Sejam A e B ´algebras de Heyting e um (∧, →)-homomorfismo h : A −→ B. Definimos h∗ : B∗ −→ A∗, onde dom(h∗) = {x ∈ B∗; h−1(x) ∈ A∗}
e para x ∈ dom(h∗), h∗(x) := h−1(x).
Lema 3.2.1. Sejam A, B ´algebras de Heyting, h : A −→ B um (∧, →)-homomorfismo, F filtro de B e y filtro primo pr´oprio de A. Se h−1(F ) ⊆ y, ent˜ao existe x ∈ dom(h
∗) tal
que F ⊆ x e h∗(x) = y.
Demonstra¸c˜ao:
Considere o filtro G de B gerado por F ∪ h[y]. Vamos mostrar que G ´e filtro pr´oprio. Suponha que G n˜ao seja pr´oprio, assim existem a ∈ F e b ∈ y tais que a ∧ h(b) = ⊥. Pela adjun¸c˜ao temos que, a ≤ h(b) → ⊥ = ¬(h(b)).
Observe que ⊥ ≤ h(⊥) ⇒ h(b) ∧ (h(b) → ⊥) ≤ h(⊥) ⇒ h(b) → ⊥ ≤ h(b) → h(⊥).
Como a ∈ F , temos ¬h(b) ∈ F . Sabendo que h ´e (∧, →)-homomorfismo, h(¬b) = h(b → ⊥) = h(b) → h(⊥) ≥ h(b) → ⊥ = ¬h(b)
portanto
¬h(b) ≤ h(¬b) ⇒ h(¬b) ∈ F assim ¬b ∈ h−1(F ) ⊆ y, logo
¬b ∈ y e b ∈ y ⇒ ⊥ ∈ y, o que ´e um absurdo.
Agora vamos mostrar que h−1(G) = y. Como h[y] ⊆ G, temos que y ⊆ h−1(G).
Se a ∈ h−1(G), ent˜ao h(a) ∈ G e portanto existem b ∈ F e c ∈ y tal que b ∧ h(c) ≤ h(a),
assim
b≤ h(c) → h(a) = h(c → a) logo h(c → a) ∈ F . Portanto
c→ a ∈ h−1(F ) ⊆ y ⇒ (c ∧ (c → a)) ∈ y ⇒ a ∈ y mostrando h−1(G) = y.
Seja F = {H; H ´e filtro pr´oprio de B, G ⊆ H e h−1(H) = y}. Provamos
anteriormente que F 6= ∅, pois G ∈ F. ´
E claro que F ´e parcialmente ordenado pela inclus˜ao. Seja C uma cadeia de F. ´
E f´acil ver que S
Suponha que n˜ao seja pr´oprio. Assim ⊥ ∈S
C, logo existe G ∈ C tal que ⊥ ∈ G, o que ´e uma contradi¸c˜ao. Portanto S
C ´e filtro pr´oprio de B. Como h−1([ C) = [ C∈C h−1(C) = y. temos queS C ∈ F.
Pelo Lema de Zorn, temos que F possui algum elemento maximal. Seja x um desses elementos.
Vamos mostrar que x ∈ B∗, ou seja, x ´e filtro primo.
Seja a ∨ b ∈ x. Tome M filtro gerado por x ∪ {a} e N filtro gerado por x ∪ {b}. De h−1(x) = y, temos que y ⊆ h−1(M ) e y ⊆ h−1(N ). Suponha que y esteja propriamente
contido em h−1(M ) e em h−1(N ). Assim, existem c ∈ h−1(M ) e d ∈ h−1(N ) tais que
c, d6∈ y (∗).
Assim h(c) ∈ M e h(d) ∈ N . Logo existem e, k ∈ x tais que a ∧ e ≤ h(c) e b ∧ k ≤ h(d) (a ∨ b) ∧ (a ∨ k) ∧ (e ∨ b) ∧ (e ∨ k) = (a ∧ e) ∨ (b ∧ k) ≤ h(c) ∨ h(d) ≤ h(c ∨ d). Como a ∨ b ∈ x, temos
(a ∨ b) ∧ (a ∨ k) ∧ (e ∨ b) ∧ (e ∨ k) ∈ x e portanto h(c ∨ d) ∈ x ⇒ c ∨ d ∈ h−1(x) = y.
