existencia de una topología específica sobre $ \mathbb {R}$

Question

¿Hay una topología en $ \mathbb {R}$ de tal manera que para cada subbase de ella como $S$ Tenemos $Card(S) > Card( \mathbb {R})$ ?

Answer 1

Reformulación equivalente: ¿hay un espacio topológico $X$ de tamaño $ \mathfrak {c}$ y $w(X) > \mathfrak {c}$ . Esto se mantiene porque el peso es el tamaño mínimo de una base para $X$ que también tiene el tamaño de una subbase mínima para $X$ ya que las intersecciones finitas de los elementos de la subbase de una familia infinita no elevan la cardinalidad. Entonces transporta la topología a $ \mathbb {R}$ a través de su bijección favorita ..

Una forma de encontrar tal espacio es tomar un ultrafiltro $ \mathscr {U}$ en un plató $X$ . Entonces define $ \mathcal {T} = \mathscr {U} \cup \{ \emptyset\ }$ que es una topología (añadimos $ \emptyset $ , $X$ está en cualquier filtro, los filtros se cierran bajo intersecciones finitas, y el hecho de que los filtros se cierren bajo ampliaciones implica trivialmente que $ \mathcal {T}$ está cerrado bajo las uniones, así que incluso para los filtros normales $ \mathscr {F}$ obtenemos una topología de esta manera; nótese que la topología cofinita es un ejemplo bien conocido de esta construcción, al igual que la topología cofinita). Para un ultrafiltro, esta topología de ultrafiltro no tiene base (y por lo tanto subbase) de tamaño $ \le |X|)$ . Asumiré que $ \mathscr {U}$ es uniforme, es decir, para cada $O \in \mathscr {U}$ . $|O| = |X|$ . Estos pueden ser "construidos" ampliando la familia $\{A: |X \setminus A| < |A|\}$ que tiene el FIP, a un ultrafiltro de Zorn.

Prueba: Supongamos que $\{B_ \alpha , \alpha < |X|\}$ es una base para $ \mathcal {T}$ en particular todos ellos son miembros de $ \mathscr {U}$ de tal manera que cualquier $O \in \mathscr {U}$ es una unión de una subfamilia de ellos. Ahora también enumere $X = \{x_ \alpha : \alpha < |X|\}$ y definir dos secuencias $p_ \alpha , q_ \alpha $ como sigue, para todos $ \alpha < \beta < |X|$ :

• $ \forall \alpha : p_ \alpha \in B_ \alpha , q_ \alpha \in B_ \alpha $
• $p_ \beta \notin \{p_ \alpha , q_ \alpha : \alpha < \beta\ }$
• $q_ \beta \notin \{p_ \alpha , q_ \alpha : \alpha < \beta\ }$

Esto puede hacerse como en cualquier etapa $ \beta $ el conjunto de puntos ya elegidos es de tamaño máximo $ \beta $ y $| \beta | < |X|$ y cada $B_ \beta $ tiene tamaño $|X|$ Aquí es donde la uniformidad del filtro es útil.

Ahora define $P = \{p_ \alpha : \alpha < |X|\}$ y $Q = \{q_ \alpha : \alpha < |X|\}$ y observar que por construcción $P \cap Q = \emptyset $

Ahora $P \in \mathscr {U}$ o $X \setminus P \in \mathscr {U}$ ya que tenemos un ultrafiltro.

Supongamos que $P$ es, por supuesto, tenemos un subconjunto no vacío $I$ de índices, de tal manera que $P = \cup\ {B_ \alpha : \alpha \in I\}$ . Pero entonces $P$ contendría cualquier $q_ \beta $ para $ \beta \in I$ como $q_ \beta \in B_ \beta $ que no puede ser. Tenemos una contradicción similar asumiendo que $X \setminus P$ es tal unión, encontrar un $p_ \beta $ en ella.. Así que el $U_ \alpha $ no puede formar una base, y esto muestra que cualquier (sub)base para $ \mathcal {T}$ tiene un tamaño estrictamente mayor que $X$ .

Así que la respuesta ventual es sí: toma cualquier ultrafiltro uniforme en $ \mathbb {R}$ y utilizarlo como topología.

Aquí son algunas notas que prueban la afirmación sobre los ultrafiltros uniformes, y en general contiene información interesante sobre los ultrafiltros.