¿Noción más débil de primer countability para filtros?

Question

Al intentar comprender la motivación detrás de la definición de un filtro he tropezado con la siguiente idea, digamos que es "casi de primera countability":

Deje $x$ ser un punto de un conjunto $X$ $\mathcal{F}$ ser un filtro en $X$ de manera tal que cada una de las $F\in\mathcal{F}$ contiene $x$. Podemos decir $\mathcal{F}$ es casi la primera contable si hay una contables de la colección de $\mathcal{C}=\{C_1,C_2,\dots\}$ de los subconjuntos anidados de $X$ (por lo $C_1\supset C_2\supset\cdots$) tal que $\Sigma(\mathcal{C})=\Sigma(\mathcal{F})$, en la que por cualquier $\mathcal{X}\in P(P(X))$ el símbolo $\Sigma(\mathcal{X})$ denota el conjunto de secuencias de $\phi\colon\mathbb{N}\to X$ de la convergencia con respecto a la recopilación $\mathcal{X}$, es decir, cada elemento de a $\mathcal{X}$ contiene una cola de $\phi$.

Claramente si $\mathcal{F}$ es de primera contables, es decir, puede ser generado por una contables de la base del filtro, entonces es casi la primera contables (solo tome $\mathcal{C}$ $\{C_1,C_1\cap C_2,C_1\cap C_2\cap C_3,\dots\}$ donde $\{C_1,C_2,C_3,\dots\}$ es una contables de la base del filtro de la generación de $\mathcal{F}$).

Pregunta: Es esta noción estrictamente más débiles que los de la primera countability? En otras palabras, hay un conjunto $X$, un no-contables filtro de $\mathcal{F}$ $x\in X$ y un contable de la colección de $\mathcal{C}=\{C_1,C_2,\dots\}$ de los subconjuntos anidados de $X$ tal que $\Sigma(\mathcal{C})=\Sigma(\mathcal{F})$?

Observación: Llame a $\mathcal{C}'$ el filtro generado por la base de la $\mathcal{C}$ mediante la adición de todas las superseries de elementos de $\mathcal{C}$. A continuación,$\Sigma(\mathcal{C}')=\Sigma(\mathcal{C})$. De ello se deduce que la pregunta anterior se reduce a la búsqueda de dos filtros en $x$ compartir el mismo conjunto de secuencias convergentes y tales que uno es de primera, contables, mientras que el otro no lo es (o demostrar que no existe, por supuesto).

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Como un ejercicio para mí déjame reescribir user126154 brillante argumento de una forma más detallada de la moda. Con el fin de fijar las ideas, en lugar de dejar a $\alpha$ ser cualquier no-$\omega$-cofinal límite ordinal decidí elegir un ejemplo concreto recogiendo el menor ordinal límite que no es $\omega$-cofinal. Si no me equivoco, este debe ser el primer innumerables ordinal $\omega_1$.

Consideremos la primera de innumerables ordinal $\omega_1$ y el filtro de $\mathcal{F}_\infty$ $\omega_1$ generado por la base del filtro de $\mathcal{B}_\infty:=\{(a,\infty)\mid a\in \omega_1\}$ donde $(a,\infty):=\{x\in \omega_1\mid x>a\}$. Observar que $\Sigma(\mathcal{F}_\infty)$ está vacía: en efecto, suponga que hay una secuencia $\phi\colon\mathbb{N}\to \omega_1$ de la convergencia con respecto a $\mathcal{F}_\infty$; por inducción $\phi$ tiene una estrictamente creciente subsequence $\phi'$ también convergentes w.r.t. $\mathcal{F}_\infty$; el límite de esta secuencia es sólo $s:=\sup_{n\in\mathbb{N}}\{\phi'(n)\mid n\in\mathbb{N}\}$, es decir, un contable de la unión de contables ordinales que es todavía contables, por lo tanto $s\in \omega_1$ y el intervalo de $(s+1,\infty)$ no contiene ninguna cola de $\phi'$, lo cual es absurdo. Además de observar que los $\mathcal{F}_\infty$ no puede ser generado por una contables de la base del filtro, de lo contrario podríamos construir una sucesión convergente w.r.t. la base y, por tanto, también w.r.t. $\mathcal{F}$.

