"Para todo filtro contablemente completo $F$ existe un ultrafiltro contablemente completo $H$ s.t. $F \subset H$ " es falso

Question

Intento demostrar que la siguiente afirmación es falsa:

Dejemos que $x$ sea un conjunto no vacío. Sea $F$ sea un filtro adecuado y contablemente completo en $X$ . Entonces existe un ultrafiltro propio contablemente completo $H$ en $X$ s.t. $F \subset H$ .

Contablemente completo significa lo siguiente: $$ \forall H \subset F (H \text{ is countable } \rightarrow \bigcap H \in F)$$ $F$ se denomina adecuada si $\varnothing \notin F$ .

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Mi idea era elegir un conjunto incontable $x$ y que $F = \{ y \subset x \mid y^c \text{ is countable } \}$ sea el filtro cocontable. A continuación, elija cualquier $y \in F$ para que $y^c$ es contable. Denotémoslo $y^c = \{ y_n \mid n \in \mathbb N_{>0} \}$ . Sea $(P, \le)$ sea el conjunto de todos los filtros adecuados contablemente completos $G$ que contiene $F$ . Quería hacer una cadena que se extendiera $F$ . Pero parece que no puedo hacer que funcione. Algo así como $C_0 = F$ y $C_n = flt(C_{n-1}, \{y_1, \dots, y_n \})$ o $C_n = flt(C_{n-1}, y^c \setminus \{y_1, \dots, y_n \})$ donde $flt(F,s) = \{ w \subset x \mid \exists z \in F ( z \cap s \subset w \}$ no funciona. ¿Cómo puedo construir una cadena tal que $\bigcup \mathcal C$ no es cerrado con respecto a la intersección contable?

Gracias por su ayuda.

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Modifier

Información de fondo: He hecho las partes (a) y (b) del siguiente ejercicio y esta es la parte (c):

Answer 1

Su elección de $F$ es buena, y proporciona un contraejemplo siempre que el conjunto incontable $x$ que vive no es de cardinalidad medible o mayor. La razón es que en tal $x$ los únicos ultrafiltros contablemente completos son los principales, y esos no extienden su $F$ .

Para un ejemplo más concreto y explícito, tomemos $x$ para ser el conjunto de secuencias infinitas de 0's y 1's, y suponer, hacia una contradicción, que $U$ fuera un ultrafiltro contablemente completo que extendiera su filtro $F$ de conjuntos cocontables. Para cada número natural $n$ podemos dividir $x$ en el conjunto de aquellas secuencias que tienen 0 en su $n$ -a componente y los que tienen 1 allí. Como $U$ es un ultrafiltro, contiene uno de estos, digamos el conjunto $A(n,i_n)$ de secuencias con $i_n$ (= $0$ o $1$ ) en el $n$ -a componente. Siendo contablemente completa, $U$ contendría la intersección de esos conjuntos $A(n,i_n)$ . Pero esa intersección es un singleton, que contiene sólo la única secuencia $(i_0,i_1,i_2,\dots)$ . Así que $U$ sería principal.