Фильтр, главный фильтр, ультрафильтр

[TehNick]

Задача такая:
Привести пример неглавного фильтра, который можно расширить до ультрафильтра. Я начал так:
Построим фильтр над $\mathbb Q^+\cup\{0\}$.
Определим множество $A_q = \{p|(p\in\mathbb Q^+\cup\{0\})\land(p\geqslant0)\land(p<q)\}$.
Теперь определим фильтр $F = \{A_q|\forall q\in(\mathbb Q^+\cup\{0\})\ \ \ q>0\}$.
Фильтр неглавный, т.к. он не содержит минимального элемента по включению.
Теперь построим фильтр $G = \{F,\{0\}\}$.
Он главный, т.к. $\{0\}$ минимальный элемент по ключению.
Вопрос, является ли $G$ ультрафильтром?
Прочитал здесь http://inter-vuz.tuit.uz/Elib_baza//INTUIT.ru/html/department/calculate/lancalc/14/lancalc_14.html , что "Очевидно, любой главный фильтр является ультрафильтром", но так ли это и почему?
Еще известно, что любой фильтр можно достроить до ультрафильтра. Есть ли какой-нибудь простой пример неглавного фильтра, который можно достроить до главного ультрафильтра?
Заранее спасибо!

[AGu]

TehNick в сообщении #728913 писал(а):

Теперь определим фильтр $F = \{A_q|\forall q\in(\mathbb Q^+\cup\{0\})\ \ \ q>0\}$.

Это не фильтр (а лишь база фильтра): нарушено условие $(\forall\,A,B\subseteq S)(A\in F\land A\subseteq B\Rightarrow B\in F)$, где $S:=\mathbb Q^+\cup\{0\}$.
(Кстати, в той Вашей формуле знак $\forall$ лишний, так не принято писать.)

TehNick в сообщении #728913 писал(а):

Теперь построим фильтр $G = \{F,\{0\}\}$.

Это множество $G$ даже не является подмножеством $\mathcal P(S)$. Если же Вы имели в виду $F\cup\bigl\{\{0\}\bigr\}$, то это тоже не фильтр — по той же причине, по которой $F$ не является фильтром.

Но Вы ошибаетесь на правильном пути. Стоит Ваши примеры слегка подправить — и препод придет в восторг.

TehNick в сообщении #728913 писал(а):

Прочитал здесь http://inter-vuz.tuit.uz/Elib_baza//INTUIT.ru/html/department/calculate/lancalc/14/lancalc_14.html , что "Очевидно, любой главный фильтр является ультрафильтром", но так ли это и почему?

Если принимать приведенные в том тексте определения, то да, это так. (Иногда главным считается фильтр, порожденный любым непустым множеством, не обязательно одноэлементным.) Почему — доказывается в лоб, по определению.

TehNick в сообщении #728913 писал(а):

Есть ли какой-нибудь простой пример неглавного фильтра, который можно достроить до главного ультрафильтра?

Есть, и Вы близки к обнаружению такого примера.

[TehNick]

Немного переделал решение:
Теперь фильтр $F = \{M|(M\subseteq(\mathbb Q^+\cup\{0\}))\land([0;q) \subseteq M )\land(0<q\in \mathbb Q)\}$
Это фильтр, т.к. он замкнут относительно пересечения, все объемлющие множества содержатся в фильтре, пустое множество в нем не лежит. Он неглавный, потому что нет наименьшего элемента по включению.
Теперь насчет $G = F\cup\bigl\{\{0\}\bigr\}$
Это, как минимум, главный фильтр, т.к. он содержит минимальный элемент по включению.
А вот насчет ультрафильтр или нет не совсем ясно.
Пусть $I:=\mathbb Q^+\cup\{0\}$
Для произвольного $X \subseteq I$ существует три варианта:
$1) \ X = \{0\} \cup \{...\}$ - ноль объединить с каким- либо множеством
$2) \ X = [0;q) \cup \{...\}$ - полуинтервал объединить с каким-либо множеством
$3) \ X = \{...\}\diagdown\{0\}$ - некоторое множество без нуля
В первом случае $X \in G$, во втором тоже.
В третьем $X \notin G$, следовательно дополнение должно лежать в $G$. $X$ не содержит $\{0\}$, следовательно дополнение содержит $\{0\}$, тогда дополнение согласно первому или второму случаю лежит в $G$. Ну если мои рассуждения правильные, то $G$ - главный ультрафильтр. Вопрос, правильные ли они?

