Si $A$ es incontable, a continuación, observe que $\mathcal{U}$ deberá contener la Fréchet filtro en $A$. Así, es imposible que $\chi(\mathcal{U})=\aleph_0$ en este caso.
Supongamos que $A$ es una contables conjunto y $\mathcal{U}$ es un no-director de ultrafilter en $A$ tal que $\chi(\mathcal{U})=\aleph_0$. Entonces, hay una familia de conjuntos de $\mathcal{E}=\{X_i:i\in \mathbb{N}\}$ de manera tal que cada elemento de a $X\in\mathcal{U}$ contiene un número finito de intersección de los elementos de la $\mathcal{E}$.
Deje $A=\{a_n:1\leq n<\omega\}$ ser una enumeración de $A$, y deje $\mathcal{I}=\{Y_n:1\leq n<\omega\}$ ser una enumeración de todas las intersecciones finitas de elementos en $\mathcal{E}$. (Observe que hay countably muchos de ellos, ya que cada intersección es codificada por un número finito de aumento de la secuencia de los números naturales).
Observe también que cada elemento de a $Y_j$ es infinito: de lo contrario, $\mathcal{U}$ contendría un conjunto finito, y por lo tanto sería el director.
La proposición: Hay conjuntos de $U,V\subseteq A$ tal que $U\cup V=A$, $U\cap V=\emptyset$ y ni $U$ ni $V$ contener cualquier $Y_j$.
@Umberto Sugerencia: construir los conjuntos de $U,V$ inductiva usando el enumeraciones.
La prueba de la Proposición: Empezar con los juegos $U_0=\emptyset,V_0=\emptyset$.
Dado $a_1$, Puesto $U_1'=\{a_1\}$. Por otro lado, el aviso de que $Y_1$ es infinita, por lo que hay diferentes elementos elementos $a_{i_1},a_{j_1}\neq a_1$ tal que $a_{i_1},a_{j_1}\in Y_1$.
Poner $U_1=\{a_1,a_{i_1}\}$$V_1=\{a_{j_1}\}$.
Supongamos que hemos construido $U_n,V_n$. Veamos ahora los elementos $a_{n+1}$:
- Si $a_{n+1}\not\in U_n\cup V_n$, puesto $U_{n+1}'=U_n\cup \{a_{n+1}\}$. De lo contrario, pon $U_{n+1}'=U_n$.
Ahora, desde la $Y_n$ es infinito, hay diferentes elementos $a_{i_n},a_{j_n}$ que no están en el conjunto finito $U_n'\cup V_n$, así que pon $U_n=U_{n+1}'\cup \{a_{i_n}\}$$V_n=V_n' \cup \{a_{j_n}\}$.
Por último, tome $\displaystyle{U=\bigcup_{n\in\mathbb{N}} U_n}$$\displaystyle{V=\bigcup_{n\in\mathbb{N}} V_n}$. Entonces tenemos:
- $U\cup V=A$: Observe que para cada $n\geq 1$ ya habíamos $a_n\in U_n$ o $a_n\in V_n$.
- $U\cap V=\emptyset$: Si $a\in U\cap V$, no sería $m<n$ tal que $a\in U_n\cap V_m$, y así, en particular,$a\in U_n\cap V_n$. Se puede demostrar fácilmente por inducción que $U_n\cap V_n=\emptyset$ todos los $n$, de modo que esto nunca sucede.
- Supongamos $Y_n\in \mathcal{E}$. Entonces, por construcción, $a_{j_n}\in Y_n\cap V_n$ y desde $V_n$ es disjunta de a$U$,$Y_n\not\subseteq U$. También, $a_{i_n}\in Y_n\cap U_n$, por lo que $Y_n\not\subseteq V$. $\Box$
Sin embargo, desde la $\mathcal{U}$ fue un ultrafilter en $A$, $U\in \mathcal{U}$ o $V\in \mathcal{U}$. Así que hemos construido un elemento en la ultrafilter que no contiene ninguna intersección finita de elementos en $\mathcal{E}$.
