Hay una serie que es a la vez un sigma álgebra y la topología, pero no un powerset?

Question

Hay una serie que es a la vez un sigma álgebra, $\Sigma$, y una topología, $\tau$, pero no un powerset, $\mathcal{P}$?

Answer 1

Sí. Si $X$ es cualquier conjunto que contenga al menos dos elementos, a continuación, la colección de $\{ X, \varnothing \}$ es una $\sigma$-álgebra y la topología en $X$, pero no es el powerset.

Answer 2

Si se agrega la condición de Hausdorff, entonces usted puede conseguir el pleno poder establecer resultado, como explico a continuación. Mientras tanto, en general, este es un sentido en el que cada una de estas álgebra/topología es en realidad un juego de poder.

Teorema. Cada familia $\cal{A}$ establece que es a la vez un $\sigma$-álgebra y la topología en un conjunto $X$ (o incluso sólo un álgebra y topología) es isomorfo, como un orden parcial en $\subseteq$, una potencia del orden establecido. Específicamente, $\cal{A}$ es isomorfo al juego de poder de la colección de mínimos no vacío de elementos de $\cal{A}$, que forman una partición de $X$.

Prueba. Supongamos que $\cal{A}$ es cerrado bajo complementar y es una topología en $X$. Por lo tanto, $\cal{A}$ es cerrado bajo complementar y arbitraria de los sindicatos, y, por tanto, por de Morgan es cerrado bajo arbitraria intersección. Para cada una de las $x\in X$, vamos a $[x]$ ser la intersección de todos los $A\in\cal{A}$$x\in A$. Por lo tanto, $[x]\in \cal{A}$, y estos son simplemente el mínimo no vacío de elementos de $\cal{A}$. Estas particiones $X$, y la forma de las clases de equivalencia de la relación $x\sim y$ fib $x$ $y$ están en todos los mismos elementos de $\cal{A}$. Cada elemento de a $\cal{A}$ es una unión, de las distintas clases de $[x]$, y además, cada unión de las clases de $[x]$$\cal{A}$. Así que el orden parcial $\langle \cal{A},{\subseteq}\rangle$ es isomorfo al juego de poder de las clases $\langle P(X/\sim),\subseteq\rangle$, ya que cada elemento de a $A\in \cal{A}$ irrumpe en la unión de piezas de la partición $A=\bigcup_{a\in A}[a]$. QED

Ahora vamos a agregar un requisito de la separación a la topología de lograr el pleno poder establecer resultado.

Teorema. Cada familia $\cal{A}$ establece que es a la vez un álgebra y topología de Hausdorff en $X$ es el completo juego de poder de $X$.

Prueba. Si la topología es Hausdorff, o simplemente aun $T_1$, entonces la relación $x\sim y$ menciono anteriormente es sólo $x=y$, y por lo $[x]=\{x\}$. Así que todos los embarazos únicos en $\cal{A}$, que es cerrado bajo arbitraria de los sindicatos. Por lo ${\cal A}=P(X)$. QED

Answer 3

Sugerencia: una topología en $X$ que contiene todos los singletons $\{x\}$ $x \in X$ es el juego de poder. Pruebe con un muy simple $\sigma$-álgebra sobre un conjunto finito.

Answer 4

Esto se puede hacer fácilmente en lo suficientemente grandes conjuntos infinitos, por ejemplo considere el $$\mathcal A=\{A\subseteq\mathbb R\mid A\subseteq\mathbb N\text{ or }\mathbb R\setminus A\subseteq\mathbb N\}.$$

Veamos que esto es una topología y una $\sigma$-álgebra:

1. Claramente $\mathbb R$ $\varnothing$ se encuentran en esta colección.
2. Es cerrado bajo contables de las intersecciones, supongamos $A_n$ es una colección de conjuntos en $\cal A$. Si la intersección es vacía, entonces hemos terminado, de lo contrario
   • si hay al menos un conjunto que es un subconjunto de a$\mathbb N$, entonces, obviamente, su intersección es un subconjunto de a $\mathbb N$ y por lo tanto es de $\cal A$; de lo contrario
   • todos los conjuntos son subconjuntos de a $\mathbb R\setminus B$ donde $B\subseteq\mathbb N$, luego por DeMorgan que esta vez es cierto.
3. Cerrado bajo cualquier tipo de sindicatos, tome $\{A_i\mid i\in I\}$ cualquier colección de conjuntos de $\cal A$, y por similares (pero dual) argumentos antes de que la unión es de $\cal A$.
4. Cierre bajo complemento es trivial.

Es bastante obvio que $\cal A\neq P(\Bbb R)$ desde los racionales (por ejemplo) no están en $\cal A$.

(Tenga en cuenta que este es esencialmente equivalente a dos copias de $\cal P(\Bbb N)$, aunque no es del todo así.)