Añadido: Después de dar a este un poco más de pensamiento, me di cuenta de que si uno sólo quiere mostrar que ultrafilter además no es conmutativa, el argumento puede ser simplificado en gran medida.
Para $n\in\omega$ deje $t(n)=\max\{k\in\omega:2^k\mid n\}$. Para $k\in\omega$ deje $D_k=\{n\in\omega:t(n)=k\}$. Vamos $$E=\bigcup_{k\in\omega}D_{2k}\text{ and }O=\bigcup_{k\in\omega}D_{2k+1}\;,$$ and for $n\in\omega$ let $\displaystyle R_n=\bigcup_{k\ge n}D_k$. The families $$\{R_n:n\in\omega\}\cup\{E\}\text{ and }\{R_n:n\in\omega\}\cup\{O\}$$ are centred and have empty intersection, so they can be extended to $p,q\in\beta\omega \setminus\omega$, respectively. Let $A=\{n\in\omega:t(n)\text{ es aún}\}$; I'll show that $Un\(q+p)\setminus(p+q)$ and hence that $p+q\ne p+p$.
Para mostrar que $A\in q+p$, vamos a $n\in E$, por lo que el $n\in D_{2k}$ algunos $k\in\omega$. Para cada $m\in R_{2k+1}$, $t(m)>2k$, mientras que $t(n)=2k$, lo $t(m+n)=2k$, e $m+n\in A$. Por lo tanto, $A-n\supseteq R_{2k+1}\in q$ por cada $n\in E$, lo $\{n\in\omega:A-n\in q\}\supseteq E\in p$, y, por tanto,$A\in q+p$.
Ahora vamos a $n\in O$, por lo que el $n\in D_{2k+1}$ algunos $k\in\omega$. Para cada $m\in R_{2k+2}$, $t(m)>2k+1$, mientras que $t(n)=2k+1$, lo $t(m+n)=2k+1$, e $m+n\notin A$. Por lo tanto, $(A-n)\cap R_{2k+2}=\varnothing$ por cada $n\in O$. $R_{2k+2}\in p$, por lo $\{n\in\omega:A-n\notin p\}\in q$, lo que por supuesto implica que $\{n\in\omega:A-n\in p\}\notin q$ y que, por ende,$A\notin p+q$.
El argumento original, mostrando que no hay conexión ultrafilter está en el centro de $\langle\beta\omega,+\rangle$:
Yo estaba escarbando en algunas de las notas antiguas y encontré este, creo que el argumento es debido a Neil Hindman.
Para $p,q\in\beta\omega$ definir $p+q\in\beta\omega$ $A\in p+q$ fib $\{n\in\omega: A-n\in p\}\in q$. (Algunos autores revertir la definición). Fix $p\in\beta\omega\setminus\omega$; voy a construir $q\in\beta\omega\setminus\omega$ tal que $p+q\ne q+p$.
Para cada una de las $k\in\omega$, el residuo de clases modulo $2^k$ son de un número finito de partición de $\omega$, por lo que exactamente uno de ellos pertenece a $p$, decir $R_k\triangleq\{2^kn+r_k:n\in\omega\}$ donde $0\le r_k<2^k$. Tenga en cuenta que $R_{k+1}\subseteq R_k$, ya que de lo contrario $R_{k+1}$ $R_k$ serían distintos elementos de $p$. De ello se deduce que, o bien $r_{k+1}=r_k$ o $r_{k+1}=r_k+2^k$. Para $k\in\omega$ deje $D_k=R_k\setminus R_{k+1}$. Vamos $$E=\bigcup_{k\in\omega}D_{2k}\text{ and }O=\bigcup\limits_{k\in\omega}D_{2k+1}\;;$$ clearly $E$ and $O$ are disjoint, so at most one of them belongs to $p$.
Ahora $$E\cup O=R_0\setminus\bigcap_{k\in\omega}R_k=\omega\setminus\bigcap_{k\in\omega}R_k\;,$$ so if $r\en\omega\setminus(E\taza O)$, $r\equiv r_k\pmod{2^k}$ for every $k\in\omega$, and hence $r_k=r$ for all $k$ such that $2^k>n$. Thus, either $\langle r_k:k\in\omega\rangle$ is unbounded, in which case $E\taza O=\omega$, or there is some $r\en\omega$ such that $r_k=r$ for all sufficiently large $k$, in which case $E\taza O=\omega\setminus\{r\}$. In either case $E\cup O\de p$, and therefore exactly one of $E$ and $O$ belongs to $p$.
Claramente $\{R_k:k\in\omega\}\cup\{E\}$ $\{R_k:k\in\omega\}\cup\{O\}$ son tanto centrado en las familias, por lo tanto puede ser extendido a ultrafilters en $\omega$. Elija $q\in\beta\omega\setminus\omega$, de modo que
$$\begin{array}{ll}
\{R_k:k\in\omega\}\cup\{O\}\subseteq q,&\text{ if }E\in p,\text{ and}\\
\{R_k:k\in\omega\}\cup\{E\}\subseteq q,&\text{ if }O\in p\;.
\end{array}$$
Ahora vamos a
$$A=\{2^{2k}(2m+1)+2r_{2k}:k,m\in\omega\};$$
Te voy a mostrar que si $E\in p$ y $O\in q$, $A\in(q+p)\setminus(p+q)$. (En el otro caso, por supuesto, $A\in(p+q)\setminus(q+p)$.)
