \{ a \cdot (-b) \} \in \mathcal{I}$である。
- 従って、$C$ $\equ$ Cは(I,⊆)の極大元 $C \cup \{ a \cdot (-b) \}$、つまり、$a \cdot (-b) \in C$である。
  従って、$\exi n \in \mathbb{N} \; a \cdot (-b) \equ c_n$である。
- 従って、$a \cdot (-b) \equ c_n \leq \sum\limits_{x \in A_n} x$ $\leq$ $b \in 上界(B)$, $\overbrace{b + \cdots + b}^{有限個} \equ b$ $b$である。
  従って、$a \cdot (-b) \equ ( a \cdot (-b) ) \cdot b \equ 0$つまり、$a \leq b$である。
- よって、$b \in 上界(A)$である。

$X \text{は}\sigma\text{-ブール代数} :\Leftrightarrow \all \text{高々加算} A \subseteq X \;\; \exi \sum\limits_{x \in A} x \in X$

$X \text{はc.c.c.} かつ \sigma\text{-ブール代数} \Rightarrow X \text{はcomplete}$が成り立つ$^\text{AC}$。

$A \subseteq X$を任意に取る。
仮定[$X \text{はc.c.c.}$], 前定理$^\text{AC}$より、$\exi \text{高々加算} B \subseteq A \;\; 上界(A) \equ 上界(B)$である。
仮定[$X \text{は}\sigma\text{-ブール代数}$]より、$\exi \sum\limits_{x \in B} b \in X$である。
$\sum\limits_{x \in A} x \equ ( 上界(A)の最小元 ) \equ ( 上界(B)の最小元 ) \equ \sum\limits_{x \in B} x$である。

[$\text{Rasiowa - Sikorski}$の定理]

[補題]
$(X, +, \cdot, -, 0, 1)$をブール代数とする。

$\all \text{固有filter} \ A \subseteq X \; A \subseteq \exi F \subseteq X \;\; F \text{は極大filter}$が成り立つ$^\text{AC}$。
- $\mathcal{F} :\equ \Set{ F \subseteq X }{ A \subseteq F \text{は固有filter} } \;($ $\nequ$ $A \in \mathcal{F}$ $\phi )$と置く。
- $(\mathcal{F}, \subseteq) \text{は帰納的順序集合}$を示せば、$\text{Zornの補題}^\text{AC}$より、証明が終わる。
- 任意に$\mathcal{G} \subseteq \mathcal{F}$を取り、$\mathcal{G} \text{は全順序}$を仮定する。
- $G :\equ \bigcup \parenth{ \mathcal{G} \cup \{ A \} }$ と置く $\mathcal{G} \equ \phi \Rightarrow \bigcup \mathcal{G} \equ \phi \not\in \mathcal{F}$なので、
  $\cup A$を付加させた。。
- ($\text{i}$)$1 \in A \subseteq G$である。
  また、$\all F \in \mathcal{G} \cup \{ A \} \;\; 0 \not\in F$なので、$0 \not\in G$である。
- ($\text{ii}$)$x, y \in G$を任意に取る。
- 仮定[$\mathcal{G} \text{は全順序}$]より、$\exi F \in \mathcal{G} \cup \{ A \} \;\; x, y \in F$である。
  従って、$x \cdot y$ $\in$ $F \text{はfilter}$ $F \subseteq G$である。
- ($\text{iii}$)$x \in G, y \in X$を任意に取る。
- $\exi F \in \mathcal{G} \cup \{ A \} \;\; x \in F$なので、$x + y$ $\in$ $F \text{はfilter}$ $F \subseteq G$である。
- ($\text{iv}$)以上より、$G \in \mathcal{F}$である。$G \text{は}\mathcal{G}\text{の上界}$は明らかである。
$X \supseteq F \text{は極大filter}$とする。
ブール代数2の定理より、$\all x \in X \;\bracket{ x \in F \text{または} -x \in F \text{の一方のみ成り立つ} }$ である $0 \not\in F$に注意
$f : X \rightarrow 2, x \mapsto \left\{\begin{array}{@{}l@{}l@{}} 1 & ( x \in F の場合 ) \\ 0 & ( -x \in F の場合 ) \end{array}\right.$と定義する。
$f \text{は準同型写像}$が成り立つ。
- $x, y \in F$を任意に取る。
- ($\text{i}$)$\bracket{ x \in F \lor y \in F }$の場合:
  - $\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & x + y \in F \\ かつ & \bracket{ f(x) \equ 1 \lor f(y) \equ 1 } \end{array}\right.$なので、 $\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & f(x + y) \equ 1 \\ かつ & f(x) + f(y) \equ 1 \end{array}\right.$ である。
- $\bracket{ x \not\in F \land y \not\in F }$の場合:
  - $\bracket{ -x \in F \land -y \in F }$である。
    従って、$\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & -( x + y ) \equ (-x) \cdot (-y) \in F \text{つまり} f(x + y) \equ 0 \\ かつ & \bracket{ f(-x) \equ 0 \land f(-y) \equ 0 } \end{array}\right.$である。
- ($\text{ii}$)$\bracket{ x \in F \land y \in F }$の場合:
  - $\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & x \cdot y \in F \text{つまり} f(x \cdot y) \equ 1 \\ かつ & \bracket{ f(x) \equ 1 \land f(y) \equ 1 } \end{array}\right.$である。
- $\bracket{ x \not\in F \lor y \not\in F }$の場合:
  - $\bracket{ -x \in F \lor -y \in F }$である。
    従って、$\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & -( x \cdot y ) \equ (-x) + (-y) \in F \text{つまり} f(x \cdot y) \equ 0 \\ かつ & \bracket{ f(-x) \equ 0 \lor f(-y) \equ 0 } \end{array}\right.$である。
- ($\text{iii}$)$x \in F$の場合:
  - $\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & f(x) \equ 1 \\ かつ & -(-x) \equ x \in F \text{つまり} f(-x) \equ 0 \end{array}\right.$である。
- $x \not\in F$の場合:
  - $-x \in F$なので、$\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & f(x) \equ 0 \\ かつ & f(-x) \equ 1 \end{array}\right.$である。