Como y ∈ A∗, c ∈ y ou d ∈ y, que ´e um absurdo para (∗). Logo y = h−1(M ) ou
y= h−1(N ), portanto, pela maximalidade de x, M = x ou N = x. Assim a ∈ x ou b ∈ x.
Provando que x ∈ B∗.
Como h−1(x) = y ⇒ x ∈ dom(h
∗). Encontrando assim x ∈ dom(h∗) com F ⊆ x
e h∗(x) = y.
Lema 3.2.2. Sejam A, B ´algebras de Heyting e h : A −→ B um (∧, →)-homomorfismo. Para qualquer x ∈ B∗ e y ∈ A∗,temos que y ∈ h∗[↑ x] sse h−1(x) ⊆ y. Consequentemente,
se x ∈ dom(h∗), ent˜ao h∗[↑ x] =↑ h∗(x).
Demonstra¸c˜ao: (⇒)
y ∈ h∗[↑ x], ent˜ao existe z ∈ dom(h∗) tal que x ⊆ z e h∗(z) = y. Sendo
h∗(z) = h−1(z), temos que h−1(x) ⊆ y.
(⇐)
h−1(x) ⊆ y. Pelo lema 3.2.1, existe z ∈ dom(h∗) tal que x ⊆ z e h∗(z) = y ⇒ y ∈
Agora, para finalizar a prova, assuma x ∈ dom(h∗), Ent˜ao, y∈ h∗[↑ x] ⇔ h−1(x) ⊆ y ⇔ h∗(x) ⊆ y ⇔ y ∈↑ h∗(x). Portanto, h∗[↑ x] =↑ h∗(x).
Lema 3.2.3. Sejam A, B ´algebras de Heyting e h : A −→ B um (∧, →)-homomorfismo. (1) Para qualquer x ∈ A, temos x ∈ Sh(a) sse h∗[↑ x] ⊆ Sa.
(2) Para qualquer a ∈ A, temos Sh(a)= B∗\ ↓ h−1∗ (A∗\ Sa).
(3) Para quaisquer x ∈ B∗ e y ∈ A∗, temos h∗[↑ x] =↑ y sse h−1(x) = y
Demonstra¸c˜ao: (1)
(⇒) Seja y ∈ h∗[↑ x], i.e., existe z ∈ dom(h∗) tal que h∗(z) = y e x ⊆ z. Como
x∈ Sh(a), temos que h(a) ∈ x, ou seja, a ∈ h−1(x).
x⊆ z ⇒ h−1(x) ⊆ h−1(z) = y, portanto a ∈ y, logo y ∈ S a.
(⇐) Suponha que x 6∈ Sh(a), ent˜ao a 6∈ h−1(x). Assim existe y ∈ A∗ tal que
h−1(x) ⊆ y e a 6∈ y. De fato, observe que ↓ a ∩ h−1(x) = ∅, pois caso fosse diferente do
vazio, ter´ıamos z ∈↓ a tal que z ∈ h−1(x). Como h−1(x) ´e filtro, ter´ıamos a ∈ h−1(x),
pois z ≤ a, o que ´e um absurdo.
Pelo teorema de Stone-Birkhoff, existe filtro primo y tal que ↓ a ∩ y = ∅, o que implica que a 6∈ y, e h−1(x) ⊆ y.
Pelo lema 3.2.1, temos que existe z ∈ dom(h∗) tal que x ⊆ z e h−1(z) = y, logo
y∈ h∗[↑ x] e y 6∈ Sa, portanto h∗[↑ x] 6⊆ Sa.
(2) Vamos mostrar que x ∈ B∗\ ↓ h−1∗ (A∗\ Sa) sse h∗[↑ x] ⊆ Sa.
x∈ B∗\ ↓ h−1∗ (A∗\ Sa) ⇔ x 6∈↓ h−1∗ (A∗\ Sa) ⇔ ↑ x ∩ h−1 ∗ (A∗\ Sa) = ∅ ⇔ ∀(z ∈↑ x)(h∗(z) 6∈ A∗\ Sa) ⇔ h[↑ x] ∩ (A∗\ Sa) = ∅ ⇔ h∗[↑ x] ⊆ Sa
Pelo item (1), temos que Sh(a)= B∗\ ↓ h−1∗ (A∗\ Sa).
