¿Cuántos subconjuntos cerrados de $\mathbb R$ son hay hasta Homeomorfismo?

Question

Sé que hay listas de subconjuntos convexos de $\mathbb{R}$ hasta Homeomorfismo y cerrados subconjuntos convexos de $\mathbb{R}^2$ hasta Homeomorfismo, pero, ¿sólo cerrados subconjuntos en general $\mathbb{R}$?

Answer 1

La clasificación de todos los subconjuntos cerrados de $\mathbb{R}$ hasta homeomorphism parece muy difícil, aunque quizá no del todo intractible. Sin embargo, no es demasiado difícil contar cuántos de ellos no son: no son exactamente $2^{\aleph_0}$ cerrado subconjuntos de a $\mathbb{R}$, hasta homeomorphism.

En primer lugar, desde $\mathbb{R}$ es segundo contable, sólo hay $2^{\aleph_0}$ cerrado subconjuntos de a $\mathbb{R}$, por lo que hay en la mayoría de las $2^{\aleph_0}$ diferentes subconjuntos cerrados hasta homeomorphism. Así que basta con dar una familia de $2^{\aleph_0}$ no homeomórficos cerrado subconjuntos de a $\mathbb{R}$.

Construir una familia, vamos a $f:\omega^\omega+1\to \mathbb{R}$ ser un continuo y el fin de la preservación de mapa desde el ordinal $\omega^\omega+1$ $\mathbb{R}$(no es demasiado duro para construir un mapa, y de hecho no es difícil de demostrar por inducción que para cualquier contables ordinal $\alpha$, hay una continua el fin de la preservación de mapa de $\alpha\to\mathbb{R}$). Para cada una de las $\alpha<\omega^\omega$, vamos a $I_\alpha$ ser el intervalo de $[f(\alpha),(f(\alpha)+f(\alpha+1))/2]$. Decir que un ordinal $\alpha<\omega^\omega$ rango $n$ si es de la forma $\alpha=\omega^Nk_N+\omega^{N-1}k_{N-1}+\dots+\omega^nk_n$ algunos $N,k_N,k_{N-1},\dots,k_n\in\mathbb{N}$$k_n\neq 0$. Es decir, el rango es el menor poder de $\omega$ que aparecen en la forma normal de Cantor de $\alpha$ (también es el Cantor-Bendixson rango de $\alpha$ como un elemento del espacio de $\omega^\omega+1$).

Ahora si $A\subseteq\mathbb{N}$, definir $$S_A=f(\omega^\omega+1)\cup\bigcup_{\operatorname{rank}(\alpha)\in A}I_\alpha.$$ Menos formalmente, construimos $S_A$ tomando la imagen del mapa de $f$ y la adición de un pequeño intervalo a la derecha de cada punto cuyo rango es de $A$. Es fácil ver que cada una de las $S_A$ es cerrado; yo reclamo que podemos recuperar el conjunto $A$ desde el homeomorphism tipo de $S_A$, lo $S_A\cong S_B$ implica $A=B$. De hecho, considerar el cociente del espacio de $S_A$ obtenido por el colapso de cada componente de $S_A$ a un punto. Es fácil ver que este cociente espacio puede ser identificado con $\omega^\omega+1$, con el cociente mapa de $q:S_A\to\omega^\omega+1$ dado por la inversa de a $f$ $f(\omega^\omega+1)$ $q(x)=\alpha$ si $x\in I_\alpha$. Así, la preimagen de un ordinal $\alpha$ bajo el mapa de $q$ es $\{f(\alpha)\}$ si $\operatorname{rank}(\alpha)\not\in A$, y es la totalidad del intervalo de $I_\alpha$ si $\operatorname{rank}(\alpha)\in A$. Por lo tanto un número natural $n$ $A$ fib existe un punto de la fila $n$ $\omega^\omega+1$ cuya inversa de la imagen en $q$ tiene más de un punto. Dado que el rango de un elemento de $\omega^\omega+1$ puede ser definido exclusivamente topológicamente (como la de Cantor-Bendixson rango), esta es una descripción del conjunto de $A$ utilizando sólo la estructura topológica de $S_A$.

Por tanto, para cada subconjunto $A$$\mathbb{N}$, hemos dado un subconjunto cerrado $S_A$$\mathbb{R}$, de tal manera que los diferentes conjuntos de dar a los no-homeomórficos cerrada por subconjuntos. Por lo tanto, hay $2^{\aleph_0}$ no homeomórficos cerrado subconjuntos de a $\mathbb{R}$.

Answer 2

Ya que hay sólo $2^{\aleph_0}$ cerrado subconjuntos de a $\mathbb R$ todo lo dicho, será suficiente la exhibición $2^{\aleph_0}$ nonhomeomorphic nada densa, cerrada por subconjuntos de a $\mathbb R.$

Para $S\subseteq\mathbb R$ $n\in\omega$ deje $S^{(n)}$ el valor del $n^{\text{th}}$ de Cantor-Bendixson derivados de $S,$ es decir, $S^{(0)}=S,\ S^{(1)}=S',\ S^{(n+1)}=(S^{(n)})'.$

Para $X\subseteq\mathbb R$ deje $A(X)$ denota el conjunto de todos los enteros positivos $n$ para los que existe una relativamente conjunto abierto $U\subseteq X$ tal que $S^{(n-1)}\cap U\ne S^{(n)}\cap U=S^{(n+1)}\cap U\ne\emptyset.$

Será suficiente para demostrar que, para cada conjunto $A$ de los enteros positivos, hay un lugar denso conjunto cerrado $X\subseteq R$$A(X)=A;$, de hecho, será suficiente para mostrar esto para un punto de set $A=\{n\}$ donde $n$ es un entero positivo.

Dado un entero positivo $n,$ construir un conjunto cerrado $X\subseteq\mathbb R$ de tipo de orden $\omega^n+\varphi$ donde $\varphi$ es el tipo de pedido del conjunto de Cantor; a continuación, $A(X)=\{n\}.$