Demostrar que las funciones envían la base del ultrafiltro a la base del ultrafiltro

Question

Actualmente estoy revisando una demostración del teorema de Tychonoff mediante ultrafiltros. Las definiciones con las que trabajamos son las siguientes,

• $\mathcal{B}$ es una base para un filtro $\mathcal{F}$ en un conjunto $X$ si $\mathcal{F} = \{A : B \subset A, \text{for some $ B \Nen \Nmathcal{B} $}\}$ .
• un ultrafiltro en un conjunto $X$ es un filtro $\mathcal{F}$ que es un elemento máximo del conjunto de filtros en $X$ ordenados por inclusión.

Como paso intermedio, se ha dejado un lema para que el lector lo demuestre:

Lema . Sea $f : X \to Y$ sea una función. Entonces,

• si $\mathcal{B}$ es una base para un filtro en $X$ entonces $f(\mathcal{B})$ es una base para un filtro en $Y$

• si $\mathcal{B}$ es una base para un filtro en $Y$ entonces $f^{-1}(\mathcal{B})$ es una base para un filtro en $X$ siempre y cuando $f^{-1}(B) \neq \emptyset$ para todos $B \in \mathcal{B}$ .

• si $\mathcal{B}$ es una base para un ultrafiltro en $X$ entonces $f(\mathcal{B})$ es una base para un ultrafiltro en $Y$

He conseguido demostrar los dos primeros argumentos, pero tengo problemas con el último. Ciertamente, $f(\mathcal{B})$ es una base para un filtro en $Y$ pero, ¿por qué es un ultrafiltro?

He intentado asumir lo contrario y tomar un filtro más fino que el generado por $f(\mathcal{B})$ para tomar preimágenes y contradecir que $\mathcal{B}$ genera un ultrafiltro, pero no he podido completar la prueba.

Answer 1

Para la mayoría de los propósitos, la caracterización más útil de los ultrafiltros no es como filtros máximos sino como filtros con la propiedad de que para cualquier $A\subseteq X$ , ya sea $A$ o $X\setminus A$ está en el filtro. (¡Demuestra que esto es equivalente a la maximalidad, si no lo has visto! El punto clave es que si ninguno de los dos $A$ ni $X\setminus A$ está en el filtro, puede añadir $A$ para obtener un filtro más grande).

Así que, ahora supongamos $\mathcal{B}$ es una base para un ultrafiltro en $X$ . Esto significa que para cualquier $A\subseteq X$ existe $B\in \mathcal{B}$ de manera que $B\subseteq A$ o $B\subseteq X\setminus A$ . Así que ahora, para demostrar que $f(\mathcal{B})$ es una base para un ultrafiltro, dejemos que $A\subseteq Y$ sea arbitraria. Queremos demostrar que hay $B\in\mathcal{B}$ de manera que $f(B)\subseteq A$ o $f(B)\subseteq Y\setminus A$ . Obsérvese que estas inclusiones son equivalentes a $B\subseteq f^{-1}(A)$ o $B\subseteq X\setminus f^{-1}(A)$ . Por lo tanto, sabemos que existe tal $B$ porque $\mathcal{B}$ es una base para un ultrafiltro en $X$ .

Answer 2

Supongamos que $\mathcal{B}$ es una base para un ultrafiltro $\mathcal{U}$ .

Por el punto 1 sabemos que $f[\mathcal{B}]$ genera un filtro también, llámalo $\mathcal{F}$ . Cada $F \in \mathcal{F}$ contiene algunos $f[B]$ para $B \in \mathcal{B}$ así que $f^{-1}[F]$ no está vacío (contiene $B$ ) y así $f^{-1}[\mathcal{F}]$ genera un filtro en $X$ por el punto 2.

Si $B \in \mathcal{B}$ entonces $f[B] \in f[\mathcal{B}]$ Así que $f[B] \in \mathcal{F}$ y como $B \subseteq f^{-1}[f[B]]$ tenemos que $f^{-1}[f[B]] \in \mathcal{U}$ y como esto también es válido para todos los superconjuntos de $f[B]$ vemos que $f^{-1}[\mathcal{F}] = \mathcal{U}$ . Pero esto implica inmediatamente que $\mathcal{F}$ es máxima y por lo tanto $f[\mathcal{B}]$ es una base de ultrafiltro.