$(X, +, \cdot, -, 0, 1)$をブール代数とする。
$(A_n)_{n \in \mathbb{N}} \;( A_n \subseteq X )$を集合列とする。
$\all n \in \mathbb{N} \;\; \exi \sum\limits_{a \in A_n} a \in X$を仮定する。
$0 \nequ b \in X$とする。

$\exi \text{準同型写像} f : X \rightarrow 2 \;\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & f(b) \equ 1 \\ かつ & \all n \in \mathbb{N} \;\; f( \sum\limits_{a \in A_n} a ) \equ \sum\limits_{a \in A_n} f(a) \end{array}\right.$が成り立つ$^\text{AC}$。

$X_0 :\equ X \backslash \{ 0 \}$と置く。
$n \in \mathbb{N}$に対し、$S_n :\equ \Set{ x \in X_0 }{ x \cdot \sum\limits_{a \in A_n} a \equ 0 \lor \exi a \in A_n \;\; x \leq a }$と置く。
$\all n \in \mathbb{N} \;\; \text{cl}_{X_0}(S_n) \equ X_0$が成り立つ(位相空間$X_0$として)。
- $x \in X_0$を任意に取る。
- $\all a \in A_n \;\; x \leq -a$の場合：
  - $x \leq \prod\limits_{a \in A_n} (-a) \equ -\sum\limits_{a \in A_n} a$、つまり、$x \cdot \sum\limits_{a \in A_n} a \equ 0$である。
    従って、$x \in S_n$である。
  - よって、$(x] \cap S_n \nequ \phi$、つまり、$x \in \text{cl}_{X_0}(S_n)$である。
- $\exi a \in A_n \;\; x \not\leq -a$の場合：
  - $0 \nequ x \cdot a \leq a$なので、$x \cdot a \in S_n$である。
  - 従って、$0 \nequ x \cdot a \in (x] \cap S_n$、従って、$x \in \text{cl}_{X_0}(S_n)$である。
$M :\equ \Set{ S_n }{ n \in \mathbb{N} }$と置く。
cl_{X_0}(S_n)=X_0とブール代数2の定理$^\text{AC}$より、$b \in \exi A \subseteq X_0 \;\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} & A \text{は(順序集合}X_0\text{の)filter} \\ かつ & \all n \in \mathbb{N} \;\; A \cap S_n \nequ \phi \end{array}\right.$である。
従って、簡単な計算ブール代数2の定理
の証明をそのまま使いまわしても良い。により、$A \text{は(ブール代数}X\text{の)固有filter}$ である $A \subseteq X_0$なので、$0 \not\in A$。
このためにわざわざ$X_0$で考えていた。。
従って、上記補題(1)$^\text{AC}$を併せて、$A \subseteq \exi F \subseteq X \;\; F \text{は(ブール代数}X\text{の)極大filter}$である。
$f : X \rightarrow 2, x \mapsto \left\{\begin{array}{@{}l@{}l@{}} 1 & ( x \in F の場合 ) \\ 0 & ( -x \in F の場合 ) \end{array}\right.$と定義する。
上記補題(2)より、$f \text{は準同型写像}$である。
($\text{i}$)$b \in A \subseteq F$なので、$f(b) \equ 1$である。
($\text{ii}$)$n \in \mathbb{N}$を任意に取る。
$\phi$ $\nequ$ A∩S_n≠φ $A \cap S_n \subseteq F \cap S_n$なので、$\exi x \in F \;\bracket{ x \cdot \sum\limits_{a \in A_n} a \equ 0 \lor \exi a \in A_n \;\; x \leq a }$である。
$x \cdot \sum\limits_{a \in A_n} a \equ 0$の場合:
- $0 \equ f(0) \equ f( x \cdot \sum\limits_{a \in A_n} a ) \equ f(x) \cdot f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$ $\equ$ $x \in F$ $f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$である。
