¿Hay un espacio topológico$(C,\tau_C)$ y dos puntos$c_0\neq c_1\in C$ de modo que se cumpla lo siguiente?
Se conecta un espacio$(X,\tau)$ si y solo si para todos$x,y\in X$ hay un mapa continuo$f:C\to X$ tal que$f(c_0) = x$ y$f(c_1) = y$.
¿Existe también un espacio de Hausdorff que satisfaga lo anterior?
No hay tal espacio de $C$ puede existir.
Vamos a derivar una contradicción a partir de la suposición de que $C,c_0,c_1$ como se desee existe.
Vamos a κ ser cualquier cardinal mayor que $|C|$. Ver $\kappa$ como un ordinal. Para cada β en κ añadir una copia de la unidad de intervalo entre β β+1, y añadir un punto ∞ en la final. La resultante "Línea Muy Larga" $L_\kappa$ es densa y completa, por lo tanto conectado como un espacio topológico.
Como $L_\kappa$ está conectado, debe haber un mapa continuo $f$ de $C$ a $L_\kappa$ cuya imagen $L'$ contiene $0$ e $\infty$. Deje $b\notin L'$. A continuación, el mapa de $h$ que envía todo por debajo de $b$ a $0$ y todo por encima de $b$ a $1$ es continuo desde la $L'$ a el espacio discreto $\{0,1\}$.
Por lo que el mapa de $h\circ f:C\to \{0,1\}$ testigos que $\{0,1\}$ está conectado, una contradicción.
(Esto es sólo una variante de Helene Sigloch del anterior argumento.)
En primer lugar, no puede haber un camino de $c_0$ a $c_1$, más un mapa continuo daría un camino de $x$ a $y$. Por el mismo argumento, $C$ no se le permite tener un número finito o countably muchos de los componentes de la ruta. Si uno puede construir algo como la topologist de la curva sinusoidal en una línea muy larga de arbitrariamente grande, cardinalidad, el número de componentes de la ruta de $C$ tiene que ser mayor o igual que cualquier número cardinal. No hay mayor número cardinal. Por lo tanto, el conjunto de puntos de $C$ es ningún set.
Por lo tanto: Si existen líneas de largo en cada cardinalidad, la respuesta a tu pregunta es no.
Edit: OK, si $x$ e $y$ son uncountably lejos, no hay camino de $x$ a $y$. Llame a el conjunto de puntos entre el $x$ e $y$ el "largo camino" de $x$ a $y$. Contiene un número arbitrariamente grande de conectarse de forma no-trayectoria-conectado, de a pares distintos sub"rutas". Dicen que el número es $\kappa '$. Los componentes conectados de sus preimages en $f$ también tiene que ser no-trayectoria-conectado y pares distintos. Por lo tanto, el espacio universal $C$ que estamos buscando debe tener al menos $\kappa '$ componentes de la ruta, por lo tanto, al menos, $\kappa '$ puntos. Si la "línea muy larga" existe para cada cardinalidad, el espacio universal $(C, c_0,c_1)$ no puede existir.
Edit: Goldstern el argumento de que es mucho más simple que esto. Sólo para la integridad: las líneas Muy largas existir (ver Goldstern del comentario) y así que la respuesta es definitivamente No.
Edit: El concepto de homotopy teoría con respecto a un gran intervalo es realmente trabajado. Me tropecé con un preprint por Penrod en el campo y las bases parecen ser establecidas por el Cañón-Gonner [J. Cannon y G. Conner, El gran grupo fundamental, grande de Hawai pendientes, y las grandes gratis los grupos, de la Topología de Appl. 106 (2000)].
Yo afirman que por cada cardenal $\lambda$, hay conectado un espacio de $C$ e $c_{0},c_{1}\in C$ de manera tal que siempre que $|X|<\lambda$,, a continuación, $X$ está conectado si y sólo si para todos los $x,y\in X$ hay algunas mapa continuo $f:C\rightarrow X$ con $f(c_{0})=x$ e $f(c_{1})=y$.
Deje $I$ ser un conjunto de índices y deje $(X_{i},x_{i},y_{i})_{i\in I}$ ser una enumeración de todos los espacios conectados con dos puntos de cardinalidad menor que $\lambda$ hasta un isomorfismo la preservación de la $x_{i}$ e $y_{i}$. Deje $C=\prod_{i\in I}X_{i}$, vamos a $c_{0}=(x_{i})_{i\in I}$, y deje $c_{1}=(y_{i})_{i\in I}$. A continuación, $C$ está conectado. Por lo tanto, si $X$ es un espacio de y para cada una de las $x,y\in X$ hay algo de $f:C\rightarrow X$ con $f(c_{0})=x,f(c_{1})=y$,, a continuación, $X$ está conectado. Por otro lado, si $X$ está conectado, $|X|<\lambda$ e $x,y\in X$,, a continuación, $(X,x,y)\simeq(X_{i},x_{i},y_{i})$ para algunos $i\in I$. Sin embargo, la proyección sobre la $i$-th coordinar $\pi_{i}:C\rightarrow X_{i}$ es una asignación continua con $\pi_{i}(c_{0})=x_{i},\pi_{i}(c_{1})=y_{i}$.
