background image

Choose for every

i

2

N

some

z

i

2

X

\

A

i

. Then

f

z

0

; z

1

; :::

g

is an innite subset of

X

(take

into account that

z

i

=

/

z

j

for

i

=

/

j

). Let

Y

=

X

n f

z

0

; z

1

; :::

g

. Then

"

Y

u

F

w "

A

i

u

F

because

A

i

n

Y

=

A

i

n

(

X

n f

z

i

g

) = (

A

i

n

X

)

[ f

z

i

g

which is nite because

A

i

n

X

is nite. Thus

[

Y

]

is an

upper bound for {

[

A

0

]

;

[

A

1

]

; :::

}.

Suppose

"

Y

u

F

 =

"

X

u

F

. Then

Y

n

X

is nite what is not true. So

"

Y

u

F

@

"

X

u

F

that

is

[

Y

]

is below

[

X

]

.

4.5.1 Weak and Strong Partition

Denition 4.249.

A family

S

of subsets of a countable set is

independent

i the intersection of

any nitely many members of

S

and the complements of any other nitely many members of

S

is

innite.

Lemma 4.250.

The innite at the end of the denition could be equivalently replaced with non-

empty if we assume that

S

is innite.

Proof.

Suppose that some sets from the above denition has a nite intersection

J

of cardinality

n

. Then (thanks

S

is innite) get one more set

X

2

S

and we have

J

\

X

=

/

;

and

J

\

(

N

n

X

) =

/

;

.

So card

(

J

\

X

)

< n

. Repeating this, we prove that for some nite family of sets we have empty

intersection what is a contradiction.

Lemma 4.251.

There exists an independent family on

N

of cardinality

c

.

Proof.

Let

C

be the set of nite subsets of

Q

. Since card

C

=

card

N

, it suces to nd

c

independent subsets of

C

. For each

r

2

R

let

E

r

=

f

F

2

C

j

card

(

F

\

(

¡1

;

r

))

is even

g

:

All

E

r

1

and

E

r

2

are distinct for distinct

r

1

; r

2

2

R

since we may consider

F

=

f

r

0

g 2

C

where a

rational number

r

0

is between

r

1

and

r

2

and thus

F

is a member of exactly one of the sets

E

r

1

and

E

r

2

. Thus card

f

E

r

j

r

2

R

g

=

c

.

We will show that

f

E

r

j

r

2

R

g

is independent. Let

r

1

; :::; r

k

; s

1

; :::; s

k

be distinct reals. It is

enough to show that these have a nonempty intersection, that is existence of some

F

such that

F

belongs to all the

E

r

and none of

E

s

.

But this can be easily accomplished taking

F

having zero or one element in each of intervals

to which

r

1

; :::; r

k

; s

1

; :::; s

k

split the real line.

Example 4.252.

There exists a weak partition of a lter on a set which is not a strong partition.

Proof.

(suggested by Andreas Blass) Let

f

X

r

j

r

2

R

g

be an independent family of subsets of

N

.

We can assume

a

=

/

b

)

X

a

=

/

X

b

due the above lemma.

Let

F

a

be a lter generated by

X

a

and the complements

N

n

X

b

for all

b

2

R

,

b

=

/

a

. Independence

implies that

F

a

=

/ 0

F

(by properties of lter bases).

Let

S

=

fF

r

j

r

2

R

g

. We will prove that

S

is a weak partition but not a strong partition.

Let

a

2

R

. Then

X

a

2 F

a

while

8

b

2

R

n f

a

g

:

N

n

X

a

2 F

b

and therefore

N

n

X

a

2

F

F

fF

b

j

R

3

b

=

/

a

g

. Therefore

F

a

u

F

F

F

fF

b

j

R

3

b

=

/

a

g

= 0

F

. Thus

S

is a weak partition.

Suppose

S

is a strong partition. Then for each set

Z

2

P

R

G

F

fF

b

j

b

2

Z

g u

F

G

F

fF

b

j

b

2

R

n

Z

g

= 0

F

what is equivalent to existence of

M

(

Z

)

2

P

N

such that

M

(

Z

)

2

G

F

fF

b

j

b

2

Z

g

and

N

n

M

(

Z

)

2

G

F

fF

b

j

b

2

R

n

Z

g

that is

8

b

2

Z

:

M

(

Z

)

2 F

b

and

8

b

2

R

n

Z

:

N

n

M

(

Z

)

2 F

b

:

84

Filters and filtrators