Ultrafiltri e metodi non standard

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1 Ultrafiltri e metodi non standard esercizi Giulio Bresciani

2 1 Ultrafiltri & Topologia Esercizio 1.1. Sia X uno spazio topologico. Allora X è T 2 se e solo se I, U ultrafiltro su I e (x i ) i I X il limite di (x i ) i I lungo U, se esiste, è unico. Dimostrazione. Sia X di Hausdorff e siano y 1 y 2 X due punti. Esistono due intorni U 1 e U 2 di y 1 e y 2 tali che U 1 U 2 =, quindi I U1 I U2 =, dove I Uj = {i I x i U j }. Quindi almeno uno fra I U1 e I U2 non appartiene ad U, quindi almeno uno fra y 1 e y 2 non è limite di (x i ) i I. Viceversa, supponiamo per assurdo che X non sia di Hausdorff, e troviamo una successione con due limiti. Siano y 1 y 2 X due punti tali che U 1, U 2 X intorni aperti di y 1 e y 2, U 1 U 2. Sia quindi I = {(U 1, U 2 ) y j U j, U j aperto}, considero una successione (x i ) i I tale che x (U1,U 2 ) U 1 U 2 Dato U intorno aperto di y 1, considero I 1,U = {(U 1, U 2 ) I U 1 U}, analogamente I 2,V per V intorno aperto di y 2. Poiché intersezione finita di aperti è aperta, la famiglia I j,u al variare di j = 1, 2 e U intorno aperto di y j ha la proprietà delle intersezioni finite, quindi esiste un ultrafiltro U che la contiene. Dimostriamo ora che y j è limite di (x i ) i I. Sia U intorno aperto di y j. Poiché x (U,V ) U V, quindi I U U, da cui la tesi. I U = {i I x i U} I j,u U Esercizio 1.2. Sia X uno spazio topologico. Allora X è compatto se e solo se I U ultrafiltro su I e (x i ) i I X esiste limite di (x i ) i I lungo U. Dimostrazione. Sia (x i ) i I una successione. Per assurdo, nessun punto sia limite. Ma allora ogni x X ha un intorno aperto U x tale che I Ux U. X è compatto, quindi esistono x 1,..., x n tali che gli U xj ricoprono. Ma allora I = I Ux1... I Uxn U, assurdo. Supponiamo quindi che X non sia compatto e troviamo una successione senza limite. Sia {U i } i I un ricoprimento di X senza sottoricoprimenti finiti, e sia J = Fin(I) l insieme delle parti finite di I. Per ogni i I, considero î = {j J i j}. Dati i 1,..., i n I, {i 1,..., i n } î 1... î n, quindi gli î hanno la proprietà delle intersezioni finite e sono quindi elementi di un ultrafiltro U. Considero quindi una successione (x j ) j J tale che x j i j U i 2

3 Posso farlo perché, per assurdo, le parti finite non ricoprono. Sia ora x X, mostriamo che x non è limite della successione. Esiste i 0 tale che x U i0. Poiché x j U i per ogni i j, J \ J Ui0 î 0 U, quindi J Ui0 U e x non è limite. Esercizio 1.3 (Tychonoff). Dati {X j } j J compatti, il prodotto X = j J X j è compatto. Dimostrazione. Sia (x i ) i I una successione in X e U un ultrafiltro su I. Se dimostriamo che (x i ) i I ha limite, abbiamo la tesi. Sia quindi (x j i = πj(x i)) i I la successione indotta sulla componente j-esima. Per ipotesi, X j è compatto, e quindi la successione ha limite x j. Dimostriamo quindi che x = (x j ) j J j J X j = X è il limite di (x i ) i I. Sia A = π 1 j 1 (A j1 )... π 1 j n (A jn ) un aperto di base di X che contenga x. Verifichiamo la condizione di limite per A. {i I x i A} = {i I π j1 (x i ) A j1,..., π jn (x i ) A jn } = = {i I x j 1 i A j1 }... {i I x jn A jn i } U perché {i I x j k i A jk } U per ogni k, visto che (x j i ) i I ha limite x j e x j k Ajk x A. 3

