Usted ciertamente no puede hacer $(a_n)$ sea estrictamente monótona, ya que eso significaría que $a_n\geq a_0+n$ para todos $n$ . Así, por ejemplo, si $k_n=\lfloor\sqrt{n}\rfloor$ no podemos elegir $a_n$ ya que para cualquier valor de $a_0$ tenemos $k_n<a_0+n$ para todas las $n$ .
El caso no estricto es mucho más sutil. En primer lugar, la respuesta es no para algunas opciones de ultrafiltro. Consideremos una secuencia $k_n$ definida del siguiente modo. Para $m^2<n\leq(m+1)^2$ , $k_n$ recorre los enteros desde $m^2+1$ a $(m+1)^2$ en orden inverso (así $k_{m^2+1}=(m+1)^2$ , $k_{m^2+2}=(m+1)^2-1$ etc.). Sea $S$ sea el conjunto de subconjuntos de $\mathbb{N}$ en la que esta secuencia $(k_n)$ está aumentando. Si $A\in S$ entonces $A$ contiene como máximo un punto en el intervalo $(m^2,(m+1)^2]$ para cada $m$ . Como las longitudes de estos intervalos son ilimitadas, se deduce que ninguna unión finita de conjuntos en $S$ puede cubrir todo $\mathbb{N}$ . Por lo tanto, el conjunto de complementos de elementos de $S$ generar un filtro adecuado en $\mathbb{N}$ que puede ampliarse a un ultrafiltro $\mathcal{F}$ .
Ahora afirmo que si construimos los hipernaturales usando este ultrafiltro $\mathcal{F}$ no existe ninguna secuencia creciente que sea equivalente a $(k_n)$ . De hecho, por nuestra elección de $\mathcal{F}$ si $a_n=k_n$ para todos $n\in A$ para algunos $A\in\mathcal{F}$ entonces $k_n$ no aumenta en $A$ y por lo tanto $a_n$ tampoco puede aumentar. Por otra parte, la secuencia $(k_n)$ va a $\infty$ por lo que debe representar una hipernaturaleza ilimitada.
Así que la pregunta sigue siendo: ¿hay algún ultrafiltro para el que la respuesta sea afirmativa? Resulta que esto es independiente de ZFC. En primer lugar, por un teorema de Shelah, es coherente con ZFC que ningún ultrafiltro sea un punto P, lo que significa que para cualquier ultrafiltro no principal $\mathcal{F}$ existe una partición de $\mathbb{N}$ en conjuntos $A_i$ con $A_i\not\in\mathcal{F}$ para todos $i$ tal que para cualquier $B\in\mathcal{F}$ , $B \cap A_i$ es infinito para algún $i$ . Ahora bien, dado un ultrafiltro $\mathcal{F}$ y tal partición $\mathbb{N}=\bigcup A_i$ definir $k_n=i$ para $n\in A_i$ . Desde $A_i\not\in\mathcal{F}$ para todos $i$ , $(k_n)$ representa un número hipernatural ilimitado con respecto a $\mathcal{F}$ . Pero para cualquier $B\in\mathcal{F}$ existe algún número que se repite infinitamente incluso después de restringir $(k_n)$ a $B$ Así que $(k_n)$ no puede ser equivalente a una sucesión creciente (ni siquiera es equivalente a una sucesión que vaya a $\infty$ !). Así que es coherente que la respuesta sea no para todos los ultrafiltros.
Por otra parte, si el ultrafiltro $\mathcal{F}$ es un ultrafiltro Ramsey, la respuesta es sí. La existencia de ultrafiltros de Ramsey es coherente con la ZFC (por ejemplo, se deduce de la hipótesis del continuo). Hay varias definiciones equivalentes de ultrafiltros de Ramsey, pero la más fácil de utilizar aquí es la siguiente: un ultrafiltro no principal $\mathcal{F}$ es Ramsey si para cualquier conjunto $R$ de subconjuntos de dos elementos de $\mathbb{N}$ existe un conjunto $A\in\mathcal{F}$ tal que para todas las $x,y\in A$ , $\{x,y\}\in R$ o bien para todos los distintos $x,y\in A$ , $\{x,y\}\not\in R$ . En este caso, dada una secuencia $(k_n)$ , dejemos que $R$ sea el conjunto de pares $\{x,y\}$ tal que $k_x$ y $k_y$ están en el orden correcto (es decir, $x<y$ si $k_x<k_y$ ). Para $A\in\mathcal{F}$ si $\{x,y\}\not\in R$ para todos los $x,y\in A$ Esto significa que $(k_n)$ es decreciente en $A$ lo que es imposible si $(k_n)$ representa un hiperreal ilimitado. Por lo tanto, debe haber $A\in\mathcal{F}$ tal que $\{x,y\}\in R$ para todos los $x,y\in A$ lo que significa que la restricción de $(k_n)$ a $A$ está aumentando. Podemos entonces definir $(a_n)$ estar de acuerdo con $(k_n)$ en $A$ e interpolar en medio para ir aumentando en todos los $\mathbb{N}$ .
