Solução: $(\Rightarrow)$ Se $Y\not \in \mathcal{F}$, suponha $X\setminus Y\not \in \mathcal{F}$ e defina $\mathcal{G}:=\{G\subset X:\exists F\in \mathcal{F}, F\cap Y\subset G\}$; note que $\mathcal{F}\subset \mathcal{G}$ (pois $F\cap Y\subset F$ para todo $F\in \mathcal{F}$) e $Y\in \mathcal{G}$ (pois $X\cap Y\subset Y$). Também:
i) $X\setminus Y\not \in \mathcal{F}\Rightarrow F\not \subset X\setminus Y\ \forall F\in \mathcal{F}\Rightarrow F\cap Y\neq \emptyset\ \forall F\in \mathcal{F}\Rightarrow F\cap Y\not \subset \emptyset\ \forall F\in \mathcal{F}\Rightarrow \emptyset \not \in \mathcal{G}$;
ii) Dados $G,G'\in \mathcal{G}$, existem $F,F'\in \mathcal{F}$ tais que $F\cap Y\subset G$ e $F'\cap Y\subset G'$; logo $F\cap F'\in \mathcal{F}$ e $(F\cap F')\cap Y\subset G\cap G'$, donde $G\cap G'\in \mathcal{G}$;
iii) Dado $G\in \mathcal{G}$ e $G'\subset X$ com $G\subset G'$, existe $F\in \mathcal{F}$ com $F\cap Y\subset G\subset G'\Rightarrow G'\in \mathcal{G}$.
Portanto $\mathcal{G}$ é um filtro que contém estritamente $\mathcal{F}$, chegando a uma contradição. $_{\blacksquare}$

$(\Leftarrow)$ Suponha que exista filtro $\mathcal{F}'\supsetneq \mathcal{F}$ e tome $Y\in \mathcal{F}'\setminus \mathcal{F}\Rightarrow X\setminus Y\not \in \mathcal{F}'\Rightarrow X\setminus Y\not\in \mathcal{F}$, portanto $Y,X\setminus Y\not \in \mathcal{F}$, absurdo. Logo $\mathcal{F}$ é ultrafiltro. $_{\blacksquare}$

Solução: Considere uma cadeia $\{\mathcal{F}_i:i\in I\}$ de filtros sobre $X$. Temos que $\bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$ também é filtro sobre $X$; de fato:
i) $\emptyset \not \in \mathcal{F}_i\ \forall i\in I\Rightarrow \emptyset \not \in \bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$;
ii) Dados $A,B\in \bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$, existem $j,k\in I$ com $A\in \mathcal{F}_j$ e $B\in \mathcal{F}_k$. Caso $\mathcal{F}_j\subset \mathcal{F}_k$, então $A,B\in \mathcal{F}_k\Rightarrow A\cap B\in \mathcal{F}_k\Rightarrow A\cap B\in \bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$; analogamente, se $\mathcal{F}_k\subset \mathcal{F}_j$, temos $A\cap B\in \bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$;
iii) Se $A\subset B\subset X$ e $A\in \bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$, existe $j\in I$ com $A\in \mathcal{F}_j\Rightarrow B\in \mathcal{F}_j\Rightarrow B\in \bigcup_{i\in I} \mathcal{F}_i$. Pelo Lema de Zorn, existe um filtro $\mathcal{G}$ sobre X tal que $\mathcal{F}\subset \mathcal{G}$ para todo filtro $\mathcal{F}$ sobre $X$.

A família definida acima de fato é um filtro e contém $\mathcal{S}$ (verifique!).

Solução: $i)\Rightarrow iii)$. Seja $\mathcal{F}$ ultrafiltro sobre $X$ e suponha que $\mathcal{F}\not \to x$ para todo $x\in X$. Então, dado $x\in X$, existe uma vizinhança aberta $V_x$ de $x$ com $V_x\not \in \mathcal{F}$; como $X=\bigcup_{x\in X} V_x$ e $(X,\tau)$ é compacto, existem $x_1,\dots,x_n\in X$ tais que $X=\bigcup_{i=1}^n V_{x_i}$. Já que $\mathcal{F}$ é ultrafiltro, se $X\setminus V_{x_i}\in \mathcal{F}$ para todo $1\le i\le n$, então $\bigcap_{i=1}^n (X\setminus V_{x_i})=\emptyset \in \mathcal{F}$, absurdo. Logo $\mathcal{F}\to x$ para algum $x\in X$. $_{\blacksquare}$
$iii)\Rightarrow i)$. Suponha $(X,\tau)$ não compacto; então existe cobertura aberta $\{U_i:i\in I\}$ de $X$ que não admite subcobertura finita, i.e., se $i_1,\dots,i_n\in I$, temos $\bigcup_{k=1}^n U_{i_k}\neq X\iff \bigcup_{k=1}^n (X\setminus U_{i_k})\neq \emptyset$, e logo $\mathcal{S}:=\{X\setminus U_i:i\in I\}$ tem a PIF, e considere um ultrafiltro $\mathcal{F}$ sobre $X$ com $\mathcal{S}\subset \langle \mathcal{S}\rangle \subset \mathcal{F}$. Assim, dado $x\in X$, existe $i\in I$ tal que $x\in U_i$; como $X\setminus U_i\in \mathcal{F}$, então $U_i\not \in \mathcal{F}$, donde $\mathcal{F}\not \to x$, pois $U_i$ é vizinhança de $x$, contradição. Portanto $(X,\tau)$ é compacto. $_{\blacksquare}$
$ii)\Rightarrow iii)$. Seja $\mathcal{F}$ ultrafiltro sobre $X$. Em particular, $\mathcal{F}$ é filtro, logo existe $x\in X$ tal que $x\in \bar{F}$ para todo $F\in \mathcal{F}$. Seja $V\subset X$ vizinhança de $x$ e suponha $X\setminus V\in \mathcal{F}$; então $x\in \bar{X\setminus V}$. No entanto, se $A\in \tau$ é tal que $x\in A\subset V$, temos $A\cap (X\setminus V)\subset V\cap (X\setminus V)=\emptyset\Rightarrow A\cap (X\setminus V)=\emptyset$, absurdo. Logo $V\in \mathcal{F}$, e concluimos que $\mathcal{F}\to x$. $_{\blacksquare}$
$iii)\Rightarrow ii)$. Seja $\mathcal{F}$ filtro sobre $X$ e considere $\mathcal{G}\supset \mathcal{F}$ ultrafiltro sobre $X$; então existe $x\in X$ tal que $V\in \mathcal{G}$ para toda vizinhança $V\subset X$ de $x$. Dados $x\in U\in \tau$ e $F\in \mathcal{F}$, temos $U,F\in \mathcal{G}\Rightarrow U\cap F\in \mathcal{G}\Rightarrow U\cap F\neq \emptyset$, donde $x\in \bar{F}$ e portanto $x$ é ponto aderente a $\mathcal{F}$. $_{\blacksquare}$