Para mostrar que $A\in q+p$, vamos a $n\in E$, por lo que el $n\in D_{2k}=R_{2k}\setminus R_{2k+1}$ algunos $k\in\omega$; afirmo que la $R_{2k+1}\subseteq A-n$. Para ver esto, vamos a $m\in R_{2k+1}$, por lo que el $m=2^{2k+1}j+r_{2k+1}$ algunos $j\in\omega$. Desde $n\in R_{2k}\setminus R_{2k+1}$, $n\equiv r_{2k}\pmod{2^{2k}}$, pero $n\not\equiv r_{2k+1}\pmod{2^{2k+1}}$. Recordemos que cualquiera de las $r_{2k+1}=r_{2k}$ o $r_{2k+1}=r_{2k}+2^{2k}$.
Supongamos primero que $r_{2k+1}=r_{2k}$. A continuación,$2^{2k}\mid n-r_{2k}$, pero $2^{2k+1}\nmid n-r_{2k}$, por lo que $$n=2^{2k}(2i+1)+r_{2k}=2^{2k+1}i+r_{2k}+2^{2k}$$ for some $i\en\omega$ and $$m=2^{2k+1}j+r_{2k+1}=2^{2k+1}j+r_{2k}\;.$$
Ahora supongamos que $r_{2k+1}=r_{2k}+2^{2k}$. A continuación,$2^{2k}\mid n-r_{2k}$, pero $2^{2k+1}\nmid n-r_{2k}-2^{2k}$, lo $2^{2k+1}\mid n-r_{2k}$, y por lo tanto $$n=2^{2k+1}i+r_{2k}$$ for some $i\en\omega$, while $$m=2^{2k+1}j+r_{2k}+2^{2k}\;.$$
En cualquiera de los casos $$\begin{align*}
n+m&=2^{2k+1}(i+j)+2^{2k}+2r_{2k}\\
&=2^{2k}\big(2(i+j)+1\big)+2r_{2k}\in A\;,
\end{align*}$$
por lo $m\in A-n$, y desde $n\in E$ $m\in R_{2k+1}$ fueron arbitrarias, $R_{2k+1}\subseteq A-n$ por cada $n\in E$. Pero $R_{2k+1}\in q$, lo $A-n\in q$ por cada $n\in E$, e $E\in p$, por lo que, por definición,$A\in q+p$.
Para mostrar que $A\notin p+q$, vamos a $n\in O$, por lo que el $n\in D_{2k+1}$ algunos $k\in\omega$. Deje $m\in R_{2k+2}$; esto es suficiente para mostrar que $m+n\notin A$, ya que entonces tendremos $R_{2k+2}\cap (A-n)=\varnothing$ todos los $n\in O$ y, por tanto, $A-n\notin p$ cualquier $n\in O$ (desde $R_{2k+2}\in p$). Es decir, vamos a tener $$O\cap\{n\in\omega:A-n\in p\}=\varnothing\;,$$ where $O\en q$, and hence $$\{n\in\omega:A-n\in p\}\notin q$$ and $Un\noen p+q$.
Como antes, podemos escribir la $m=2^{2k+2}j+r_{2k+2}$ algunos $j\in\omega$, y podemos observar que, desde $n\in R_{2k+1}\setminus R_{2k+2}$, $n\equiv r_{2k+1}\pmod{2^{2k+1}}$, pero $n\not\equiv r_{2k+2}\pmod{2^{2k+2}}$.
Si $r_{2k+2}=r_{2k+1}$, entonces, de nuevo tanto como antes, $n = 2^{2k+2}i + r_{2k+1} + 2^{2k+1}$ algunos $i\in\omega$, e $m=2^{2k+2}j+r_{2k+1}$. Si $r_{2k+2}=r_{2k+1}+2^{2k+1}$, $n=2^{2k+2}i+r_{2k+1}$ algunos $i\in\omega$, e $m=2^{2k+2}j+r_{2k+1}+2^{2k+1}$. En cualquier caso
$$\begin{align*}
m+n&=2^{2k+2}(i+j)+2^{2k+1}+2r_{2k+1}\\
&=2^{2k+1}\big(2(i+j)+1\big)+2r_{2k+1}\;.
\end{align*}$$
Deje $s=i+j$, y supongamos que $m+n=2^{2k+1}(2s+1)+2r_{2k+1}\in A$. Luego hay $t,\ell\in\omega$ tal que $$2^{2k+1}(2s+1)+2r_{2k+1} = 2^{2\ell}(2t+1) + 2r_{2\ell}\;.$$
Si $r_{2k+1}=r_{2\ell}$,$2^{2k+1}(2s+1)=2^{2\ell}(2t+1)$, lo $2k+1=2\ell$, lo cual es absurdo. Si $2k+1<2\ell$, luego $$r_{2\ell}=r_{2k+1}+\sum_{e\in F}2^e$$ for some $F\subseteq\{2k+1,\dots,2\ell-1\}$, and $$2^{2k+1}(2s+1)+2r_{2k+1} = 2^{2\ell}(2t+1) + 2\left(r_{2k+1}+\sum_{e\in F}2^e\right)$$ es decir,
$$\begin{align*}
2^{2k+1}(2s+1) &= 2^{2\ell}(2t+1) + 2\sum_{e\in F}2^e\\
&=2^{2k+2}\left(2^{2\ell-2k-2}(2t+1)+\sum_{e\in F}2^{e-2k-1}\right),
\end{align*}$$ in which every exponent is non-negative. This is clearly impossible, since the righthand side is divisible by $2^{2k+2}$, y la del lado izquierdo no es.
Una similar contradicción surge si $2k+1>2\ell$, lo $m+n\notin A$, y como ya hemos visto, esto implica que $A\notin p+q$ y que, por ende,$p+q\ne q+p$, y la prueba está completa.