[AGu]

TehNick в сообщении #729149 писал(а):

Теперь фильтр $F = \{M|(M\subseteq(\mathbb Q^+\cup\{0\}))\land([0;q) \subseteq M )\land(0<q\in \mathbb Q)\}$

Да, теперь это фильтр. И он действительно неглавный.
Кстати, на сей раз в Вашей формуле — наоборот — не хватает квантора.
Я бы написал так: $F=\{M\subseteq I : (\exists\,q\in\mathbb Q^+)\ [0,q)\subseteq M\}$.

TehNick в сообщении #729149 писал(а):

Теперь насчет $G = F\cup\bigl\{\{0\}\bigr\}$
Это, как минимум, главный фильтр

Увы, это по-прежнему не фильтр.
Причина — все та же: нарушено условие $(\forall\,A,B\subseteq I)(A\subseteq B\land A\in G\Rightarrow B\in G)$.
Например, $\{0\}\subseteq\{0,1\}$ и $\{0\}\in G$, но $\{0,1\}\notin G$.

TehNick в сообщении #729149 писал(а):

$X = \{0\} \cup \{...\}$ - ноль объединить с каким- либо множеством
[...] В первом случае $X \in G$

Теперь, наверное, понятно, что это не так — например, для $X=\{0,1\}$.

P.S. Еще чуть-чуть — и все получится!

[bot]

AGu в сообщении #729357 писал(а):

Еще чуть-чуть — и все получится!

А что должно получиться? Что ли это?

TehNick в сообщении #728913 писал(а):

Привести пример неглавного фильтра, который можно расширить до ультрафильтра

[AGu]

bot в сообщении #729362 писал(а):

А что должно получиться?

Как я понял, ТС стремится найти пример неглавного фильтра $F$ и расширяющего его главного ультрафильтра $G$. Первое ему уже удалось. Дело за вторым.

[TehNick]

Думаю теперь правильно.
Фильтр $F$ оставить неизменным, а $G$ определить так:
$G = F \cup \{Y\subseteq \mathbb Q^+|\{0\}\in Y\}$.
Теперь, вроде, все объемлющие множества нуля включены в $G$, в пересечении двух любых элементов из $G$ всегда лежит $\{0\}$, сушествует наименьший элемент по включению, а именно $\{0\}$, и последнее:
Пусть $I:=\mathbb Q^+\cup\{0\}$
Для произвольного $X \subseteq I$ существует три варианта:
$1) \ X = \{0\} \cup \{...\}$ - ноль объединить с каким- либо множеством
$2) \ X = [0;q) \cup \{...\}$ - полуинтервал объединить с каким-либо множеством
$3) \ X = \{...\}\diagdown\{0\}$ - некоторое множество без нуля
В первом случае $X \in G$, во втором тоже.
В третьем $X \notin G$, следовательно дополнение должно лежать в $G$. $X$ не содержит $\{0\}$, следовательно дополнение содержит $\{0\}$, тогда дополнение согласно первому или второму случаю лежит в $G$.

[AGu]

TehNick в сообщении #729527 писал(а):

Думаю теперь правильно.

Да, почти...

TehNick в сообщении #729527 писал(а):

$G = F \cup \{Y\subseteq \mathbb Q^+|\{0\}\in Y\}$.

Во-первых, не $\{0\}\in Y$, а $0\in Y$ (или, если угодно, $\{0\}\subseteq Y$). Во-вторых, не $Y\subseteq\mathbb Q^+$, а $Y\subseteq I$, т.е. $Y\subseteq\mathbb Q^+\cup\{0\}$. Ну а в-третьих, добавление $F$ тут излишне, так как любое множество, принадлежащее $F$, содержит $0$. Таким образом, $G=\{Y\subseteq I:0\in Y\}$. Кстати, после этого замечания дальнейшие выкладки упрощаются. Например, тот факт, что для любого множества $X\subseteq I$ либо само $X$, либо его дополнение принадлежит $G$, становится тривиальным, так как $0$ принадлежит либо самому множеству $X$ (и тогда $X$ принадлежит $G$), либо его дополнению (и тогда дополнение $X$ принадлежит $G$).

Но это всё технические огрехи. Суть Вы ухватили. Поздравляю.

[TehNick]

Огромное Спасибо за помощь!!!