- $\all a^\prime \in A_n \;\; f(a^\prime)$ $\leq$ $a^\prime \leq \sum\limits_{a \in A_n} a$, $f \text{は準同型}$ $f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$なので、$\sum\limits_{a \in A_n} f(a) \leq f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$である。
- これらより、$\sum\limits_{a \in A_n} f(a) \equ 0 \equ f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$である。
$\exi a^\prime \in A_n \;\; x \leq a^\prime$の場合:
- $1$ $\equ$ $x \in F$ $f(x) \leq f(a^\prime) \leq \sum\limits_{a \in A_n} f(a) \leq f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$である。
- よって、$\sum\limits_{a \in A_n} f(a) \equ 1 \equ f( \sum\limits_{a \in A_n} a )$である。

分配律(Distributive Law)について

$(X, +, \cdot, -, 0, 1)$をブール代数とする。
$A, B \subseteq X$とし、$\exi \sum\limits_{a \in A} a, \exi \sum\limits_{b \in B} b \in X$を仮定する。

$\left\{\begin{array}{@{}c@{}r@{}c@{}c@{}} (1) & \all a \in X \;\; \sum\limits_{b \in B} ( a \cdot b ) & \equ & a \cdot \sum\limits_{b \in B} b \\ (2) & \sum\limits_{(a, b) \in A \times B} ( a \cdot b ) & \equ & \parenth{ \sum\limits_{a \in A} a } \cdot \parenth{ \sum\limits_{b \in B} b } \end{array}\right.$が成り立つ。

(1)定義に従って示す。
($\text{i}$)$\all b^\prime \in B \;\; a \cdot b^\prime$ $\leq$ $b^\prime \leq \sum\limits_{b \in B} b$ $a \cdot \sum\limits_{b \in B} b$である。
($\text{ii}$)$x \in X$を任意に取り、$\all b \in B \;\; a \cdot b \leq x$を仮定する。
任意の$b \in B$に対し、$b \equ a \cdot b + (-a) \cdot b$ $\leq$ 仮定[$x$] $x + (-a) \cdot b \leq x + (-a)$である。
従って、$\sum\limits_{b \in B} b \leq x + (-a)$である。
よって、$a \cdot \sum\limits_{b \in B} b \leq a \cdot x + a \cdot (-a) \leq x$である。
(2)$\parenth{ \sum\limits_{a \in A} a } \cdot \parenth{ \sum\limits_{b \in B} b }$ $\equ$ (1) $\sum\limits_{a \in A} \parenth{ a \cdot \sum\limits_{b \in B} b }$ $\equ$ (1) $\sum\limits_{a \in A} \sum\limits_{b \in B} ( a \cdot b )$である。
($\text{i}$)$\all (a^\prime, b^\prime) \in A \times B \;\; a^\prime \cdot b^\prime \leq \sum\limits_{b \in B} ( a^\prime \cdot b ) \leq \sum\limits_{a \in A} \sum\limits_{b \in B} ( a \cdot b )$である。
($\text{ii}$)$x \in X$を任意に取り、$\all (a, b) \in A \times B \;\; a \cdot b \leq x$を仮定する。
仮定[$x$]より、$\all a \in A \;\; \sum\limits_{b \in B} ( a \cdot b ) \leq x$である。
従って、$\sum\limits_{a \in A} \sum\limits_{b \in B} ( a \cdot b ) \leq x$である。
($\text{iii}$)($\text{i}$),($\text{ii}$)より、$\sum\limits_{(a, b) \in A \times B} ( a \cdot b ) \equ \sum\limits_{a \in A} \sum\limits_{b \in B} ( a \cdot b )$である。

