Cardinalidad de un ultrafiltro

Question

Si $\mathscr F$ es un ultrafilter en un conjunto infinito $M$, entonces se puede demostrar que $|\mathscr F|=2^{|M|}$.

Sabemos que para cada subconjunto $A\subseteq M$ tenemos $A\in\mathscr F$ o $M\setminus A \in \mathscr F$. De esta manera podemos dividir el poder establecer $\mathscr P(M)$ en dos partes disjuntas $\{A\subseteq M; A\in\mathscr F\}$$\{A\subseteq M; M\setminus A\in\mathscr F\}$, ambos tienen cardinalidad $|\mathscr F|$.

Así tenemos a $$|\mathscr F|=|\mathscr F|+|\mathscr F|=|\mathscr P(M)|=2^{|M|}.$$

Aquí hemos utilizado ese $a+a=a$ infinito cardenales; que utiliza el axioma de elección. (Al menos la prueba de este hecho se basa en $a\le a+a \le a\cdot a=a$ usos de CA.)

Hay un argumento que muestra $|\mathscr F|=2^{|M|}$ sin usar el aire acondicionado?

(Soy consciente de que ya la existencia de la libre ultrafilters puede ser considerado una forma más débil de CA, pero no estoy seguro de si es lo suficientemente fuerte como para implicar $a+a=a$. Además, el argumento anterior tiene sentido para los principales ultrafilters, también.)

Answer 1

La cantidad de opciones que se utiliza puede ser reducido a la declaración de "Dedekind-infinito es equivalente a infinito" (donde un conjunto $A$ es Dedekind-infinito si hay una inyección de $A \to A$ que no es surjective). No sé si puede ser reducido aún más que esto.

NB. ${\sf AC}_\omega$, el Axioma de Contables de Elección, es estrictamente más fuerte que la declaración anterior, por lo que es ya una muy "débil" de la asunción.

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Manifiestamente $|\mathscr F| \le 2^{|M|}$; simplemente hay que usar la inclusión.

Ahora, una revisión no surjective de inyección de $f: M \to M$; a continuación, para $A, B \subseteq M, f[A] = f[B]$ implica $A = B$. Pick $m \in M \setminus f[M]$.

Ahora vamos a definir los $g: 2^M \to \mathscr F$ por:

$$g(A) = \begin{cases} f[A] & \text{if } f[A] \in \mathscr F \\ f[A]^c & \text{if } f[A] \notin \mathscr F \end{casos}$$

Debido a $m \notin f[M]$,$m \in g(A) \iff f[A] \notin \mathscr F$. Esto significa que no podemos tener $f[A] = f[B]^c$$A, B \subseteq M$, mientras que el $f[A] = f[B]$ $f[A]^c = f[B]^c$ están prohibidas por la inyectividad de $f$.

Por lo tanto $g$ es inyectiva, y llegamos a la conclusión de que $\mathscr F$ $2^M$ son equinumerous por Cantor-Schröder-Bernstein.

Answer 2

No puedes probar que un ultrafiltro tiene una cardinalidad$2^M$ sin el axioma de elección, y aquí hay un precioso contraejemplo:

Deje que$A$ sea un conjunto amorfo, luego el filtro co-finito$\cal F$ es un ultrafiltro (porque cada conjunto es finito o co-finito). Sin embargo,$\mathcal P(A)$ es un Dedekind-finite, y claramente$\mathcal F\subsetneq\mathcal P(A)$ y por lo tanto tiene una cardinalidad más pequeña.