Ahora consideremos el conjunto $X:=(\sqcup_{n\in\mathbb{N}} (\omega_1)_n)\cup\{\infty\}$ que consiste en la inconexión de la unión de countably muchas copias de $\omega_1$ junto con un nuevo punto de $\infty$, y construir el filtro $\mathcal{F}$ $X$ que consta de todos los subconjuntos de a $F\subset X$ la satisfacción de todas las tres condiciones siguientes:

1. $F\cap(\omega_1)_n\in\mathcal{F}_\infty$ por cada $n\in\mathbb{N}$,
2. no es $j\in\mathbb{N}$ tal que $F\cap(\omega_1)_k=\omega_1$ por cada $k\geq j$,
3. $\infty\in F$.

Observe que $\mathcal{F}$ no puede ser generado por una contables de la base del filtro, de lo contrario mediante la restricción de que cada elemento de la base de una copia de $\omega_1$ obtendríamos una contables de la base del filtro de $\mathcal{F}_\infty$. Ahora, considere la colección de $\mathcal{C}=\{C_n\mid n\in\mathbb{N}\}$ de los subconjuntos de a $X$ donde $C_n$ está definido por los siguientes tres condiciones:

1. $C_n\cap(\omega_1)_j=\emptyset$ $j<n$,
2. $C_n\cap(\omega_1)_j=\omega_1$ por cada $j\geq n$,
3. $\infty\in C_n$ por cada $n\in\mathbb{N}$.

Claramente $\mathcal{C}$ satisface los axiomas de la base del filtro y el filtro que genera es obviamente primera contables.

Ahora nos muestran que la $\Sigma(\mathcal{F})=\Sigma(\mathcal{C})$. Deje $x_n$ ser una secuencia en $X$ convergentes w.r.t. $\mathcal{C}$. Cada una de las $F\in\mathcal{F}$ contiene algunos $C_n$ $x_n$ converge w.r.t. $\mathcal{F}$ . Por el contrario, asumen $x_n$ converge w.r.t. $\mathcal{F}$ y definen $\sigma(n)$ a ser el índice de la copia de $\omega_1$ donde $x_n$ mentiras (put $\sigma(n)=\star$ si $x_n=\infty$). Si para cada una de las $n$ hay $j_n$ tal que para cada $k\geq j_n$ $\sigma(k)$ es mayor que $n$ o igual a $\star$ $x_n$ obviamente converge w.r.t. $\mathcal{C}$ y hemos terminado. De lo contrario, $\sigma$ tiene una constante subsequence en algún número natural, que es que hay una larga $x_{n_k}$ quedándose en una sola copia de $\omega_1$. Desde $x_n$ converge w.r.t. $\mathcal{F}$ por supuesto, a continuación, $x_{n_k}$ debe converger w.r.t. $\mathcal{F}_\infty$ y esto es imposible desde $\Sigma(\mathcal{F}_\infty)=\emptyset$.

Conclusión: hemos encontrado un conjunto de $X$, dos filtros en algún punto de $x\in X$ uno de los cuales es de primera contable, mientras que la otra no (siendo el primero el filtro generado por $\mathcal{C}$, siendo este último el $\mathcal{F}$) compartir el mismo conjunto de convergencia de las secuencias en $X$. En otras palabras, $\mathcal{F}$ es "casi la primera-contables", pero no de primera contables, por lo tanto, la noción de enunciados anteriormente de "casi de primera countability" es muy diferente que los de la primera countability (en particular, queda terminantemente más débil).

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Con el fin de evitar ambigüedades puedo agregar las definiciones utilizadas. Un filtro en $X$ es un nonvoid colección de subconjuntos de a $X$ tal forma que:

1. el conjunto vacío no pertenece a la colección,
2. cualquier finito de intersección de sus elementos es un superconjunto de algún elemento de la colección,
3. cualquier superconjunto de alguno de sus elementos pertenece a la colección.

Un filtro de base es como un filtro, pero hemos de colocar la tercera hipótesis. Mediante la adición de todas las superseries de todos los elementos de la base del filtro de $\mathcal{F}$ obtenemos el filtro de $\mathcal{F}'$ generado por la base de la $\mathcal{F}$. De ello se desprende que una nonvoid colección de $\mathcal{B}\in P(P(X))$ es una base de un determinado filtro $\mathcal{F}$ si y sólo si $\mathcal{B}\subset\mathcal{F}$ y cada una de las $F\in\mathcal{F}$ contiene algunos $B\in\mathcal{B}$.

