¿Es cada suborden de $\mathbb{R}$ homeomorfo a algún subespacio de $\mathbb{R}$ ?

Question

Dejemos que $X \subset \mathbb{R}$ y dar $X$ su topología de orden. (Cuando) es cierto que $X$ es homeomorfo a algún subespacio de $Y \subset \mathbb{R}$ ?

Ejemplo: Dejemos que $X = [0,1) \cup \{2\} \cup (3,4]$ entonces $X$ es de orden isomorfo a $Y=[0,2]$ de una manera bastante obvia, de ahí que las topologías de orden en $X$ y $Y$ son homeomórficos. Pero, la topología de orden en $Y$ coincide con la topología del subespacio en $Y$ Así que este particular $X$ es efectivamente homeomorfo a un subespacio de $\mathbb{R}$ .

Ejemplo: Dejemos que $X$ es igual al conjunto de puntos finales del conjunto de Cantor. El orden en $X$ es un poco extraño (es de orden isomorfo a $\mathbb{Q} \times \{0,1\}$ en el orden del diccionario con un elemento mayor y otro menor adyacentes), por lo que cabe esperar que la topología de orden en $X$ para ser extraño, pero... $X$ es claramente 2º contable bajo la topología de orden (hay un número contable de puntos, por tanto un número contable de intervalos) y cualquier topología de orden es regular, por lo que $X$ es metrificable por Urysohn. También es fácil ver la topología de orden en $X$ no tiene puntos aislados por lo que, por un teorema de Sierpinski (cualquier espacio métrico contable sin puntos aislados es homeomorfo a $\mathbb{Q}$ ), la topología de orden en $X$ es homeomorfo al subespacio $Y = \mathbb{Q}$ de $\mathbb{R}$ .

Para cualquier contable $X$ el argumento anterior muestra la topología de orden en $X$ es metrificable. De hecho, creo que la topología de orden en cualquier $X \subset \mathbb{R}$ es metrificable por este teorema de Lusin (una topología de orden $X$ es metrizeable si y sólo si la diagonal en $X \times X$ es un $G_\delta$ conjunto). Pero esto no excluye la posibilidad de $X$ lo suficientemente raro como para no ser homeomorfo a ningún subespacio de $\mathbb{R}$ . Sin embargo, no estoy seguro de cómo se puede organizar esto. Si se puede arreglar con $X$ contable tendría que haber muchos puntos aislados para evitar el resultado de Sierpinski, por ejemplo...

Publicidad: La respuesta positiva de Brian a continuación demuestra algo aún mejor. A saber:

Teorema: Dejemos que $X \subset \mathbb{R}$ . Entonces existe un isomorfismo de orden (por tanto, homeomorfismo de topologías de orden) $\varphi$ de $X$ a un nuevo conjunto $Y \subset \mathbb{R}$ cuya topología de orden y topología de subespacio coinciden.

A grandes rasgos, el enfoque consiste en tomar un conjunto contable $D \subset X$ de manera que cada punto de $X \setminus D$ es un límite de 2 lados (topológicamente) de los puntos en $D$ . Utilizando la contabilidad de $D$ se puede encontrar una incrustación de orden $\varphi$ de $D$ en $\mathbb{Q}$ tal que $\varphi(D)$ no tiene "huecos topológicos" que no sean también "huecos de orden" (esta es la propiedad que hace coincidir las topologías de subespacio y de orden). El último paso consiste en ampliar $\varphi$ al resto de $X$ y comprobar que nada se estropea al hacerlo.

Answer 1

Este es un argumento completamente diferente al anterior (y con un poco de suerte uno correcto esta vez), pero la conclusión es la misma: la respuesta es sí, siempre .

Supongamos que $X\subseteq\mathbb{R}$ . Sea $\tau_o$ y $\tau_s$ sean respectivamente las topologías de orden y subespacio en $X$ Ciertamente $\tau_o\subseteq\tau_s$ . En la continuación, todos los intervalos se tomarán en $X$ a no ser que se subescriba con $\mathbb{R}$ de modo que, por ejemplo $$[x,\to)=\{y\in X:x\le y\},$$ y $$[x,\to)_\mathbb{R}=\{y\in\mathbb{R}:x\le y\}\;.$$

Dejemos que $N$ sea el conjunto de puntos de $X$ que tienen un predecesor inmediato o un sucesor inmediato en $X$ claramente $N$ es contable.

