Equivalencia de dos definiciones de Rudin, Keisler equivalencia

Question

Deje $U$ es un ultrafilter en un conjunto $X$, e $V$ un ultrafilter en un conjunto $Y$.

Wikipedia dice: Ultrafilters $U$ $V$ son Rudin–Keisler equivalente, $U\equiv_{RK}V$, si existen conjuntos $A\in U$, $B\in V$, y un bijection $f: A → B$ que se cumple la condición anterior. (Si $X$ $Y$ tienen la misma cardinalidad, la definición puede ser simplificado mediante la fijación de $A = X$, $B = Y$.)

donde "la condición anterior" es:

$$C\in V\iff f^{-1}[C]\in U.$$

Cómo probar que el caso especial de la misma cardinalidad es equivalente para el caso de arbitrario $X$$Y$?

Answer 1

Supongamos que tenemos $|X|=|Y|$, vamos $\mathcal{U}$, $\mathcal{V}$ ultarfilters en $X$$Y$, respectivamente, y vamos a $A\in\mathcal{U}$, $B\in\mathcal{V}$ y un bijection $f:A\to B$ tal que $C\in\mathcal{V}\iff f_{-1}[C]\in\mathcal{U}$.

Observar que si $|X-A|=|Y-B|$ está hecho desde que ambos conjuntos no están en $\mathcal{U}$ $\mathcal{V}$ (respectivamente) y se puede extender $f$ arbitrariamente en estos puntos. Supongamos ahora que $|X-A|<|Y-B|$. Deje $B'\supset B$ tal que $|X-A|=|Y-B'|$ mientras $|B|=|B'|$ ($B'$ existe; para ver este observar que $|B|=|Y|$). Necesitamos encontrar un bijection $g:B\to B'$ que cumple la condición de RK. A continuación, nos gustaría hacer, ya que sería capaz de extender $g\circ f$ como he descrito anteriormente. Deje $D=B'\setminus B$ y el aviso de que $D\notin\mathcal{V}$. Deje $E\subset B$ un conjunto infinito de tamaño mayor o igual a la de $D$ tal que $E\notin\mathcal{V}$. Deje $h:E\to D\cup E$ arbitraria bijection y deje $g$ ser la identidad de cada $x\in B\setminus E$ e igual a $h$ para los elementos de $E$. Esta es la $g$ estamos buscando.

Answer 2

Espero que las siguientes obras: Vamos a $U, V$ ser ultrafilters en $X$ $Y$ respectivamente. Por un lado es claro. Si hay un bijection $f\colon X\rightarrow Y$ satisfactorio RK-condición entonces la restricción de $f$ cualquier $A\in U$ satisface RK-condición y es un bijection.

Ahora por el otro lado: Asumir que no es $A,B$ y un bijection $f\colon A\rightarrow B$ satisying RK-condición que se da en la página de la wikipedia. Por lo tanto, sabemos que $f$ se define en cada punto de $U,$ porque $f$ satisface RK-condición por supuesto. Por lo tanto, tenemos una función de $f\colon X\rightarrow Y$ y queremos mostrar que es 1-1 y en. Si $f$ no es sobre, entonces $\exists C\subset Y$ tal que $f(X)\cap C=\emptyset.$ Entonces trivialmente $f^{-1}(C)=\emptyset\in U$ por el RK-condición. Esto ciertamente no es posible. Por lo tanto $f$ es sobre.

Ahora, supongamos que el $f\colon X\rightarrow Y$ no es 1-1. Esto significa que hay $x_1,x_2\in X$ $x_1\neq x_2$ pero $f(x_1)=f(x_2).$ Deje $K:=\left\{x_1,x_2\right\}\subset X.$ Si $K\cap A=\emptyset$$K\notin U$, a continuación, consideremos el conjunto $A\cup K\in U$ desde $U$ es un ultrafilter. El conjunto $f(A\cup K)=f(A)\cup f(K)$ donde $f(K)$ es un conjunto de puntos. Pero desde $V$ es un ultrafilter y $B\in B$ lo que necesariamente ha $f(K)\subset B$, lo que contradice a $A\cap K=\emptyset.$ por lo tanto, $A\cap K\neq \emptyset.$ $K$ contiene dos puntos. Pero estos dos puntos no puede ser en $A$ simultáneamente, debido a que $f$ es un bijection en $A$. Por lo tanto, WLOG decir $x_1\in A$ $x_2\notin A.$ Pero, a continuación, considere la posibilidad de $f(A)\in V.$ $f(A)$ contiene $f(x_1).$ RK-condición nuevo inversa de la imagen $f^{-1}f(A)=A$ debe contener $x_2$. Esto es de nuevo una contradicción.

Por lo tanto, $f\colon X\rightarrow Y$ es de 1-1 y en.