Espero que mi ejemplo a continuación es tan elegante como la continua largo de la línea proporcionada por Goldstern anterior, mientras que mi ejemplo es la menos esperada. También, mientras que a largo de la línea es más simple en sí mismo, la prueba es más simple en mi caso. Por último, tal vez los lógicos, encontrará algunas de las ventajas (voy a hacer un poco de él-no estoy seguro de hacerlo bien).
Deje $\ A\ $ ser un conjunto arbitrario. El siguiente ordenó triple $\ (\mathbf S_A\ \mathbf 0\ \mathbf 1)\ $ donde $\ \mathbf S_A:=(S_A\ T_A)\ $ es un espacio topológico--llamar a un esqueleto, y $\ \mathbf {0\ 1}\in S_A,\, $ es se define a continuación, mientras que la primera (antes de tiempo) vamos a formular
TEOREMA Para cada conectado subconjunto $\ X\subseteq S_A,\ $ tal que $\ \mathbf {0\ 1}\in X,\ $ la desigualdad de cardinalidades $\ |X|\ge|A|\ $ mantiene.
De esta forma se da una simple respuesta negativa a la pregunta de este hilo planteados por Dominic.
DEFINICIÓN
La PRUEBA (del teorema) El componente conectado de $\ \mathbf 0\ $ en $\ S_A\ $ es denso en $\ S_A,\ $, lo que significa que su cierre, es decir, el espacio $\ S_A\ $ sí, está conectado también. A continuación, vamos a:
$$H^a\ :=\ \{x\in[0;1]^A\ :\ x_a=\frac 12$$
Deje $\ X\subseteq S_A\ $ ser conectado a un subconjunto tal que $\ \mathbf {0\ 1}\in X.\ $ Entonces $\ p_a(X)=[0;1],\ $ por lo tanto $\ H\,^a\cap X\ne \emptyset.\ $, con Lo que
$$ |X|\ \ge\ \left|\left\{H^a\ :\ a\in A\ \right\}\right|\ =\ |A|$$
De hecho, los conjuntos de $\ H^a\ $ son disjuntas (por lo tanto, diferentes). FINAL de la Prueba
G E N E R A L I Z A T I O N
Podemos reemplazar la topológico intervalo de $\ [0;1],\ $, y sus tres puntos de $\ 0\ \frac 12\ 1,\ $ por un arbitrario conectado espacio de $\ S\ $, y sus tres puntos de $\ a\ h\ b,\ $ tal que $\ h\ $ separa $\ a\ b\ $ (lo que significa que no están abiertos los conjuntos de $\ G\ $ e $\ H:=(S\setminus\{h\})\setminus G\ $ de % de $\ S\ $ tal que $\ a\in G\ $ e $\ b\in H$. Etc. El teorema aún se mantiene.
Lógico consideraciones
No estoy utilizando los números ordinales. Mi construcción es libre de complicaciones, especialmente cuando se $\ S\ $ de la generalización es correcta 3 puntos del espacio de $\ \{a\ h\ b\}.\ $, Lo que me preocupa sólo acerca de los axiomas como el axioma de elección o de un conjunto de hipótesis, y similares, acerca de su relación con el producto cartesiano, y a la asamblea general ordinaria $\ [0;1]\ $ de mi principal ejemplo.
EXTRA. Compacidad. Otra conexión de prueba.
Espacio de $\ \mathbf S_A\ $ es compacta, es un subconjunto cerrado de Tikhonov cube $\ [0;1]^A:\ $ , de hecho, vamos a $\ x\in [0;1]^A\setminus S_A.\ $, a Continuación, existen dos diferentes índices de $\ a\ b\ \in\ A\ $ tal que $\ (x_a\ x_b)\in (0;1)^{\{a\ b\}}.\ $, con Lo que la inversa de la imagen de esta plaza abierta en virtud de la proyección canónica $\ p_{a\ b} : [0;1]^A\rightarrow(0;1)^{\{a\ b\}}\ $ es disjunta de $\ S_A\ $ (uno podría decir que el $\ [0;1]^A\setminus S_A\ $ es abierto porque se trata de una unión de la inversa de imágenes de abrir plazas). Por lo tanto, de hecho, $\ S_A\ $ es compacto.
Ahora $\ \mathbf S_A\ $ está conectado porque es una inversa límite de los espacios de $\ \mathbf S_B\ $ para todos finito $\ B\subseteq A,\ $ bajo la canónica de las proyecciones. (También se podría usar som otros argumentos similares). Este límite inversa de la naturaleza de la $\ \mathbf S_A\ $ muestra su cobertura 1-dimensionalidad:
$$\dim \mathbf(S_A)\ =\ 1$$
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