Filtres, ultrafiltres et lemme de l'ultrafiltre ⋆

(i) Soit $\mathcal U$ un ultrafiltre et $A \subset X$ une partie qui n'appartient pas à $\mathcal U$. Supposons d'abord que $A$ rencontre tous les éléments de $\mathcal U$, et posons $$\begin{aligned} \mathcal G = \{C \subset X :{} &C \supset A \cap B \\ &\text{pour un } B \in \mathcal U\}. \end{aligned}$$

C'est un filtre. Il contient $X$, qui contient $A \cap X$, et ne contient pas $\varnothing$, puisque chaque $A \cap B$ est non vide. Si $C \supset A \cap B$ et $C' \supset A \cap B'$, alors $C \cap C' \supset A \cap (B \cap B')$, avec $B \cap B' \in \mathcal U$ par (b) ; enfin (c) est immédiat.

Ce filtre contient $\mathcal U$, puisque $B \supset A \cap B$, et il contient $A$, qui n'est pas dans $\mathcal U$ : cela contredit la maximalité de $\mathcal U$. Il existe donc un $B \in \mathcal U$ disjoint de $A$, c'est-à-dire inclus dans $X \setminus A$, et $X \setminus A \in \mathcal U$ par (c).

Réciproquement, supposons que $\mathcal U$ contienne, pour toute partie, elle-même ou son complémentaire, et soit $\mathcal G \supset \mathcal U$ un filtre. Si $A \in \mathcal G$ n'était pas dans $\mathcal U$, on aurait $X \setminus A \in \mathcal U \subset \mathcal G$, puis $\varnothing = A \cap (X \setminus A) \in \mathcal G$ par (b), ce qu'exclut (a). Donc $\mathcal G = \mathcal U$, et $\mathcal U$ est maximal.

(ii) Si $B$ n'appartenait pas à $\mathcal U$, la partie $X \setminus B$ lui appartiendrait par (i), et $B$ ne la rencontrerait pas.

(iii) Le filtre principal en $a$ vérifie (a), puisque $a \in X$ et $a \notin \varnothing$. Il vérifie (b), car l'intersection de deux parties qui contiennent $a$ contient encore $a$, et (c), car une partie plus grande qu'une partie contenant $a$ contient aussi $a$. Pour toute partie $A$, le point $a$ appartient à $A$ ou à $X \setminus A$ : on conclut par (i).

(iv) On a $f^{-1}(Y) = X \in \mathcal F$ et $f^{-1}(\varnothing) = \varnothing \notin \mathcal F$. Les égalités $f^{-1}(B \cap B') = f^{-1}(B) \cap f^{-1}(B')$, et l'inclusion $f^{-1}(B) \subset f^{-1}(B')$ quand $B \subset B'$, donnent (b) et (c).

Si $\mathcal F$ est un ultrafiltre et $B \subset Y$, l'égalité $f^{-1}(Y \setminus B) = X \setminus f^{-1}(B)$ et le point (i) appliqué à $\mathcal F$ montrent que $B$ ou $Y \setminus B$ appartient à $f_*\mathcal F$ ; le point (i), appliqué cette fois à $f_*\mathcal F$, conclut.

(v) Soit $\mathcal F$ un filtre sur $X$, et $\Phi$ l'ensemble des filtres sur $X$ qui contiennent $\mathcal F$, partie de $\mathcal P(\mathcal P(X))$, ordonnée par l'inclusion. Montrons que $\Phi$ est inductif.

La chaîne vide est majorée par $\mathcal F \in \Phi$. Soit $\mathcal C$ une chaîne non vide de $\Phi$, et $\mathcal G$ la réunion de ses éléments. Elle contient $X$ et pas $\varnothing$, et elle vérifie (c), comme chacun des éléments de $\mathcal C$.

Pour (b), soit $A \in \mathcal G_1$ et $A' \in \mathcal G_2$, avec $\mathcal G_1, \mathcal G_2 \in \mathcal C$. Ces deux filtres sont comparables, disons $\mathcal G_1 \subset \mathcal G_2$, donc $A \cap A' \in \mathcal G_2 \subset \mathcal G$. Ainsi $\mathcal G$ est un filtre qui contient $\mathcal F$, et il majore $\mathcal C$.

Le lemme de Zorn (Lemme de Zorn) fournit un élément maximal $\mathcal U$ de $\Phi$. C'est un ultrafiltre : un filtre qui contient $\mathcal U$ contient $\mathcal F$, appartient donc à $\Phi$, et lui est égal.