$(X, +, \cdot, -, 0, 1)$を完備ブール代数とする。
$I, J$は集合、$a : I \times J \rightarrow X$とする。

$X \text{は}(I, J)\text{-DLを持つ} :\Leftrightarrow \prod\limits_{i \in I} \sum\limits_{j \in J} a(i, j) \equ \sum\limits_{j : I \rightarrow J} \prod\limits_{i \in I} a(i, j(i))$

$\prod\limits_{i \in I} \sum\limits_{j \in J} a(i, j) \geq \sum\limits_{j : I \rightarrow J} \prod\limits_{i \in I} a(i, j(i))$が成り立つ。

$j^\prime : I \rightarrow J$を任意に取る。
$\all i^\prime \in I \;\; \prod\limits_{i \in I} a(i, j^\prime(i)) \leq a( i^\prime, j^\prime(i^\prime) ) \leq \sum\limits_{j \in J} a(i^\prime, j)$である。
従って、$\prod\limits_{i \in I} a(i, j^\prime(i)) \leq \prod\limits_{i \in I} \sum\limits_{j \in J} a(i, j)$である。
よって、$\sum\limits_{j : I \rightarrow J} \prod\limits_{i \in I} a(i, j(i)) \leq \prod\limits_{i \in I} \sum\limits_{j \in J} a(i, j)$である。

$X \text{は complete distributive lawを持つ} :\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{@{}l@{}} \all I, J \; \all a : I \times J \rightarrow X \\ \quad X \text{は}(I, J)\text{-DLを持つ} \end{array}\right.$

