El conjunto de ultrafilters en un conjunto infinito

Question

Después de que recientemente el aprendizaje acerca de los filtros y ultrafilters, nos fijamos en más problemas y propiedades. Estoy teniendo problemas con esto:

Si $X$ es un conjunto infinito, entonces el conjunto de todos los ultrafilters en $X$ es incontable.

Answer 1

Una familia de conjuntos se dice que casi disjuntos si la intersección de dos cualesquiera de distintos miembros de la familia es finito.

Para cada número real $x$ deje $\langle q_n(x):n\in\mathbb{N}\rangle$ ser una secuencia de números racionales convergentes a $x$, y deje $A_x=\{q_n(x):n\in\mathbb{N}\}$. Deje $\mathscr{A}=\{A_x:x\in\mathbb{R}\}$. Supongamos que $x,y\in\mathbb{R}$$x\ne y$. Hay algunos $\epsilon>0$ tal que $(x-\epsilon,x+\epsilon)\cap(y-\epsilon,y+\epsilon)=\varnothing$, y hay un $m\in\mathbb{N}$ tal que $q_n(x)\in(x-\epsilon,x+\epsilon)$ $q_n(y)\in(y-\epsilon,y+\epsilon)$ siempre $n\ge m$. De ello se desprende que $A_x\cap A_y\subseteq\{q_n(x):n<m\}\cup\{q_n(y):n<m\}$ y que, por ende, $A_x\cap A_y$ es finito. $\mathscr{A}$ es por lo tanto casi la desunión de la familia de subconjuntos de a $\mathbb{Q}$. Por otra parte, $|\mathscr{A}|=|\mathbb{R}|=2^\omega=\mathfrak{c}$.

Para cada una de las $x\in\mathbb{R}$ deje $\mathscr{U}_x$ ser un no-director de ultrafilter en $A_x$, y vamos a $$\mathscr{V}_x=\{V\subseteq\mathbb{Q}:\exists U\in\mathscr{U}_x[U\subseteq V]\}\;;$$ it's not hard to check that $\mathscr{V}_x$ is a non-principal ultrafilter on $\mathbb{Q}$. Now suppose that $\mathscr{V}_x=\mathscr{V}_y$ for some $x,y\in\mathbb{R}$. $A_x\in\mathscr{V}_x$ and $A_y\in\mathscr{V}_y=\mathscr{V}_x$ so $A_x\cap A_y\en\mathscr{V}_x$. If $x\ne s$, $A_x\cap A_y$ is finite. But $\mathscr{V}_x$ is a non-principal ultrafilter, so it contains no finite sets, and therefore we must have $x=y$. Thus, $\{\mathscr{V}_x:x\in\mathbb{R}\}$ is a family of $2^\omega=\mathfrak{c}$ distinct non-principal ultrafilters on $\mathbb{Q}$ (y, por tanto, sin duda, un sinnúmero de familia).

Ahora vamos a $S$ ser cualquier conjunto infinito. $\mathbb{Q}$ es contable, por lo $|S|\ge|\mathbb{Q}|$, y por lo tanto, existe una inyección de $\varphi:\mathbb{Q}\to S$. Para cada una de las $x\in\mathbb{R}$ vamos $$\mathscr{W}_x=\bigg\{W\subseteq S:\exists V\in\mathscr{V}_x\big[\varphi[V]\subseteq W\big]\bigg\}\;;$$ it's not hard to check that $\mathscr{W}_x$ is a non-principal ultrafilter on $S$ and that $\mathscr{W}_x=\mathscr{W}_y$ if and only if $x=y$. Thus, $\{\mathscr{W}_x:x\in\mathbb{R}\}$ is a family of $2^\omega=\mathfrak{c}$ distinct non-principal ultrafilters on $S$.

Como Carl menciona en los comentarios, en realidad es posible mostrar que hay $2^{2^{|X|}}$ ultrafilters en cualquier conjunto infinito $X$, pero que lleva un poco más de trabajo. Si tengo tiempo, puedo añadir que el argumento más tarde.

Añadido: Vamos a $X$ ser un conjunto infinito. Una familia $\mathscr{A}$ de los subconjuntos de a $X$ es independiente de si $$\bigcap_{A\in\mathscr{F}}A\cap\bigcap_{A\in\mathscr{G}}(X\setminus A)\ne\varnothing$$ whenever $\mathscr{F}$ and $\mathscr{G}$ are disjoint finite subsets of $\mathscr{A}$.

Teorema: (Hausdorff) Deje $\kappa=|X|$; a continuación, hay una familia independiente $\mathscr{A}$ de los subconjuntos de a $X$ tal que $|\mathscr{A}|=2^\kappa$.

Suponiendo que el teorema, no es difícil mostrar que hay $2^{2^\kappa}$ ultrafilters en $X$. Deje $\mathscr{A}$ ser independiente de la familia de subconjuntos de a $X$ tal que $|\mathscr{A}|=2^\kappa$. Para cada una de las $f:\mathscr{A}\to\{0,1\}$ $A\in\mathscr{A}$ vamos $$\hat f(A)=\begin{cases}A,&f(A)=1\\X\setminus A,&f(A)=0\;,\end{cases}$$ and define $$\mathscr{F}_f=\left\{\bigcap_{A\in\mathscr{G}}:\hat f(A):\mathscr{G}\subseteq\mathscr{A}\text{ is finite}\right\}.$$ Clearly each $\mathscr{F}_f$ is closed under finite intersections and is therefore a filterbase on $X$. For each $f:\mathscr{A}\to\{0,1\}$ let $\mathscr{U}_f$ be an ultrafilter on $X$ extending $\mathscr{F}$. If $f,g:\mathscr{A}\to\{0,1\}$ are distinct, there is an $A\in\mathscr{A}$ such that $f(A)\ne g(A)$ and hence $\hat f(A)\cap \hat g(A)=\varnothing$; since $\hat f(A)\in\mathscr{U}_f$ and $\hat g(A)\in\mathscr{U}_g$, it follows that $\mathscr{U}_f\ne\mathscr{U}_g$. Thus, $$\left\{\mathscr{U}_f:f\in {}^\mathscr{A}\{0,1\}\right\}$$ is a family of $2^{2^\kappa}$ distinct ultrafilters on $X$. (Since every ultrafilter on $X$ is a subset of $\wp(X)$es claro que no puede haber más que esto.)