(3)
(⇐) Suponha que h−1(x) = y, assim x ∈ dom(h
∗), logo pelo lema 3.2.2, temos
que h∗[↑ x] =↑ h∗(x) =↑ y.
(⇒) Agora suponha h∗[↑ x] =↑ y. Assim y ∈ h∗(↑ x), pelo lema 3.2.2 h−1(x) ⊆ y.
Falta mostrar a inclus˜ao contr´aria. Suponha que y 6⊆ h−1(x), ent˜ao existe a ∈ A tal que
a ∈ y e a 6∈ h−1(x), portanto h−1(x) 6∈ S
a, i.e., x 6∈ Sh(a) e y ∈ Sa. Por (1), temos que
h∗[↑ x] 6⊆ Sa.
Por´em h∗[↑ x] =↑ y, fazendo ↑ y 6⊆ Sa ⇒ y 6∈ Sa, absurdo. Portanto y ⊆ h−1(x),
logo
h−1(x) = y.
Teorema 3.2.4. Sejam A, B ´algebras de Heyting. Se h : A −→ B´e um (∧, →)-homomorfismo, ent˜ao h∗ : A∗ −→ B∗ ´e um morfismo parcial de Esakia.
Demonstra¸c˜ao:
Precisamos mostrar que h∗ satisfaz (1) a (5) de 3.1.1.
(1) Sejam x, z ∈ dom(h∗) e x ⊆ z.
h∗(x) = h−1(x) ⊆ h−1(z) = h∗(z).
(2) Seja x ∈ dom(h∗), y ∈ A∗ e h∗(x) ⊆ y. Pelo lema 3.2.1, existe z ∈ dom(h∗)
tal que x ⊆ z e h∗(z) = y.
(3) Seja x ∈ dom(h∗). Pelo lema 3.2.2, h∗(↑ x) =↑ h∗(x). Assim, tome y :=
h∗(x) = h−1(x) ∈ A∗, e temos que h∗(↑ x) =↑ y.
Reciprocamente, seja y ∈ A∗ tal que h∗(↑ x) =↑ y. Pelo lema 3.2.3, h−1(x) = y, ou seja,
h∗(x) = y e assim, x ∈ dom(h∗).
(4) Seja y 6∈ h∗[↑ x], pelo lema 3.2.2, h−1(x) 6⊆ y. Segue que existe a ∈ h−1(x) e
a6∈ y. Assim, h(a) ∈ x e a 6∈ y. Portanto x ∈ Sh(a)e y 6∈ Sa. Segue por 3.2.3 h∗[↑ x] ⊆ Sa
e y 6∈ Sa.
Tomando o clopen U = A∗\ Sa, temos que h∗[↑ x] ∩ U = ∅ e y ∈ U . Como y foi tomado
arbitrariamente, temos que para cada y, existe Uy tal que y ∈ Uy e h∗[↑ x] ∩ Uy = ∅.
Portanto A∗\ h∗[↑ x] = [ y6∈h∗[↑x] Uy, pois dado z ∈S
y6∈h∗[↑x]Uy ⇒ z ∈ Uy para algum y. Como h∗[↑ x] ∩ Uy = ∅, z 6∈ h∗[↑ x], assim z ∈ A∗\ h∗[↑ x]. A outra inclus˜ao ´e ´obvia.
Como Uy ´e clopen para cada y, temos que
S
y6∈h∗[↑x]Uy ´e aberto, portanto A∗\ h∗[↑ x]
´e aberto, logo h∗[↑ x] ´e fechado.
(5) Seja U ∈ CpU p(A∗). Existe a ∈ A∗ tal que U = Sa. Pelo lema 3.2.3 (2),
temos que
B∗\ ↓ h−1∗ (A∗\ Sa) = Sh(a)∈ CpU p(B∗).
Com isso h∗ ´e um morfismo parcial de Esakia.
Sejam X e Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y morfismo parcial de Esakia. Definimos
f∗ : CpU p(Y ) −→ CpU p(X)
U 7−→ X\ ↓ f−1(Y \ U )
Teorema 3.2.5. Sejam X e Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y morfismo parcial de Esakia. Ent˜ao f∗ ´e um (∧, →)-homomorfismo.