Answer 1

Deje $X$ ser casi-el-primer-contables. Deje $\mathcal C=\{C_i\}$ ser un anidada contables secuencia de conjuntos que contengan $x$, de modo que $\Sigma(\mathcal C)=\Sigma(\mathcal F)$.

Supongamos que hay es$F\in\mathcal F$, de modo que $x\in F$ e no $C_i$ está contenido en $F$.

En particular, no es $x_i\in C_i$ tal que $x_i\notin F$. Por lo tanto, la secuencia de $\{x_i\}$ converge a $x$ $\mathcal C$ pero no converge a $x$$\mathcal F$. Esto contradice la hipótesis de casi la primera countability.

Lo hemos probado que para cualquier $F\in\mathcal F$ hay $C_i\in \mathcal C$ tal que $C_i\subset F$.

Si nuestro filtro viene de una topología y el $C_i$'s están abiertas establece, a continuación, lo contrario es cierto.

Vamos a ver ahora un ejemplo para mostrar que el recíproco no es necesariamente cierto en general.

Deje $\omega$ ser el typer de la orden de $\mathbb N$.

Para cualquier ordinal $\alpha$ deje $\mathcal F_\alpha$ ser el filtro dado por el fin de la relación. (es decir, el filtro de los barrios de $\infty$.)

Elegir un límite ordinal $\alpha$ no $\omega$-cofinal. Es decir, no hay secuencia $x_i\stackrel{\mathcal F_\alpha}{\to}\infty$ ($\mathcal F_\alpha$ no es la primera contable.)

Deje $X$ el conjunto obtenido contables distintos de la unión de copias de $\alpha$, más el punto de $\infty$.

$$X=(\bigsqcup_{i\in\mathbb N}\alpha_i)\cup\{\infty\}$$

donde $\alpha_i$ es una copia de $\alpha$.

Por lo tanto, cualquier subconjunto $A\subset X$ es de la forma$\bigsqcup_{i=0}^\infty A_i$$A_i\subset \alpha_i$$i\in\mathbb N$$A_\infty\subset\{\infty\}$.

Deje $\mathcal F$ ser el filtro definido de la siguiente manera: Un conjunto $F\subset X$ $\mathcal F$ si y sólo si

$\exists n_0=n_0(F)$ s.t.

1) $F_i=\alpha_i$ cualquier $n>n_0$

2) $\forall n\leq n_0$ tenemos $\emptyset\neq F_i\in\mathcal F_{\alpha_i}$

por otra parte,

3) $\infty\in F$

RECLAMO: $\mathcal F$ es no-contables.

PRUEBA: por las condiciones 1) y 2), cualquier contables de la base del filtro de $F$ daría, por la restricción a $\alpha_i$, un contable de la base del filtro en $\alpha$, que se supone que no $\omega$-cofinal. $\square$

Ahora, vamos a definir $\mathcal C$. Esto es fácil, vamos a $$C_i=(\bigsqcup_{n\geq i} \alpha_i)\cup\{\infty\}$$

Claramente $\mathcal C$ es una contables filtro.

RECLAMO: para cualquier secuencia $(x_i)_{i\in\mathbb N}$ $X$ hemos $$x_i\stackrel{\mathcal C} {\}\infty \Leftrightarrow x_i\stackrel{\mathcal F} {\}\infty$$

PRUEBA. Deje $x_i\stackrel{\mathcal C}{\to}\infty$. Por la condición de $1)$ todos los $F\in\mathcal F$ tenemos $x_i\in F$$i>n_0(F)$. Por lo tanto $x_i\stackrel{\mathcal F}{\to}\infty$.

Por otro lado, supongamos $x_i\stackrel{\mathcal F}{\to}\infty$

El punto de $x_i$ pertenece a un conjunto $\alpha_k$. Definir $\sigma(i)$, de modo que $$x_i\in\alpha_{\sigma(i)}$$

Si $\sigma(i)$ no convergen hacia el infinito, entonces podemos encontrar una larga $i_k$, de modo que $\sigma(i_k)$ es una constante número natural, decir $n$.

Por lo tanto, la secuencia de $x_{i_k}$ es una secuencia en $\alpha_n$ que converge a infinito, lo cual es imposible debido a $\alpha$ no $\omega$-cofinal.

Por lo tanto, $\sigma(i)\to \infty$ y por lo tanto $x_i\stackrel{\mathcal C}{\to}\infty$. $\square$