Llamar a una partición de $2^\mathbb{N} = A\cup B$ a partición de paridad si, para cualquier $n\in\mathbb{N}$ , volteando el $n$ de cualquier elemento de $A$ resulta en un elemento de $B$ y viceversa.
Dada una función de elección para las clases de equivalencia en $2^\mathbb{N} / E_0$ (donde $x E_0 y$ si $x$ y $y$ coinciden en una cola) podemos construir fácilmente una partición de paridad; basta con dejar que $x\in A$ si $x$ difiere del representante de su clase de equivalencia en un número par de bits.
Pero podemos hacerlo aún mejor; dado un ultrafiltro no principal $U$ en $\mathbb{N}$ , defina $$ x\in A \iff E(x) = \{n\;:\; x\upharpoonright (n+1) \mbox{ has an even number of ones}\}\in U $$ Entonces, si $x\in 2^\mathbb{N}$ y $y$ es lo mismo que $x$ pero con el $n$ al revés, tenemos $$ E(y)\cap [n,\infty) = (\mathbb{N}\setminus E(x))\cap [n,\infty) $$ por lo que si $x$ estaban en $A$ Tendríamos $E(x)\in U$ Por lo tanto $E(y)\not\in U$ Por lo tanto $y\in B$ .
Pregunta : Supongamos que existe una partición de paridad. ¿Existe un ultrafiltro no principal sobre $\mathbb{N}$ ?
Observaciones : (1) Obviamente, esta pregunta sólo tiene sentido cuando se trabaja sobre ZF + alguna restricción de elección, como DC.
(2) Se puede demostrar que las partes de una partición de paridad no son medibles por Lebesgue ni tienen la propiedad Baire, por lo que al menos hay que hacer alguna elección.
(3) Existe una función inversa a la función $E$ definidos anteriormente, a saber $ F : 2^\mathbb{N} \to 2^\mathbb{N} $ definido por $F(x)(0) = 1 - x(0)$ y $F(x)(n+1) = (x(n) + x(n+1)) \pmod{2}$ (tras la habitual identificación de $2^\mathbb{N}$ y $\mathcal{P}(\mathbb{N})$ .)
(4) Este es el comienzo de un intento; supongamos $2^\mathbb{N} = A\cup B$ es una partición de paridad, y sin pérdida de generalidad decir que la secuencia de todos los ceros está en $A$ . Poner $U = \{E(x)\;:\; x\in A\}$ . Hay un par de propiedades de $U$ que podemos probar;
(i) Observe que $E(x)$ es finito si y sólo si $x$ tiene un número finito e impar de $1$ 's. Como la secuencia de todos los ceros está en $A$ se deduce que tal $x$ debe estar en $B$ o en otras palabras; $U$ sólo contiene conjuntos infinitos.
(ii) Supongamos un conjunto $S$ no está en $U$ . Dejemos que $x = F(S)$ entonces debemos tener $x\in B$ . Sea $y$ sea lo mismo que $x$ con el $0$ El segundo bit se ha volteado; entonces $y\in A$ y $E(y) = \mathbb{N}\setminus E(x) = \mathbb{N}\setminus S$ . Por lo tanto, $U$ es "ultra".
Sin embargo, no me queda claro que $U$ es cerrado bajo intersecciones finitas o tomando superconjuntos.
