¿Cuántos ultrafiltros hay en un espacio infinito?

Question

Estoy atascado con el siguiente ejercicio del libro Rings of Continuous Functions de Gillman.

Si $X$ es infinito, existe $2^{2^{|X|}}$ ultrafiltros en $X$ todos sus miembros son del cardenal $X$ .

El ejercicio tiene una pista basada en la siguiente prueba (aquí $\beta X$ es la compactación Stone-Cech)

En la prueba, el autor construye $2^{2^{X}}$ distintos ultrafiltros en $X$ . La pista del ejercicio dice

En la demostración del Teorema 9.2, observe que toda intersección finita de miembros de $\mathfrak{B}_{\mathscr{S}}$ es de cardenal $|X|$ . Adjunta a cada familia $\mathfrak{B}_{\mathscr{S}}$ todos los subconjuntos de $\mathscr{F}\times\Phi$ con complemento de potencia inferior a $|X|$ .

Estoy atascado en las dos partes de la pista. No sé cómo puedo demostrar que toda intersección finita de elementos de $\mathfrak{B}_{\mathscr{S}}$ es de cardenal $|X|$ . Sólo lo sé porque $\mathfrak{b}_{S_{i}}\subseteq \mathscr{F}\times \Phi$ y $-\mathfrak{b}_{S_{j}}\subseteq \mathscr{F}\times \Phi$ entonces $|\mathfrak{b}_{S_{i}}|\leq|X|$ y luego $|-\mathfrak{b}_{S_{j}}|\leq |X|$ . Por lo tanto, $$|\mathfrak{b}_{S_1}\cap\mathfrak{b}_{S_2}\cap\dots\cap,\mathfrak{b}_{S_k}\cap-\mathfrak{b}_{S_{k+1}}\cap\dots\cap-\mathfrak{b}_{S_n}|\leq|\mathfrak{b}_{S_1}|\leq|X|$$ Pero, ¿cómo puedo concluir la otra desigualdad?, es decir, $$|\mathfrak{b}_{S_1}\cap\mathfrak{b}_{S_2}\cap\dots\cap,\mathfrak{b}_{S_k}\cap-\mathfrak{b}_{S_{k+1}}\cap\dots\cap-\mathfrak{b}_{S_n}|\geq|X|$$ Y, ¿cómo puede ayudar a considerar los subconjuntos de $\mathscr{F}\times\Phi$ con complemento de potencia inferior a $|X|$ ? Creo que el planteamiento que he hecho es muy duro o hay algo que no puedo ver porque la prueba me parece muy dura.

Answer 1

Para demostrar que todas las intersecciones finitas de conjuntos en $\mathfrak{B}_{\mathscr{S}}$ tienen cardinalidad $|X|$ basta con construir $|X|$ -muchos elementos en la intersección. (Esto se debe a que, como has notado, no puede haber más de $|X|$ -muchos elementos en la intersección).

En la prueba dada, tenemos un elemento particular de esta intersección: $$( F = \{ x_{ij} : i \neq j \} , \varphi = \{ F \cap S_1 , \ldots , F \cap S_k \} ).$$ Supongamos que $( F , \psi ) \in \mathscr{F} \times \Phi$ es tal que $\phi \supseteq \varphi$ es finito. Dado cualquier $i \leq k$ Obsérvese que tenemos claramente que $S_i \cap F \in \psi$ y así $( F , \psi ) \in \mathfrak{B}_{S_i}$ . Dado $k < j \leq n$ nota que $( F , \psi ) \in - \mathfrak{b}_{S_j}$ siempre y cuando $S_j \cap F \notin \psi$ . Por lo tanto, mientras $\psi \supseteq \phi$ se elige de manera que $F \cap S_{k+1} , \ldots , F \cap S_{n} \notin \psi$ entonces $( F , \psi )$ pertenecerá a la intersección. Hay claramente $|X|$ -muchas formas de elegir lo apropiado $\psi$ .

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Dejemos que $\mathfrak{B} = \{ \mathscr{A} \subseteq \mathscr{F} \times \Phi : | ( \mathscr{F} \times \Phi ) \setminus \mathscr{A} | < |X| \}$ denota la familia de todos los subconjuntos de $\mathscr{F} \times \Phi$ con complemento de potencia $< |X|$ . Tenga en cuenta que no sólo $\mathfrak{B}$ tienen la propiedad de intersección finita, en realidad es cerrada bajo intersecciones finitas.

Con esta observación y el trabajo anterior es relativamente fácil demostrar que dado $\mathscr{S} \subseteq \mathcal{P} ( X )$ la familia $\mathfrak{B}_{\mathscr{S}} \cup \mathfrak{B}$ tiene la propiedad de intersección finita. Para ver esto, supongamos que $\mathfrak{b}_{S_1} , \ldots , \mathfrak{b}_{S_k} , - \mathfrak{b}_{S_{k+1}} , \ldots , - \mathfrak{b}_{S_n} , \mathscr{A}_1 , \ldots , \mathscr{A}_m$ se dan. Entonces

• por el trabajo sobre el conjunto $\mathfrak{b} = \mathfrak{b}_{S_1} \cap \cdots \cap \mathfrak{b}_{S_k} \cap - \mathfrak{b}_{S_{k+1}} \cap \cdots \cap - \mathfrak{b}_{S_n}$ tiene poder $|X|$ y
• por la observación anterior el complemento de $\mathscr{A} = \mathscr{A}_1 \cap \cdots \cap \mathscr{A}_m$ tiene poder $< |X|$ .

Así, $\mathfrak{b} \cap \mathscr{A} \neq \emptyset$ .

Por tanto, esta familia puede ampliarse a un ultrafiltro $\mathfrak{U}_{\mathscr{S}}$ y como $\mathfrak{B} \subseteq \mathfrak{U}_{\mathscr{S}}$ sabemos que $\mathfrak{U}_{\mathscr{S}}$ no puede incluir ningún conjunto de poder $< |X|$ .