$\all \text{集合} X \nequ \phi \;\; \text{Pow}(X) \text{は complete distributive lawを持つ}$が成り立つ。
- 集合$I, J$、写像$a : I \times J \rightarrow \text{Pow}(X)$を任意に取る。
- $\bigcap\limits_{i \in I} \bigcup\limits_{j \in J} a(i, j) \subseteq \bigcup\limits_{j : I \rightarrow J} \bigcap\limits_{i \in I} a( i, j(i) )$のみを証明すれば良い。
- $x \in \bigcap\limits_{i \in I} \bigcup\limits_{j \in J} a(i, j)$を任意に取る。
- $\all i \in I \; \exi j \in J \;\; x \in a(i, j)$である。
  従って、$\text{AC}$を併せて、$\exi j^\prime : I \rightarrow J \; \all i \in I \;\; x \in a( i, j^\prime(i) )$である。
- よって、$x \in \bigcap\limits_{i \in I} a( i, j^\prime(i) ) \subseteq \bigcup\limits_{j : I \rightarrow J} \bigcap\limits_{i \in I} a( i, j(i) )$である。
$\text{完備ブール代数} X \text{は complete distributive lawを持つ}$とする。
$\phi \nequ \exi \text{集合} A \subseteq X \;\; X \text{はPow}(A)\text{に同型}$が成り立つ。
- $a : X \times 2 \rightarrow X, (x, \varepsilon) \mapsto \left\{\begin{array}{@{}l@{}l@{}} -x & ( \varepsilon \equ 0 \text{の場合} ) \\ x & ( \varepsilon \equ 1 \text{の場合} ) \end{array}\right.$と置く。
  $A :\equ \Set{ \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) }{ j : X \rightarrow 2 } \backslash \{ 0 \}$と置く。
  $f : \text{Pow}(A) \rightarrow X, S \mapsto \sum\limits_{s \in S} s$と置く。
- この$f$が求めるものであることを証明する。
- $\begin{array}[t]{@{}l@{}c@{}l@{}l@{}} \sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) } & \equ & \prod\limits_{x \in X} \parenth{ a(x, 0) + a(x, 1) } & 仮定[X] \\ & \equ & 1 & a \text{の定義} \end{array}$
  なので、$\exi j : X \rightarrow 2 \;\; \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) \nequ 0$、つまり、$A \nequ \phi$である。
  更に、$f(A) \equ 1$である。
- $\left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} (\text{i}) & \all S \subseteq A \; \all s \in A \;\bracket{ s \cdot f(S) \nequ 0 \Rightarrow s \in S } \\ (\text{ii}) & \all S \subseteq A \;\; S \equ \Set{ s \in A }{ s \leq f(S) } \\ (\text{iii}) & \all S \subseteq A \;\; A \backslash S \equ \Set{ s \in A }{ s \leq -f(S) } \end{array}\right.$が成り立つ。
  - ($\text{i}$)$s_0 \in A$を任意に取り、$s_0 \cdot f(S) \nequ 0$を仮定する。
  - $0$ $\nequ$ 仮定[$s_0$] $s_0 \cdot f(S) \equ \sum\limits_{s \in S} ( s_0 \cdot s )$なので、$\exi s_1 \in S \;\; s_0 \cdot s_1 \nequ 0$である。
  - $s_i \in A$なので、$\exi j_i : X \rightarrow 2 \;\; s_i \equ \prod\limits_{x \in X} a( x, j_i(x) )$である($i \equ 0, 1$)。
  - $\all x^\prime \in X \;\;\begin{array}[t]{@{}l@{}c@{}l@{}} 0 \nequ s_0 \cdot s_1 & \equ & \parenth{ \prod\limits_{x \in X} a( x, j_0(x) ) } \cdot \parenth{ \prod\limits_{x \in X} a( x, j_1(x) ) } \\ & \leq & a( x^\prime, j_0(x^\prime) ) \cdot a( x^\prime, j_1(x^\prime) ) \end{array}$
    である。
    従って、$\all x \in X \;\; a( x, j_0(x) ) \cdot a( x, j_1(x) ) \nequ 0$である。
    従って、$\all x \in X \;\; j_0(x) \equ j_1(x)$である($a$の定義に注意)。
  - よって、$j_0 \equ j_1$、従って、$s_0 \equ s_1 \in S$である。
  - ($\text{ii}$)$\all s^\prime \in S \;\; s^\prime \leq \sum\limits_{s \in S} s \equ f(S)$である。
  - 逆に、任意の$s \in A$に対し、$s \leq f(S)$ならば、$s \cdot f(S) \equ s$ $\nequ$ $s \in A$ $0$である。
    従って、($\text{i}$)より、$s \in S$である。
  - ($\text{iii}$)($\subseteq$):任意の$s \in A \backslash S$に対し、($\text{i}$)より、$s \cdot f(S) \equ 0$、つまり、$s \leq -f(S)$である。
  - $\supseteq$$s \in A$を任意に取り、$s \leq -f(S)$を仮定する。
  - [背理法]$s \in S$を仮定する。
  - 仮定[背理法], ($\text{ii}$)より、$s \leq f(S)$である。
  - $0$ $\nequ$ $s \in A$ $s \leq f(S) \cdot ( -f(S) ) \equ 0$は矛盾している。
- ($\text{i}$)$S_0, S_1 \subseteq A$を任意に取り、$f(S_0) \equ f(S_1)$を仮定する。
- $S_0 \equ \Set{ s \in A }{ s \leq f(S_0) } \equ \Set{ s \in A }{ s \leq f(S_1) } \equ S_1$である。
- ($\text{ii}$)$y \in X$を任意に取る。
- $S :\equ \Set{ \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) }{ j : X \rightarrow 2 \;\land j(y) \equ 1 } \backslash \{ 0 \} \;( \subseteq A )$と置く。
- $\sum\limits_{s \in S} s \equ \sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) }$が成り立つ。
  - $\all j : X \rightarrow 2 \;\; y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) \equ \left\{\begin{array}{@{}c@{}l@{}} 0 & \parenth{ j(y) \equ 0 の場合} \\ \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) & \parenth{ j(y) \equ 1 の場合} \end{array}\right.$が成り立つ。
    