4 2 Struttura di βn Esercizio 2.1. Per ogni coppia di ultrafiltri U, V su N, con V non principale, U RK U V e U RK V U. Dimostrazione. Faccio la prima disuguaglianza, la seconda è analoga (cambia qualche verifica ma il procedimento è lo stesso). Sia π : N N N la proiezione sulla prima componente. È immediato verificare che π (U V) = U, quindi U RK U V. Vediamo ora che non può valere l altra disuguaglianza. Sia per assurdo f : N N N tale che f (U) = U V. Abbiamo (π f) U = π (f (U)) = π (U V) = U quindi π f U id, cioè esiste A U tale che n A, f(n) π 1 (n). Allora f(a) U V, ma tutte le sezioni di f(a) hanno al più un elemento: se n A, π 1 (n) A = f(n), altrimenti π 1 (n) A =. Quindi se V non è principale f(a) / U V, assurdo. Esercizio 2.2. βn = 2 2N Dimostrazione. βn P(P(ℵ 0 )), quindi dobbiamo dimostrare che esistono almeno 2 2ℵ 0 ultrafiltri. Data una famiglia A di parti di N e una funzione f : A {0, 1}, definiamo A f = {A A A, f(a) = 1} {A A c A, f(a c ) = 0} cioè f sceglie, per ogni elemento di A, se prendere lui o il suo complementare. L idea di partenza è questa: se troviamo una famiglia A di parti tale che, per ogni f : A {0, 1}, A f ha la proprietà delle intersezioni finite, possiamo trovare un ultrafiltro U f A f. Chiaramente, se f g, U f U g, perché se f(a) = 1 e g(a) = 0, A U f e A c U g. Quindi, data una tale famiglia A, troviamo un numero di ultrafiltri di cardinalità uguale a 2 A. Per ottenere la tesi, è quindi sufficiente trovare una tale famiglia con A = 2 ℵ 0. Per comodità, cerchiamo A lavorando su N N anzichè su N, tanto sono equipotenti. Se π : N N N è la proiezione sulla prima componente, chiamo π 1 (n) l n-esima colonna. Ora, sia P l insieme dei numeri primi. Data f : N P, considero l insieme A f come l insieme che sull n-esima colonna ha i multipli di f(n), cioè (n, m) A f f(n) m. L insieme di tutti gli A f ha la cardinalità giusta, però non va ancora bene, perché se f = g su N \ {1} e f(1) g(1), A f A c g ha elementi solo nella prima colonna, e a questo punto è facile intersecare con un terzo A h in modo da ottenere il vuoto. Se però riusciamo a prendere una sottofamiglia di parti, sempre di cardinalità 2 ℵ 0, per cui questo 4

5 non succede, abbiamo finito. Il problema di questo esempio era che f e g erano uguali molto spesso. Scegliamo quindi un ultrafiltro non principale U su N, e sia F un insieme che contiene un rappresentante per ogni classe di U-equivalenza di funzioni da N in P. Sia allora A = {A f f F }. Verifichiamo che A possiede le proprietà richieste. Siano f 1,..., f k elementi distinti di F, e h < k. Consideriamo B = A f1... A fh A c f h+1... A c f k Per ogni i j in {1,..., k}, {f i f j } U, per definizione di F. Quindi {f i f j } U i j In particolare, è non vuoto, quindi esiste n su cui tutte le f i sono diverse. È allora immediato vedere che la colonna n-esima di B è non vuota: è fatta dai numeri multipli di f 1 (n),..., f h (n) e non multipli di f h+1 (n),..., f k (n), si applica quindi il teorema cinese del resto. Quindi ci rimane da calcolare la cardinalità di A, che è uguale a quella di F. La cardinalità di F è la cardinalità delle classi di U-equivalenza di funzioni da N in P. Poiché P è equipotente a Q, posso calcolare la cardinalità delle classi di U-equivalenza delle successioni razionali. Vediamo che queste hanno cardinalità uguale a 2 ℵ 0 = R. Una disuguaglianza è ovvia, perché le successioni razionali (non le classi di equivalenza) hanno cardinalità 2 ℵ 0. Per l altra, dobbiamo trovare R successioni razionali non U- equivalenti. Dato quindi r R, scelgo una successione di razionali (x r n) n N convergente a r. È chiaro che (xr n) n N U (x s n) n N implica s = r, e abbiamo finito. Esercizio 2.3. Sia U un ultrafiltro non principale su N. Allora sono equivalenti: 1. U è RK minimale tra gli ultrafiltri non principali. 2. U è selettivo, cioè per ogni partizione N = k=1 X k con X k / U, A U, detto selettore, tale che per ogni k A X k = f : N N f è U-quasi ovunque costante o è U-quasi ovunque iniettiva. 4. f : N N g : N N non decrescente tale che f U g. 5. Proprietà di Ramsey: per ogni r-colorazione di [N] 2, esiste A U omogeneo. Dimostrazione. [1 3] f è quasi ovunque costante se e solo sef U è principale, e f è quasi ovunque iniettiva se e solo se f U = U. [2 3] Sia X k = f 1 (k). Se esiste k tale che X k U, f è quasi ovunque costante. Altrimenti ho A U selettore, e f A è iniettiva. [3 2] Definisco f : N N con f Xk = k. Per ogni k, X k / U, quindi f non è quasi ovunque costante, esiste quindi A U tale che f A è iniettiva. È quindi chiaro che A X k 1, basterà prendere quindi un sovrainsieme A A tale che A X k = 1. 5