Demonstra¸c˜ao:
Sejam U, V ∈ CpU p(Y ). Devido ao lema 3.1.3 x∈ f∗(U ∩ V ) ⇔ x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ (U ∩ V ))
⇔ f [↑ x] ⊆ U ∩ V
⇔ f [↑ x] ⊆ U e f [↑ x] ⊆ V
⇔ x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ) e x ∈ X ↓ f−1(Y \ V )
⇔ x ∈ f∗(U ) e x ∈ f∗(V ).
Agora vamos mostrar que f∗ preserva implica¸c˜ao.
f∗(U → V ) ∩ f∗(U ) = f∗((U → V ) ∩ U ) ⊆ f∗(V ). Por adjun¸c˜ao f∗(U → V ) ⊆
f∗(U ) → f∗(V ). Agora vamos mostrar a desigualdade contr´aria.
Seja x 6∈ f∗(U → V ), logo x 6∈ X\ ↓ f−1(Y \ (U → V )). Portanto x ∈↓ f−1(Y \ (U → V )). Assim existe z ∈ dom(f ) tal que x ≤ z e f (z) ∈ Y \ (U → V ). Logo
f(z) 6∈ U → V ⇒↑ f (z) 6⊆ U → V assim,
Portanto existe y ∈ U tal que f (z) ≤ y e y 6∈ V . Como z ∈ dom(f ) e f ´e morfismo parcial de Esakia, existe u ∈ dom(f ) tal que x ≤ z ≤ u e f (u) = y ∈ U , segue que
u∈ f−1(U ) = dom(f ) ∩ (X \ f−1(Y \ U ))
portanto,
u∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ) = f∗(U ).
Pois caso u 6∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ), ter´ıamos que u ∈↓ f−1(Y \ U ). Assim existe
a∈ f−1(Y \ U ) tal que u ≤ a.
Sabendo que f ´e morfismo parcial de Esakia, temos que f (u) ≤ f (a), portanto f(a) ∈ U ⇒ f (a) 6∈ Y \ U , o que ´e um absurdo.
Por outro lado f (u) = y 6∈ V e assim, u 6∈ f−1(V ), implicando que u 6∈ f∗(V ).
Com isso, existe u ∈ X tal que x ≤ u, u ∈ f∗(U ) e u 6∈ f∗(V ). Segue que
↓ u ∩ f∗(U ) 6⊆ f∗(V ) ⇒ad↓ u 6⊆ f∗(U ) → f∗(V ).
x6∈ f∗(U ) → f∗(V )
pois, caso x ∈ f∗(U ) → f∗(V ) ter´ıamos que ↑ x ⊆ f∗(U ) → f∗(V ),pois f∗(U ) → f∗(V ) ´e
upset, devido a adjun¸c˜ao ter´ıamos u ∈ f∗(V ).
∴ f∗(U ) → f∗(V ) ⊆ f∗(U → V ). Provando a igualdade.
Lema 3.2.6. Sejam A e B ´algebras de Heyting e h : A −→ B um (∧, →)-homomorfismo. Ent˜ao para qualquer a ∈ A temos Sh(a)= h∗ ∗(Sa).
Demonstra¸c˜ao: Devido aos lemas 3.1.3 e 3.2.3, temos para x ∈ B∗,
x∈ h∗ ∗(Sa) ⇔ x ∈ B∗\ ↓ h−1∗ (A∗\ Sa)
⇔ h∗[↑ x] ⊆ Sa
⇔ x ∈ Sh(a).
Observa¸c˜ao 3.2.7. Para qualquer upset fechado U de um espa¸co de Esakia, temos U =↑ min(U ), onde min(U ) := {x ∈ U | ∀y ∈ U \ {x}, y 6≤ x} = {x ∈ U | x ´e minimal em U}.
Demonstra¸c˜ao:
Tome x ∈ U \ ↑ min(U ). Logo n˜ao existe z ∈ min(U ) tal que z 6≤ x. Portanto existe x1 ∈ U \ ↑ min(U ) tal que x1 < xe x1 6∈ min(U ).
Analogamente para x1 e assim para todo elemento de U \ ↑ min(U ).
Seja β ordinal tal que card(β) = ♯U \ ↑ min(U ). Indexamos os elementos de U\ ↑ min(U ) por β, ou seja,
U\ ↑ min(U ) = {xα; α < β}
Temos a seguinte rede N : β → U tal que N (α) = xα.
Como U ´e fechado em um espa¸co compacto, temos que U ´e compacto, logo existe M : I → U subrede convergente em U . Suponha que M converge para y. Vamos mostrar que y < xα ∀ α < β.