Dejemos que $L=\{x\in X:[x,\to)\in\tau_s\setminus\tau_o\}$ y $R=\{x\in X:(\leftarrow,x]\in\tau_s\setminus\tau_o\}$ ; llamaré a los puntos de $L$ pseudogaps de la izquierda y puntos de $R$ pseudocajas de la derecha de $X$ . No es difícil ver que para cualquier $x\in X$ :

• $x\in L$ si hay $\epsilon>0$ tal que $(x-\epsilon,x)_\mathbb{R}\cap X=\varnothing\ne(\leftarrow,x)$ y $x$ no tiene un predecesor inmediato en $X$ y
• $x\in R$ si hay $\epsilon>0$ tal que $(x,x+\epsilon)_\mathbb{R}\cap X=\varnothing\ne(x,\to)$ y $x$ no tiene un sucesor inmediato en $X$ .

Se deduce inmediatamente que $L\cup R$ es contable. Además, es bien sabido que $\tau_s$ tiene una base de intervalos, no necesariamente abiertos, en $X$ Así que $L\cup R$ es precisamente el conjunto de puntos en los que $\tau_s$ y $\tau_o$ no están de acuerdo.

Dejemos que $D_0$ sea un contable $\tau_s$ -subconjunto denso de $X\setminus(L\cup R\cup N)$ y que $D=D_0\cup L\cup R\cup N$ podemos suponer que $D$ contiene cualquier punto final de $X$ . Enumerar $D=\{x_n:n\in\omega\}$ y $\mathbb{Q}=$ $\{q_n:n\in\omega\}$ . Definir recursivamente $\varphi:D\to\mathbb{Q}$ como sigue: si $\varphi(x_k)$ se ha definido para $k<n$ , dejemos que $$m=\min\bigg\{i\in\omega:\forall k<n\big[q_i<\varphi(x_k)\leftrightarrow x_n<x_k\big]\bigg\}\;,\tag{1}$$ y establecer $\varphi(x_n)=q_m$ . Claramente $\varphi$ es preservador del orden.

Supongamos que $x\in L$ . Entonces $x=\sup_X(\leftarrow,x)\cap D$ y la construcción garantiza que $\varphi(x)=$ $\sup_\mathbb{R}\varphi[(\leftarrow,x)\cap D]$ . De la misma manera, $\varphi(x)=\inf_\mathbb{R}\varphi[(x,\to)]$ para cada $x\in R$ .

Ampliar ahora $\varphi$ a $X$ al establecer $\varphi(x)=\sup_\mathbb{R}\{\varphi(y):y\in(\leftarrow,x)\cap D\}$ para $x\in X\setminus D\;$ claramente $\varphi$ es estrictamente preservador del orden. Además, la construcción garantiza que si $x=\sup_X(\leftarrow,x)$ entonces $\varphi(x)=\sup_\mathbb{R}\varphi[(\leftarrow,x)]$ y si $x=\inf_X(x,\to)$ entonces $\varphi(x)=\inf_\mathbb{R}\varphi[(x,\to)]$ . (Esto es una consecuencia de establecer $\varphi(x_n)$ a $q_m$ con $m$ dado por $(1)$ .)

Dejemos que $Y=\varphi[X]$ claramente $Y$ con la topología de orden es homeomorfo a $\langle X,\tau_o\rangle$ . Supongamos que $y=\varphi(x)$ es un pseudogap izquierdo de $Y$ . Entonces $\varphi(x)\ne\sup_\mathbb{R}\varphi[(\leftarrow,x)]$ Así que $x\ne\sup_X(\leftarrow,x)$ . Esto sólo es posible si $x$ tiene un predecesor inmediato $x^-$ en $X$ y en ese caso $(\varphi(x^-),y)=\varnothing$ y $y$ no es un pseudogap izquierdo de $Y$ después de todo. De la misma manera, $Y$ no tiene ningún pseudogap derecho, y por tanto las topologías de subespacio y de orden en $Y$ coinciden entre sí, y $\langle X,\tau_o\rangle$ es homeomorfo a $Y$ .

Answer 2

Según este documento cualquier segundo espacio ordenado contable es (de orden) homeomorfo a un subespacio de $\mathbb{R}$ . Además, cualquier separable es homeomorfo a un subespacio de la línea de Sorgenfrey. Las pruebas parecen similares a las de Brian.