Justo y Weese II ejercicio 13.20

Question

Me pregunto si el siguiente ejercicio de Justo y Weese del Descubrimiento de la Moderna Teoría de conjuntos II es correcta:

${\bf Exercise 13.20}$ Deje $\kappa$ es un infinito cardenal. Supongamos $\langle P, \leq\rangle$ es una p.o. con la $\kappa$-c.c. y $F$ $\kappa$- completa ultrafilter en $\langle P, \leq\rangle$. [Entonces] no existe $p\in F$ sin elementos incompatibles por debajo de $p$... (p. 7)

Un ${\it filter}$ $\langle P, \leq\rangle$ es un subconjunto de a$P$, que se cierra al alza y que contiene los límites inferiores de que dos de sus elementos. Una ${\it ultrafilter}$ es un filtro que no es un subconjunto de cualquier otro filtro.

Lo pregunto porque dos ejercicios que conducen a ella son, aparentemente, incorrecta, y la única manera que se me ocurre de la prueba de Ejercicio 13.20 es mediante el uso de ellos. En particular, el Ejercicio 13.18(a) es:

... si $C$ es finita predense subconjunto de una p.o. $\langle P, \leq\rangle$ $F$ es un ultrafilter en $\langle P, \leq\rangle$,$F\cap C \not = 0$. (p.7)

Esto parece caer mal de la siguiente contraejemplo:

Definimos la siguiente pedido de $<^*$$\omega\cup\{\langle n, 0\rangle:n\in\omega\}\cup \{\langle 0, 1\rangle\}$:

$m <^* n$ fib $n< m$

$\langle n, 0\rangle <^* m$ $m\leq n$

$\langle n, 0\rangle <^* \langle 0, 1\rangle$

A continuación, $\{\langle 0, 1\rangle\}$ es un finito predense subconjunto en el nuevo pedido, pero $\omega$ es un ultrafilter.

Answer 1

Supongamos que para cada $p \in F$, no son incompatibles con las condiciones en $P$ bajo $p$. Inductivamente construir una espina de pescado $\{(p_i, q_i) : i < \kappa \}$ tal forma que:

(1) Para cada $i < \kappa$, $p_i \in F$ y $q_i$ es incompatible con $p_i$.

(2) Para cada una de las $j < i < \kappa$ ambos $p_i, q_i \leq p_j$.

En la etapa de $i$, escoja una condición de $p \in F$ por debajo de todas las $p_j$s, $j < i$. A continuación, tomar un máximo de antichain $A$ (de tamaño al menos 2) en $P$ bajo $p$ y el aviso de que su ultrafilter $F$ contiene exactamente una de estas condiciones (desde $F$$\kappa$, $p \in F$$|A| < \kappa$)$q$. Poner $p_i = q$ y deje $q_i$ ser cualquier otro miembro de este antichain.

Pero ahora $\{q_i : i < \kappa\}$ es un antichain en $P$ lo cual es imposible.

Anexo 1: Lista de $A = \{a_i : i < \lambda\}$ donde $\lambda < \kappa$. Supongamos $F$ es discontinuo con $A$. Entonces por maximality de $F$, para cada una de las $i < \lambda$, hay algunos $b_i \in F$ tal que $a_i$ es incompatible con $b_i$. El uso de $\kappa$-integridad de $F$, recoger algunas $b \in F$ por debajo de todas las $b_i$'s y también por debajo de $p$. Pero entonces, $A \cup \{b\}$ es un grande antichain en $P$ bajo $p$.

Anexo 2: Supongamos $F$ $\kappa$- completa ultrafilter más de un $\kappa$-cc de separación poset $P$ $p \in P$ es compatible con todos los miembros de $F$. A continuación,$p \in F$.

Prueba: Supongamos en primer lugar que hay algunos $q \leq p$ de manera tal que cada extensión de $q$ es compatible con todos los miembros de $F$. A continuación, cada miembro de $F$ está por encima de $q$ $P$ es de separación. Por lo tanto el principal filtro por encima de $q$ es la correcta extensión de $F$ lo cual es imposible. Obtener un $q$, considere la posibilidad de un máximo de antichain $A$ de condiciones que a continuación se $p$ que son incompatibles con algunos de los miembros de $F$. El uso de $\kappa$-cc-nidad de $P$ $\kappa$- integridad de $F$, podemos asumir que hay algo de $r \in F$, lo cual es incompatible con todos los miembros de $A$. Deje $q$ ser una condición que se extiende tanto en$r$$p$.