Observe que y ≤ xi para todo i ∈ I pois, caso contr´ario existe i0 ∈ I tal que
y6≤ xi0. Dessa forma existe W ∈ CpU p(X) tal que y ∈ W e xi0 6∈ W .
Como M converge para y, temos que existe j0 ∈ I tal que para todo j > j0M(j) ∈
W.
Considere i ≥ i0, j0. Logo M (i) ∈ W e M (i) ∈ X \ W , absurdo.
Devido a cofinalidade de M , temos que dado xα ∈ U \ ↑ min(U ), existe i ∈ I tal
que xi ≤ xα, logo y ≤ xi ≤ xα.
Agora vamos mostrar a desigualdade estrita.
Se y = M (i) para algum i ∈ I, temos que existe j ∈ I com j > i implica M(j) < M (i) = y ≤ M (j), absurdo.
Novamente pela cofinalidade cocluimos que y < xα para todo α < β.
Sabemos que y ∈ U . Se y ∈↑ min(U ) teremos que todo elemento de U \ ↑ min(U ) em ↑ min(U ). Portanto y ∈ U \ ↑ min(U ). Como foi feito anteriormente, teremos portanto y1 < y. Temos assim o absurdo.
(⊇) Tome x ∈↑ min(U ), ∃ y ∈ min(U ) tal que y ≤ x. Como y ∈ U , temos que x∈↑ y ⊆↑ U = U , logo x ∈ U.
Lema 3.2.8. Sejam X, Y espa¸cos de Esakia e f : X −→ Y um morfismo parcial de Esakia. Ent˜ao x ∈ dom(f ) sse ε(x) ∈ dom(f∗
∗) e para qualquer x ∈ dom(f ), temos que
ε(f (x)) = f∗
∗(ε(x))
Demonstra¸c˜ao:
(⇒) Suponha que x ∈ dom(f ), temos que f [↑ x] =↑ f (x). Para mostrar que ε(x) ∈ dom(f∗
∗), ´e suficiente mostrar que (f∗)−1(ε(x)) ´e um filtro primo de Y∗, pois
Sabendo que f∗(U ∩ V ) = f∗(U ) ∩ f∗(V ), tome U, V ∈ (f∗)−1(ε(x)). Assim
f∗(U ) ∈ ε(x) e f∗(V ) ∈ ε(x) ⇒ f∗(U ) ∩ f∗(V ) ∈ ε(x) ⇒ f∗(U ∩ V ) ∈ ε(x)
U ∩ V ∈ (f∗)−1(ε(x))
portanto (f∗)−1(ε(x)) ´e fechado por ∩.
Observe que ∅ 6∈ (f∗)−1(ε(x)). Caso ∅ ∈ (f∗)−1(ε(x)) teremos que
∅ ∈ {U ∈ CpU p(Y ); x ∈ f∗(U )}.
x∈ f∗(∅) ⇒ x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ ∅)
⇒ x 6∈↓ f−1(Y )
⇒ x 6∈ f−1(Y )
⇒ x 6∈ dom(f ) o que ´e um absurdo.
Sejam U ∈ (f∗)−1(ε(x)) e V ∈ CpU p(Y ) t.q. U ⊆ V . Da´ı x ∈ f∗(U ), ou seja, x∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ), pelo lema 3.1.3, f [↑ x] ⊆ U ⊆ V . Portanto x ∈ f∗(V ), implicando
que V ∈ (f∗)−1(ε(x)).
Assim (f∗)−1(ε(x)) ´e um filtro pr´oprio. Resta mostrar que ´e filtro primo.
Seja U ∪ V ∈ (f∗)−1(ε(x)). Ent˜ao x ∈ f∗(U ∪ V ) ⇒ x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ (U ∪ V )).
Devido ao lema 3.1.3 temos
f[↑ x] ⊆ U ∪ V, ou seja,
↑ f (x) ⊆ U ∪ V ⇒ f (x) ∈ U ou f (x) ∈ V
como U =↑ U e V =↑ V , teremos ↑ f (x) ⊆ U ou ↑ f (x) ⊆ V ⇒ f [↑ x] ⊆ U ou f [↑ x] ⊆ V . Suponha que f [↑ x] ⊆ U , devido ao lema 3.1.3, temos
x∈ X\ ↓ f−1(Y \ U ) = f∗(U ).