La prueba del Teorema: Vamos a $Y=\{\langle F,\mathscr{H}\;\rangle:F\subseteq X\text{ is finite and }\mathscr{H}\subseteq\wp(F)\}$ Por cada $A\subseteq X$ vamos $$Y_A=\bigg\{\langle F,\mathscr{H}\;\rangle\in Y:A\cap F\in\mathscr{H}\bigg\},$$ and let $\mathscr{Y}=\big\{Y_f:f\in {}^X\{0,1\}\big\}$; clearly $|\mathscr{Y}|=2^{|X|}=2^\kappa$, and I claim that $\mathscr{Y}$ is an independent family of subsets of $$Y.

Para ver esto, supongamos que $\mathscr{F}$ $\mathscr{G}$ son distintos subconjuntos finitos de $\mathscr{Y}$, decir $\mathscr{F}=\{Y_{A_1},\dots,Y_{A_m}\}$$\mathscr{G}=\{Y_{A_{m+1}},\dots,Y_{A_{m+n}}\}$. Para mostrar que $$Y_{A_1}\cap\dots\cap Y_{A_m}\cap (Y\setminus Y_{A_{m+1}})\cap\dots\cap(Y\setminus Y_{A_{m+n}})\ne\varnothing\;,$$ we must find $\langle F,\mathscr{H}\;\rangle\Y$ such that $A_k\cap F\in\mathscr{H}$ for $k=1,\dots,m$ and $A_k\cap F\ne\mathscr{H}\;$ for $k=m+1,\dots,m+n$. The sets $A_k$ are all distinct, so for each pair of indices $\langle i,k\rangle$ such that $1\le i<k\le m+n$ there is an $x(i,k)\in X$ that belongs to exactly one of $A_i$ and $A_k$. Let $F=\{x(i,k):1\le i<k\le m+n\}$, and let $\mathscr{H}=\{A_k\cap F:1\le k\le m\}$; clearly $\langle F,\mathscr{H}\;\rangle\Y$, and $A_k\cap F\in\mathscr{H}\;$ for $k=1,\dots,m$. Moreover, the choice of $F$ ensures that the sets $A_k\cap F$ ($k=1,\dots,m+n$) are all distinct, so $A_k\cap F\ne\mathscr{H}\;$ for $k=m+1,\dots,m+n$. Thus, $\mathscr{Y}$ es de hecho independiente.

Para completar la prueba, tenga en cuenta que $|Y|=|X|=\kappa$, por lo que hay un bijection $\varphi:Y\to X$. Deje $\mathscr{A}=\{\varphi[S]:S\in\mathscr{Y}\}$; claramente $\mathscr{A}$ es independiente de la familia de subconjuntos de a $X$ de cardinalidad $2^\kappa$.

Answer 2

Aquí es el primer argumento que he mencionado en mis comentarios. Creo que puede transmitir un poco más de la forma en que me mira estas cosas.

La idea es construir una incrustación $E$ de el árbol invertido de todas las secuencias finitas de 0s y 1s en la colección de los infinitos subconjuntos de a $X$ de tal manera que si las secuencias de $\sigma$ $\tau$ son incompatibles, a continuación, $E(\sigma)$ $E(\tau)$ son distintos, y si $\sigma$ es un segmento inicial de $\tau$$E(\tau)\subseteq E(\sigma)$.

La integración se construye inductivamente. Deje $E$ enviar la secuencia vacía a $X$. Asumiendo $E$ se define en una secuencia $\sigma$ dividimos $E(\sigma)$ a dos disjuntos infinito piezas, y deje $E(\sigma + \langle 0\rangle)$ ser uno de ellos y $E(\sigma + \langle 1 \rangle)$ ser el otro. Puede ser verificada sin mucho trabajo que $E$ tiene las propiedades deseadas.

Ahora cualquier poset en la que podemos incrustar un árbol binario en este camino ha de tener al menos $2^{\aleph_0}$ ultrafilters. Cada una de las $f \colon \mathbb{N} \to \{0,1\}$ da un camino a través de la infinita árbol binario, y a través de $E$ ese camino se convierte en una disminución de la secuencia $E(f)$ en el poset. Cualquier secuencia que se extiende a un ultrafilter en el poset. Por otro lado, dos caminos distintos $f,g$ debe dar distintos ultrafilters, porque habrá un par de $p,q$ de elementos incompatibles de la poset tal que $p \in E(f)$$q \in E(g)$. Esta $p,q$ pueden ser encontradas en el lugar donde $f$ $g$ divergen en el árbol binario.

Personalmente considero que este método muy visual, y más fácil de seguir que el de algunos otros métodos. Muestra concreta de cómo la estructura de la poset sí mismo se refleja en la colección de ultrafilters.