Filtro de integridad pregunta

Question

Tengo una pregunta acerca de los filtros que sospecho que tiene una respuesta muy sencilla (de ahí mi preguntando aquí frente a MO):

Deje $F$ ser un filtro en un conjunto infinito $X$. A continuación, $F$ es "countably cerrado" si por cualquier secuencia $(A_i)_{i\in\omega}$ de los elementos de $F$, la intersección $\bigcap_{i\in\omega}A_i$$F$.

Si exigimos que $F$ ser un ultrafilter así, entonces esta es una muy fuerte condición: $F$ es principal (es decir, generado por un singleton) o $\vert X\vert$ es un cardinal medible. Sin embargo, hay un montón de ejemplos de countably cerrado filtros que no son ultrafilters: los filtros de cocountable, comeager, y medir 1 conjuntos de números reales que tienen esta propiedad, asumiendo (creo?) contables elección.

Ahora a mi pregunta. Considere la siguiente propiedad de un filtro de $F$: para cualquier secuencia $(A_i)_{i\in\omega}\in F$, hay un infinito $S\subseteq\omega$ tal que $\bigcap_{j\in S}A_j\in F$. Llame a un filtro "countably de espesor".

Mi pregunta es la siguiente. Hay un countably filtro grueso que no es countably cerrado? Yo también estoy interesado en saber si hay un countably gruesa ultrafilter que no es countably cerrado.

Esta pregunta, a lo que yo sé, no tiene mayor significado matemático - me corrió a través de ella al pensar en infinitary combinatoria.

Answer 1

La respuesta a la pregunta es no.

Supongamos que el filtro de $\mathscr{F}$ no es countably cerrado, y de fijar una secuencia $\langle F_n:n\in\omega\rangle$ $\mathscr{F}$ tal que $\bigcap\limits_{n\in\omega}F_k\notin\mathscr{F}$. Para $n\in\omega$ vamos

$$H_n=\bigcap_{k\le n}F_k\in\mathscr{F}\;.$$

Los conjuntos de $H_n$ están anidados, así que para cualquier infinitas $S\subseteq\omega$ hemos

$$\bigcap_{n\in S}H_n=\bigcap_{n\in\omega}H_n=\bigcap_{n\in\omega}F_n\notin\mathscr{F}\;,$$

y, por tanto, $\mathscr{F}$ no es countably de espesor.