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Propongo un esercizio di insiemistica sperando che non sia troppo facile per voi.

Dato un insieme X, e dato un insieme non vuoto $ \mathcal{L} $ di sottoinsiemi di X chiuso per intersezioni finite e unioni finite, un sottoinsieme $ \mathcal{F} $ di $ \mathcal{L} $ si dice filtro su $ \mathcal{L} $ se verifica le seguenti proprietà:

1. è chiuso per intersezioni finite: ogni volta che $ A,B \in \mathcal{F} $, $ A \cap B \in \mathcal{F} $.

2. Se $ A,B \in \mathcal{L} $ e $ \mathcal{F} \ni A \subseteq B $ allora $ B \in \mathcal{F} $.

3. $ \emptyset \not \in \mathcal{F} $

(nel caso degli spazi topologici si pensa ad esempio al filtro degli intorni di un dato punto)

Un filtro massimale su $ \mathcal{L} $ (ovvero tale che ogni insieme di sottoinsiemi di X che lo contiene strettamente non è un filtro) si dice ultrafiltro su $ \mathcal{L} $.

L'esercizio è il seguente:

Sia X un insieme, e sia $ \mathcal{L} $ un insieme non vuoto di sottoinsiemi di X chiuso per intersezioni e unioni finite. Dato un ultrafiltro $ \mathcal{F} $ su $ \mathcal{L} $, se $ A,B \in \mathcal{L} $ sono tali che $ A \cup B \in \mathcal{F} $ allora $ A \in \mathcal{F} $ oppure $ B \in \mathcal{F} $.

Ciao

io la provo...
Di sicuro,non può verificarsi il caso in cui esiste un insieme nell'ultrafiltro che abbia intersezione nulla con $ B $ e non con $ A $,e un altro insieme che faccia il contrario.In caso contrario,sarebbero disgiunti,quindi con intersezione vuota,che apparterrebbe all'ultrafiltro,assurdo.
Quindi,tutti gli elementi dell'ultrafiltro avranno intersezione non nulla con almeno uno tra $ A $ e $ B $.Essendo i casi simmetrici,sia questo $ A $.
Sappiamo di più,cioè che tutte le intersezioni finite degli elementi dell'ultrafiltro hanno intersezione non nulla con almeno uno tra $ A $ e $ B $(in questo caso $ A $),per la stessa ragione.
Ora,se $ A $ non fosse contenuto nell'ultrafiltro,possiamo costruire un filtro uguale con in più $ A $ e tutti i sottoinsiemi di X che lo contengono.
Questo perchè una qualsiasi intersezione finita tra questi sottoinsiemi sarebbe non vuota,in quanto nell'ultrafiltro le intersezioni finite intersecate ad $ A $ non sono vuote.
Inoltre,verrebbero così aggiunti dei sottoinsiemi di $ A $,da tutte queste intersezioni.Supponiamo che,di questi sottoinsiemi di $ A $,ne esista una famiglia $ A_i $ con intersezione vuota.Allora,prendiamo le famiglie $ X_{ij} $ di elementi del filtro tali che $ A_i $ sia l'intersezione su j degli $ X_{ij} $.Abbiamo che l'intersezione di tutti gli $ X_{ij} $ è l'insieme vuoto,il che,essendo un'intersezione finita,è falso per quanto detto sopra.
Quindi,tutti i nuovi sottoinsiemi aggiunti formano un filtro che contiene l'ultrafiltro di partenza,il che è assurdo per definizione di ultrafiltro.Quindi,esso deve contenere $ A $.

thematrix ha scritto:Di sicuro,non può verificarsi il caso in cui esiste un insieme nell'ultrafiltro che abbia intersezione nulla con $ B $ e non con $ A $,e un altro insieme che faccia il contrario.In caso contrario,sarebbero disgiunti,quindi con intersezione vuota,che apparterrebbe all'ultrafiltro,assurdo.

Ciao!

Sono d'accordo che ogni elemento dell'ultrafiltro ha intersezione non vuota con $ A \cup B $, ma non capisco perché questo dovrebbe implicare che ogni elemento dell'ultrafiltro abbia intersezione non vuota con uno fissato tra A e B.
Preso un insieme disgiunto da A e non da B, e uno disgiunto da B e non da A, perché essi dovrebbero avere intersezione vuota? L'avranno vuota in $ A \cup B $, ma altrove magari no..

Forse ho inteso male io..

Ciao ciao

Premessa... non ho letto l'altra soluzione... poi magari lo faccio
Intanto scrivo la mia sperando che sia rimasto qualcosa del mio povero cervello...
Utilizzo le stesse notazioni del post di Martino.

Lemma: Se $ A \not \in \mathcal{F} $, allora $ A^c=\left(\bigcup_{\begin{subarray}{l}K \in \mathcal{L} \\K \cap A = \emptyset\end{subarray}} K\right) \in \mathcal{F} $.
Dim: Supponiamo per assurdo che $ A, A^c \not \in \mathcal{F} $. Allora che $ \mathcal{F}'=\mathcal{F} \cup \left\{A \cap C \right\}_{C \in \mathcal{F}} $ è un filtro su $ \mathcal{L} $, tale che $ \mathcal{F} \subsetneq \mathcal{F}' $. Infatti poichè $ A \not \in \mathcal{F} $, necessariamente $ \forall C \in \mathcal{F} $ deve essere $ A \neq C $ e dunque $ A \cap C \not \in \mathcal{F} $.
Rimane solamente da verificare che $ \mathcal{F}' $ sia un filtro. Poichè $ \mathcal{F} $ è un filtro e l'intesezione è associativa, basta quindi verificare che $ \forall C \in \mathcal{F} $ risulta $ A \cap C \neq \emptyset $. Ma questo è ovvio in quanto altrimenti $ C \subseteq A^c $ e dunque $ A^c \in \mathcal{F} $ contro l'ipotesi. Da tutto questo seguirebbe dunque che $ \mathcal{F} $ non è un ultrafiltro. Assurdo.

Bon, a questo punto, se $ A \not \in \mathcal{F} $, allora $ A^c \in \mathcal{F} $ e dunque $ \mathcal{F} \ni A^c \cap \left(A \cup B\right) = \left(A^c \cap A\right) \cup \left(B \cap A^c\right) = B \cap A^c \subseteq B $, da cui $ B \in \mathcal{F} $.

Il tutto ovviamente, modulo cappelle...

Edit: così dovrebbe aver più senso...