6 [2, 3 4] Se f è quasi ovunque costante, la tesi è ovvia. Se f è quasi ovunque iniettiva, è facile mostrare che è equivalente a una funzione globalmente iniettiva: sia A U tale che f A è iniettiva, considero A f 1 (2N) e A f 1 (2N + 1). Uno dei due insiemi appartiene ad U: considero f 1 tale che, ristretta a quell insieme, è uguale a f, e sul resto è definita in modo tale che rimanga iniettiva (ho i pari/dispari di spazio su cui lavorare). Passo 1: esistono h f g tali che g e h sono non decrescenti e tendono a infinito. Basta definire g(n) = max{f(k) 1 k n} h(n) = min{f(k) k n} Che g e h siano non decrescenti è ovvio. L iniettività di f implica che f tende a infinito (fissato k, f può essere al più k volte sotto k, dopodiché sarà sopra) e che quindi anche g e h tendono a infinito. Passo 2: rendiamo f una funzione a blocchi. Sia x k una successione definita così: x 0 = 0 x k+1 = min{n h(n) g(x k ) + 1} L idea è di disegnare una scala su N 2 : parto da (0, 0), salgo fino a (0, g(0)), vado a destra fino a che non incontro h, salgo fino a che non incontro di nuovo g... Notiamo che g(x k+1 ) h(x k+1 ) > g(x k ). A questo punto ha senso dividere N = A B con in A gli n tali che (n, f(n)) sta sopra la scala (cioè, se x k n < x k+1, f(n) g(x k )) e B quelli che stanno sotto (cioè f(n) < g(x k )). L insieme {(n, f(n) n A} è contenuto nei rettangoli di vertici (x k, g(x k )), (x k, g(x k+1 )), (x k+1, g(x k )), (x k+1, g(x k+1 )) Sia X k = [x k, x k+1 ) A. Se A U, per il punto 2 dell esercizio (che vale chiaramente anche restringendosi a un elemento di U), esiste un insieme C U, C A, selettore. Ora, se y X k C e z X k+1 C, f(y) g(y) g(x k+1 ) f(z) perché z A. Quindi f C è non decrescente. Il caso B U è analogo. [4 3] Possiamo assumere che f sia non decrescente. Se è limitata, è definitivamente costante, e quindi quasi ovunque costante. Se è illimitata, mostriamo che è quasi ovunque iniettiva. Sia X k = f 1 (k) = [x k, x k+1 ). Definiamo, se x X k, g(x) = x k + x k+1 x g è strettamente decrescente su ogni X k, ma tutti i valori che assume su X k+1 sono strettamente maggiori di tutti i valori che assume su X k, perché g(x k ) = X k. g è 6

7 equivalente a una funzione non decrescente, quindi esiste A U tale che g A è non decrescente. Ma allora A X k ha al più un elemento, e quindi f ristretta ad A è iniettiva. [5 4] Coloro [N] 2 in questo modo: dati n < m, {n, m} sta in C 1 se f(n) f(m), in C 2 se f(n) > f(m). Esiste allora A U omogeneo. [A] 2 non può essere contenuto in C 2, perché non esistono funzioni da un sottoinsieme infinito di N in N strettamente decrescenti. Allora [A] 2 C 1, cioè f è non decrescente. [2 5] Dimostriamo prima di tutto una versione un po più forte della proprietà 2, e cioè che data una catena A 1 A 2 A 3... di insiemi in U, esiste una successione strettamente crescente (x k ) k N di naturali tali che x 1 A 1 e x k+1 A xk. Sia X k = A k \A k+1. Poiché A k+1 U, X k / U, trovo quindi un selettore e, a meno di intersecare tutto con il selettore, posso supporre A k \ A k+1 1. Sia f : A 1 N tale che f(n) = k se f(n) A k \ A k+1, f è iniettiva perché A k \ A k+1 1. La tesi diventa quindi trovare una successione strettamente crescente in A 1 tale che f(x k+1 ) x k. Sia A 1 = {a 1 < a 2 < a 3 <... }, e definisco B 1 = {a 1 }. Per ricorrenza, B n+1 = {a s <... < a t }, con f(k) a s 1 per ogni k > t e a s 1 = max B n. È possibile trovare t per iniettività di f. A questo punto, A 1 = 2n B 2n 2n+1 B 2n+1, uno solo dei due insiemi apparterrà quindi ad U e sarà sufficiente estrarre da questo un selettore per ottenere la tesi. Fatto ciò, per dimostrare la proprietà di Ramsey è sufficiente ripercorrere l ultima parte della dimostrazione di Ramsey infinito vista in classe usando l ultrafiltro selettivo. Sia quindi X U U. Vogliamo trovare H U tale che [H] 2 X. Sia X n = {m N (n, m) X} e ˆX = {n N X n U}. X U U, quindi ˆX U. Definisco quindi A n = ˆX n>h ˆX Chiaramente A n A n+1, e A n U. Per il lemma dimostrato prima, esiste una successione crescente (x k ) k N tale che x 1 A 1 e x k+1 A xk. Ma allora, se h < k, x k X h, cioè (x h, x k ) X, cioè [H = {x k } k N ] 2 X. X h 7