Familia de conjuntos con una propiedad de cobertura

Question

Supongamos que $X$ es un conjunto infinito y $\mathcal{A}$ es una familia de subconjuntos de $X$ .

(1) Decimos que $\mathcal{A}$ es $k$ -sin tapa si para cada $a_0, a_1, \cdots, a_k \in \mathcal{A}$ , $a_0 \nsubseteq \bigcup_{1 \leq i \leq k} a_i$ .

(2) Decimos que $\mathcal{A}$ es $k$ -bueno si para cada $a_1, \cdots, a_k \in \mathcal{A}$ existe $a_0 \in \cal{A} \setminus \{a_1, \cdots, a_k\}$ tal que $a_0 \subseteq \bigcup_{1 \leq i \leq k} a_i$ .

Tenga en cuenta que la familia $\mathcal{A}$ de todos los subconjuntos de $X$ de tamaño $2$ es a la vez $1$ -sin cubierta y $2$ -Bien. Así que hay $1$ -sin cubierta y $2$ -buenas familias de todas las cardinalidades infinitas posibles. Me gustaría saber si existen ejemplos similares para $k \geq 2$ .

Pregunta: Sea $k \geq 2$ . ¿Existen familias de cardinalidades arbitrariamente grandes que sean a la vez $k$ -sin cubierta y $(k+1)$ -¿Bien? ¿Y si $k = 2$ ?

Answer 1

Sí. Deja $S$ sea un conjunto de cardinalidad $|S|\ge k+2$ . Sea $X=\binom Sk$ el conjunto de todos los $k$ -subconjuntos de elementos de $S$ . Para cada $s\in S$ deje $a_s=\{x\in X:s\notin x\}$ y que $A=\{a_s:s\in S\}$ . Es fácil comprobar que $A$ es $k$ -sin cubierta y $(k+1)$ -Bien.

Dados elementos distintos $s_0,s_1,\dots,s_k\in S$ tenemos $a_{s_0}\not\subseteq a_{s_1}\cup\cdots\cup a_{s_k}$ porque $\{s_1,\dots,s_k\}\in a_{s_0}\setminus(a_{s_1}\cup\cdots\cup a_{s_k})$ .

Dados elementos distintos $s_1,\dots,s_{k+1}\in S$ , tome cualquier $s_0\in S\setminus\{s_1,\dots,s_{k+1}\}$ tenemos $a_{s_0}\subseteq a_{s_1}\cup\cdots\cup a_{s_{k+1}}$ porque $a_{s_1}\cup\cdots\cup a_{s_{k+1}}=X$ .

P.D. En un comentario el OP preguntaba:

¿Es posible conseguir una familia así cuyos miembros sean todos finitos?

La respuesta es negativa, ya que $k\ge2$ una familia que es $k$ -sin cubierta y $(k+1)$ -bueno no puede contener incontablemente muchos conjuntos finitos. De hecho:

Teorema. Para $k\ge2$ una familia que es $k$ -sin cubierta y $(k+1)$ -bueno no puede contener infinitos conjuntos finitos de tamaño acotado.

Prueba. Supongamos por contradicción que $k\ge2$ y que $A$ es un $k$ -sin tapa $(k+1)$ -buena familia que contiene infinitos conjuntos finitos de tamaño acotado. Entonces $A$ contiene un infinito quasidisjoint familia de conjuntos finitos, es decir, existe una secuencia infinita de conjuntos finitos distintos $a_i\in A$ y un conjunto $d$ tal que $a_i\cap a_j=d$ siempre que $i\ne j$ . Sea $a'_i=a_i\setminus d$ y que $s=a_1\cup\cdots\cup a_k$ .

Desde $A$ es $(k+1)$ -bueno, para cada uno $i\gt k$ podemos elegir un conjunto $b_i\in A$ para que $b_i\subseteq s\cup a_i$ y $b_i\notin\{a_1,\dots,a_k\}\cup\{a_i\}$ . Desde $A$ es $k$ -tenemos $b_i\not\subseteq s$ de donde $b_i\cap a'_i\ne\varnothing$ por lo que los conjuntos $b_i$ ( $i\gt k$ ) son distintos.

Desde $s$ es finito, podemos elegir $i,j$ con $k\lt i\lt j$ y $b_i\cap s=b_j\cap s$ .ahora $b_i,b_j,a_j$ son elementos distintos de $A$ y $b_j\subseteq b_i\cup a_j$ demostrando que $a$ no es $2$ -sin tapa. Desde $k\ge2$ Esto contradice nuestra suposición de que $A$ es $k$ -sin tapa.

Answer 2

Para cada número natural $n\in\omega$ , dejemos que $U_n\subseteq\mathbb{R}^k$ sea un hiperplano afín seleccionado al azar (según alguna distribución razonable). Supongamos ahora que $a_0,\dots,a_k$ son números naturales distintos. Entonces con probabilidad $1$ sabemos que

1. $|U_{a_1}\cap\dots\cap U_{a_k}|=1$ ,

2. $U_{a_1}\cap\dots\cap U_{a_k}\not\subseteq U_{a_0}$ y

3. $U_{a_0}\cap\dots\cap U_{a_k}=\emptyset$ .

Por lo tanto, si fijamos $V_{n}=U_n^c$ siempre que $a_0,\dots,a_k$ son números naturales distintos, tenemos $V_{a_0}\cup\dots\cup V_{a_k}=\mathbb{R}^k$ y $V_{a_0}\subseteq V_{a_1}\cup\dots\cup V_{a_k}$ con probabilidad $1$ . Por lo tanto, el conjunto $(V_n)_{n\in\omega}$ es $k+1$ -bueno pero $k$ -sin cobertura con probabilidad $1$ .

Control de la cardinalidad

Se puede controlar la cardinalidad de la cardinalidad de $k$ -sin tapa, $k+1$ -utilizando el teorema de Lowenhein-Skolem y reformulando la versión de intersección de este problema en términos de redes.

Supongamos que $X$ es una semisemilattice y $A\subseteq X$ es un subconjunto que genera $X$ donde si $a_0,a_1,\dots,a_k$ son elementos distintos de $A$ entonces $a_0\wedge\dots\wedge a_k=0$ y $a_1\wedge\dots\wedge a_k\not\leq a_0$ . Para $a\in A$ , dejemos que $L_a=\{x\in X\setminus\{0\}\mid x\leq a\}$ para $a\in A$ . Entonces observe que $L_{a_1}\cap\dots\cap L_{a_k}\not\subseteq L_{a_0}$ pero $L_{a_0}\cap\dots\cap L_{a_k}=0.$

Ahora, se puede controlar el tamaño del conjunto $X$ simplemente utilizando el teorema de Lowenhein-Skolem. Dado que $|A|=|X|$ tenemos control sobre el tamaño del conjunto $A$ también.