    $j(y) \equ 0$の場合:
    
    $y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) \leq y \cdot a( y, j(y) ) \equ y \cdot (-y) \equ 0$である。
    
    $j(y) \equ 1$の場合:
    
    $\prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) \leq a( y, j(y) ) \equ y $である。
    つまり、$y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) \equ \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) )$である。
  - $\leq$$\all s \in S \;\; s$ $\equ$ y･Π_{x∈X}a(x,jx)=0orΠ_{x∈X}a(x,jx) $y \cdot s \leq \sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) }$である。
    従って、$\sum\limits_{s \in S} s \leq \sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) }$である。
  - $\geq$$\all j : X \rightarrow 2 \;\; y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) \leq \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) )$ $\leq$ y･Π_{x∈X}a(x,jx)=0orΠ_{x∈X}a(x,jx) $\sum\limits_{s \in S} s$である。
    従って、$\sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) } \leq \sum\limits_{s \in S} s$である。
- $\begin{array}[t]{@{}l@{}c@{}l@{}l@{}} \sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ y \cdot \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) } & \equ & y \cdot \sum\limits_{j : X \rightarrow 2} \parenth{ \prod\limits_{x \in X} a( x, j(x) ) } & \\ & \equ & y \cdot \prod\limits_{x \in X} \parenth{ a(x, 0) + a(x, 1) } & 仮定[X] \\ & \equ & y \cdot 1 & a \text{の定義} \end{array}$
  である。
- これらより、$\sum\limits_{s \in S} s \equ y$である。
- ($\text{iii}$)$S_0, S_1 \subseteq A$を任意に取る。
- (あ)$\all s \in S_i \;\; s \leq f(S_i) \leq f(S_0) + f(S_1) \;(i \equ 0, 1)$である。
  従って、$\all s \in S_0 \cup S_1 \;\; s \leq f(S_0) + f(S_1)$である。
- (い)$t \in X$を任意に取り、$\all s \in S_0 \cup S_1 \;\; s \leq t$を仮定する。
- $\all s \in S_i \;\; s \leq t$なので、$f(S_i) \equ \sum\limits_{s \in S_i} s \leq t \;(i \equ 0, 1)$である。
  従って、$f(S_0) + f(S_1) \leq t + t \equ t$である。
- (あ),(い)より、$\parenth{ f(S_0 \cup S_1) \equ } \sum\limits_{s \in S_0 \cup S_1} s \equ f(S_0) + f(S_1)$である。
- ($\text{iv}$)$S \subseteq A$を任意に取る。
- $A \backslash S$ $\equ$ S=(f(S)],A＼S=(-f(S)]($\text{iii}$) $\Set{ s \in A }{ s \leq -f(S) }$である。
- 従って、$f(A \backslash S) \equ f( \Set{ s \in A }{ s \leq -f(S) } )$ $\equ$ $f$の定義 $\sum\limits_{s \in A, s \leq -f(S)} s \leq -f(S)$である。
  従って、$f(A \backslash S) \cdot f(S) \equ 0$である。
- 一方、$f(A \backslash S) + f(S)$ $\equ$ ($\text{iii}$) $f(A \backslash S \cup S) \equ f(A) \equ 1$である。
- これらより、$-f(S) \equ f(A \backslash S)$である。
- ($\text{v}$)$S_0, S_1 \subseteq A$を任意に取る。
- $\begin{array}[t]{@{}l@{}c@{}l@{}l@{}} f(S_0 \cap S_1) & \equ & f\parenth{ A \backslash \bracket{ \parenth{ A \backslash S_0 } \cup \parenth{ A \backslash S_1 } } } & \text{Pow}(A)でのド･モルガン\\ & \equ & -f\parenth{ \parenth{ A \backslash S_0 } \cup \parenth{ A \backslash S_1 } } & (\text{iv}) \\ & \equ & -\bracket{ f( A \backslash S_0 ) + f( A \backslash S_1 ) } & (\text{iii}) \\ & \equ & -\bracket{ ( -f(S_0) ) + ( -f(S_1) ) } & (\text{iv}) \\ & \equ & f(S_0) \cdot f(S_1) & Xでのド･モルガン \end{array}$
  である。