Mostrando un filtro en el juego de Poder de $\mathbb{Z}$ es un Filtro de punto de

Question

Deje que $\mathcal{P}_0(X)$ en el juego de Poder de $X$, sin que el conjunto vacío y dejar que $\dot{x}:=\{A\subseteq X: x \in A\}$ el filtro de punto generado por valor de $x$. Furtermore dejar que $$ \mathcal{A} := \{ f \X^{\mathcal{P}_0(X)} : \ \forall \in \mathcal{P}_0(X): f(A) \in A\} $$ el conjunto de las funciones de asignación de subconjuntos de el juego de poder a los elementos de ellos. Deje que $\varphi$ ser un filtro en $\mathcal{P}_0(X)$ $$\forall f \in \mathcal{A} \existe x_f \in X : f[\varphi]=\dot{x}_f.$$ Aquí $f[\varphi]$ representa el filtro generado a partir de que el filtro de base: $$ \{ \operatorname{imagen} f|_M \ : \ M \de \varphi\}$$

Parece que nuestra definición de filtro no es la definición estándar, para evitar la confusión de $\varphi \subconjunto \mathcal{P}(\mathcal{P}(X))$

Ahora vamos a demostrar que si $X=\mathbb{Z}$, entonces se sigue que $\varphi$ es un filtro de punto. De la propiedad dada ya podemos concluir que $\varphi$ es un ultrafilter, pero no sé lo que voy a hacer a continuación, podría alguien darme una pista?

Como se solicita en los comentarios, nuestra definición de un filtro es:

Deje de $S$ ser un conjunto (uno arbitrario), y $A,B\subseteq S$. Llamamos a $\varphi\subconjunto \mathcal{P}(S)$ un filtro cuando el siguiente tiene

• $\varnothing\noen \varphi$
• $A,B\in \varphi \implica A\cap B \in \varphi$
• $A\subconjunto B $ y $A\in \varphi \implica B\in \varphi$

Un ultrafilter es un filtro, de tal manera que no hay mayor filtro de, por ejemplo, cuando $G$ es un filtro y $F$ es un ultra filtro y $G\supseteq F\implica que G=F$. Más conveniente es la equivalencia que para cada subconjunto de $Una$ de $S$ se tiene que $a\in F \wedge S\setminus \F$. El filtro de punto ya está definido en la primera frase.

He publicado la pregunta sobre MathOverflow alguien escribió la respuesta.

Answer 1

Por favor, tenga en cuenta que los siguientes no es mi respuesta ni mi idea, pero el de Joseph Van Name, quien ha publicado esta respuesta en MathOverflow y acabo de copiar su respuesta aquí para la integridad.

Para este problema, vamos a utilizar $\mathbb{N}$ en vez de $\mathbb{Z}$ desde $\mathbb{N}$ es más fácil trabajar en este caso. Diremos que $A$ propiedad $P$ en casi todas partes (o para casi todos los $$) que se abrevia con una.e. si $\{A\P_{0}(X)\,\textrm{tiene la propiedad}\,P\}\in\varphi$.

Para $n>0$, vamos a $f_{n}\in\mathcal{A}$ ser la función donde si $a\in P_{0}(\mathbb{N})$, entonces $f_{n}(A)$ es el $$n-ésimo elemento de $Un$ siempre $|A|\geq n$ y $f_{n}(A)$ es el último elemento de $Un$ siempre $|A|<$ n. Deje de $y_{n}=x_{f_{n}}$. Entonces $f_{n}(A)=y_{n}$ para casi cada $n$. Si $i<j$, entonces claramente $y_{i}\leq y_{j}$. Además, si $y_{n}=y_{n+1}$, entonces $f_{1}(A)=y_{1},...,f_{n+1}(A)=y_{n+1}$ para casi todos los $A\in P_{0}(\mathbb{N})$. Sin embargo, si $f_{1}(A)=y_{1},...,f_{n+1}(A)=y_{n+1}$, entonces $A=\{y_{1},...,y_{n+1}\}$ $\varphi$ un director de ultrafilter. Vamos a asumir que $y_{n}<y_{n+1}$ para todo $n$.

Pretendemos que $\varphi$ es un ultrafilter. Vamos $S=\{A\P_{0}(X)|f_{1}(A)=y_{1},f_{2}(A)=y_{2}\}$. Entonces claramente $S\en\varphi$. Vamos a $R\subseteq P_{0}(X)$. Deje que $h\in\mathcal{A}$ una función donde $h(a)=y_{1}$ por cada $A\in R\cap S$ y $h(a)=y_{2}$ por cada $A\in R^{c}\cap S$. A continuación, la función $h$ es constante en casi todas partes. Es claro que $h(a)=y_{1}$ una.e. o $h(a)=y_{2}$ una.e. Si $h(a)=y_{1}$ en casi todas partes, entonces $R\cap S\en\varphi$. Si $h(a)=y_{2}$ una.e., entonces $R^{c}\cap S\en\varphi$. Por lo tanto, llegamos a la conclusión de que $I\in\varphi$ o $R^{c}\in\varphi$. Por lo tanto $\varphi$ es un ultrafilter.

Vamos a probar ahora que $\varphi$ es una de las principales ultrafilter. Asumir por el bien de la contradicción que $\varphi$ es un no-director de ultrafilter. Deja $ $ Y=\{y_{n}|n\in\mathbb{N}\}$. Pretendemos que $Y\no\subseteq$ para casi todos los $$. Para probar que esto suponga que $Y\subseteq$ para casi todos los $$. A continuación, el ultrafilter $\varphi$ es $\sigma$-completa. Para ver esto, vamos a $T=\{A\P(X)|Y\subseteq\}$, y dejar que $P=\{R_{n}|n\in\mathbb{N}\}$ ser una partición de $T$ en countably muchas piezas. Deje que $g\in\mathcal{A}$ una función donde si $a\in R_{n}$, entonces $g(A)=y_{n}$. A continuación, la función $g$ es constante en casi todas partes. En particular, $g(A)=y_{n}$ para casi todos los $$. Sin embargo, esto implica que $R_{n}\in\varphi$ $$ n de hacer la ultrafilter $\varphi$ $\sigma$-completa. Por otro lado, es bien sabido que no hay principal $\sigma$-ultrafilters en $P_{0}(\mathbb{N})$ ya $|P_{0}(\mathbb{N})|$ está muy por debajo de la primera medibles cardenal si uno existe. Llegamos a la conclusión de que $Y\no\subseteq$ para casi todos los $$.

Ahora vamos a $t\in\mathcal{A}$ una función donde si $y_{1}\in A\subseteq\mathbb{N}$ y $Y\no\subseteq$, entonces $t(A)=y_{n}$ donde $y_{n+1}\no\en Un$. Entonces $t(A)=y_{n}$ para casi todos los $A\in P_{0}(X)$. A continuación, la función $t$ es constante en casi todas partes. En particular, $t(A)=y_{n}$ para casi todos los $A\in P_{0}(X)$. Sin embargo, esto implica que $y_{n+1}\no\in A$, para casi la totalidad de los $n$. Esto contradice el hecho de que $f_{n+1}(A)=y_{n+1}$ para casi todos los $A\in P_{0}(X)$. Por lo tanto concluimos que $\varphi$ sólo puede ser un director de ultrafilter.