Solução: a) Se $x\in F\Rightarrow F$, então $\pi_{\alpha}(x)\in \pi_{\alpha}(F)$, logo $F\subset \pi_{\alpha}^{-1}\left(\pi_{\alpha}(F)\right)$ e $\pi_{\alpha}^{-1}\left(\pi_{\alpha}(F)\right)\in \mathcal{F}$.

b) Temos

i) $\pi_{\alpha}(F)=\emptyset \iff F=\emptyset$, logo $\emptyset \not \in \mathcal{F}_{\alpha}$;
ii) Se $F,G\in \mathcal{F}$ e $\pi_{\alpha}(F),\pi_{\alpha}(G)\in \mathcal{F}_{\alpha}\Rightarrow \pi_{\alpha}(F)\cap \pi_{\alpha}(G)=\pi_{\alpha}(F\cap G)\in \mathcal{F}_{\alpha}$ pois $F\cap G\in \mathcal{F}$;
iii) Se $F\in \mathcal{F}$ e $B\subset X_{\alpha}$ com $\pi_{\alpha}(F)\subset B$, como $\pi_{\alpha}$ é sobrejetora, então $B=\pi_{\alpha}\left(\pi_{\alpha}^{-1}(B)\right)\in \mathcal{F}_{\alpha}$, pois $F\subset \pi_{\alpha}^{-1}(B)\in \mathcal{F}$.

Portanto $\mathcal{F}_{\alpha}$ é filtro. Além disso, dado $S\in \mathcal{F}_{\alpha}$:

Caso $\pi_{\alpha}^{-1}(S)\in \mathcal{F}$, temos $\pi_{\alpha}\left(\pi_{\alpha}^{-1}(S)\right)=S\in \mathcal{F}_{\alpha}$;
Caso $\left(\Pi_{\beta \in A} X_{\beta}\right)\setminus \pi_{\alpha}^{-1}(S)=\in \mathcal{F}$, então $\pi_{\alpha}^{-1}\left(X_{\alpha}\setminus S \right)\in \mathcal{F}$, donde $X_{\alpha}\setminus S\in \mathcal{F}_{\alpha}$.

Logo $\mathcal{F}_{\alpha}$ é ultrafiltro. $\blacksquare$

Solução: Utilizaremos a caracterização do Exercício 4.2.19. Dado um ultrafiltro $\mathcal{F}$ sobre $X$, como cada $X_{\alpha}$ é compacto, então para cada $\alpha \in A$ existe $x_{\alpha}\in X_{\alpha}$ com $x_{\alpha}\in F_{\alpha}\ \forall F_{\alpha}\mathcal{F}_{\alpha}}$, onde $\mathcal{F}_{\alpha}$ é como no exercício anterior. Seja $x:=(x_{\alpha})_{\alpha \in A}$ e considere um aberto $U\subset X$ com $p\in U$. Então, pela definição da topologia de Tychonoff, existem $\alpha_1,\dots,\alpha_n\in A$ e abertos $U_i\subset X_{\alpha_i}$ tais que $$x\in \bigcap_{i=1}^n \pi_{\alpha_i}^{-1}(U_i)\subset U$$ e $x_{\alpha_i}\in U_i$, donde $U_i\cap F_{\alpha}\neq \emptyset$ para todo $F_{\alpha}\in \mathcal{F}_{\alpha}\Rightarrow \pi_{\alpha_i}^{-1}(U_i)\cap F\neq \emptyset\ \forall F\in \mathcal{F}$ e portanto $\pi_{\alpha_i}^{-1}(U_i)\in \mathcal{F}$ (pois caso seu complementar estivesse nesse ultrafiltro, teríamos $\emptyset \in \mathcal{F}_{\alpha}$). Logo $$\bigcap_{i=1}^n \pi_{\alpha_i}^{-1}(U_i)\in \mathcal{F}\Rightarrow U\in \mathcal{F}$$ portanto toda vizinhança de $x$ está em $\mathcal{F}$, i.e., $\mathcal{F}\to x$, e temos $X$ compacto. $_{\blacksqaure}$