Порождение конечной алгебры

[Sdy]

Возникла проблема с доказательством одного из пунктов леммы из учебника Коралов, Синай, "Теория вероятностей и случайные процессы". Данный пункт, видимо считается очевидным, так как представляется в виде некой "данности".
Ниже привожу лемму и свой вопрос.
Лемма 1.3.
Если алгебра $g$ конечна, то существуют такие непустые множества $B_1,...,B_m \in g$, что
1)$B_i \cap B_j = \varnothing i \ne j$.
2)$\Omega = \bigcup\limits_{i=1}^{m}B_i$
3)Для каждого множества $C \in g$ существует такое множество $I \subseteq \{1,...,m\}$, что $C = \bigcup\limits_{i \in I}B_i$. (положим $C = \varnothing$ при $I = \varnothing$).
Доказательство.
Занумеруем произвольным образом элементы алгебры $g = \{C_1,...,C_s\}$. Для любого $C$ положим $C^1 = C$ и $C^{-1} = \Omega \setminus C$.
Рассмотрим кортеж $b=(b_1,...,b_s)$, где каждый элемент $b_i$ равен $+1$ либо $-1$ и образуем множество $B^b = \bigcap\limits_{i=1}^{s}C_i^{b_i}$.
Из определения алгебры и леммы 1.2 вытекает, что $B^b \in g$. Кроме того, так как $C_i = \bigcup\limits_{b:b_i=1}B^b$ всякий элемент алгебры $g$ можно получить как объединение некоторых множеств $B^b$. Также ясно, что при $b' \ne b'' \Righarrow B^{b'} \cap B^{b''} = \varnothing$. Тогда в качестве $B_i$ возьмем непустые множества $B^b$. $\triangle$.
(Концовку ужал, так как там и правда всё ясно).
Вопрос.
Как доказать, что $\forall i=1..s, C_i = \bigcup\limits_{b:b_i=1}B^b$?
Я понимаю, как доказать включение справа налево - каждый элемент объединения содержит только лишь элементы из $C_i$, так как он является пересечением $C_i$ и каких-то комбинаций $C_j^{\pm 1}$, а по определению операции пересечения в любой такой $B^b$ могут попасть только элементы, принадлежащие $C_i$, значит любой элемент правой стороны является элементом левой стороны.
А вот с включением $\subseteq$ возникают проблемы. Пробую предположить, что слева есть элемент которого нет справа и не прихожу к противоречию. Пробую напрямую и ни к чему не прихожу.
Я доказал, что если в качестве $g$ берётся множество всех подмножеств $\Omega$, тогда каждое из $B_i$ это просто одноэлементное множество состоящее из некоторого элемента $\Omega$ и тогда ясно, что любой элемент алгебры получается как объединение этих "единичек". Соответственно поразбивал для лучшего понимания всякие там алгебры из всех подмножеств $\{1,2\}$ и пока это ни на что не натолкнуло.

[Padawan]

Возьмите минимальные по включению непустые элементы алгебры.

[Sdy]

Padawan, спасибо за ответ.
А зачем мне их брать? У меня же есть конкретная конструкция (эти самые $B^b$), для которой и был поставлен мой вопрос.

[Slav-27]

Попробуйте доказать в случае $s=2$, а потом $s=3$.

[Sdy]

Slav-27, спасибо за ответ.
В случае $s=2$ мы имеем $g =\{\varnothing, \Omega\}$, и получаем единственный атом разбиения как $B^b=\Omega$ и соответственно утверждение тут тривиально.
А вот трём $s$ равно не может быть, Вы имели ввиду четырём?

[Slav-27]

Sdy в сообщении #1429213 писал(а):

А вот трём $s$ равно не может быть

Да. Но тут не обязательно считать, что $C_1,...,C_s$ образуют алгебру; пусть это просто какие-то подмножества $\Omega$ -- утверждение, которое вызывает у вас затруднения, всё равно верно. Поэтому предлагаю проверить его для случая двух призвольных подмножеств, а потом -- трёх.

[Sdy]

Slav-27, спасибо за ответ.
Попробую и отпишусь.

[Padawan]

Sdy в сообщении #1429067 писал(а):

А зачем мне их брать?

Я не вчитывался в доказательство, которое Вы написали, а придумал свое. Смотрите, у нас есть некоторый конечный набор $\{B_1,\ldots,B_n\}$ непустых минимальных элементов алгебры. Заметим, что из минимальности следует, что для любого элемента $C$ алгебры и любого $B_i$ выполнено $B_i\subset C$ или $B_i\cap C=\varnothing$. В частности, $B_i\cap B_j=\varnothing$ при $i\neq j$. Далее начинаем из $C$ вычитать элементы $B_i$, пока это возможно. Получим в конце-концов пустое множество, т.к. в любом непустом элементе содержится минимальный.