O mesmo ocorre para f [↑ x] ⊆ V . Logo f∗(U ) ∈ ε(x) ou f∗(V ) ∈ ε(x). Com isso
(f∗)−1(ε(x)) ´e filtro primo pr´oprio.
Como por defini¸c˜ao
dom(f∗ ∗) = {F ∈ X∗ ∗; (f∗)−1(F ) ∈ Y∗ ∗}
temos que ε(x) ∈ dom(f∗ ∗).
(⇐) Seja ε(x) ∈ dom(f∗
∗), ent˜ao (f∗)−1(ε(x)) ´e um filtro primo de Y∗. Mos-
traremos que existe y ∈ Y tal que f [↑ x] =↑ y e portanto, pela defini¸c˜ao 3.1.1 temos o desejado.
Fato 3.2.9. Seja f : X → Y morfismo parcial de Esakia, ent˜ao ↑ f [↑ x] = f [↑ x] Demonstra¸c˜ao:
Se y ∈↑ f [↑ x], ent˜ao existe z ∈ f [↑ x] tal que z ≤ y. Como z ∈ f [↑ x], existe z′ ∈ dom(f ) tal que f (z′) = z. Sabendo que f ´e morfismo parcial de Esakia, temos que
existe u ∈ dom(f ) tal que f (u) = y. Portanto y ∈ f [↑ x].
Pela observa¸c˜ao 3.2.7 e pelo fato acima, suponha por absurdo que minf [↑ x] ´e constituido de dois ou mais pontos, pois da defini¸c˜ao de morfismo parcial de Esakia, temos que f [↑ x] ´e fechado upset. Sejam y, z dois pontos distintos minf [↑ x]. Observe que para qualquer w ∈ minf [↑ x] com w 6= y, temos que w 6≤ y, logo existe clopen upset Uw tal
que w ∈ Uw e y 6∈ Uw. Temos tamb´em que y 6≤ z, logo existe Uy =↑ Uy clopen tal que
y∈ Uy e z 6∈ Uy.
Ent˜ao
minf[↑ x] ⊆ Uy ∪[{Uw; w ∈ minf [↑ x] e w 6= y}.
Como f [↑ x] ´e fechado e ↑ f [↑ x] = f [↑ x], temos, pela observa¸c˜ao 3.2.7, que f[↑ x] =↑ minf [↑ x] ⊆ Uy∪[{Uw; w ∈ minf [↑ x] e w 6= y}.
Como f [↑ x] ´e compacto, temos que existem Uw1, ..., Uwn tais que f [↑ x] ⊆ Uy ∪ Uw1 ∪ ...∪ Uwn. Seja U = Uy e V = Uw1 ∪ ... ∪ Uwn, ent˜ao f [↑ x] ⊆ U ∪ V , por´em f [↑ x] 6⊆ U e f[↑ x] 6⊆ V .
Como f [↑ x] ⊆ U ∪ V , pelo lema 3.1.3 temos x ∈ X\ ↓ f−1(Y \ (U ∪ V )) = f∗(U ∪ V ), assim
U ∪ V ∈ (f∗)−1(ε(x))
por´em
U 6∈ (f∗)−1(ε(x)) e V 6∈ (f∗)−1(ε(x))
implicando que (f∗)−1(ε(x)) n˜ao ´e um filtro primo, onde segue o absurdo. Portanto
f[↑ x] =↑ y, onde y = minf [↑ x], assim pela observa¸c˜ao 3.1.2, temos que y = f (x). Como f ´e morfismo parcial de Esakia, temos que x ∈ dom(f ).
Agora suponha que x ∈ dom(f ). U ∈ ε(f (x)) sse f (x) ∈ U e U ∈ f∗
∗(ε(x)) sse f∗(U ) ∈ ε(x)
sse x∈ f∗(U )(3.1.3)
sse f[↑ x] ⊆ U.
Como x ∈ dom(f ) e f ´e morfismo parcial de Esakia, temos que f [↑ x] =↑ f (x). Segue
f[↑ x] ⊆ U sse ↑ f (x) ⊆ U
sse f(x) ∈ U (como U =↑ U ) sse U ∈ ε(f (x)).
∴ ε(f (x)) = f∗ ∗(ε(x)).