¿Existe una topología $T$ en el conjunto de los números reales $\mathbb{R}$ , tal que el conjunto de $T$ -funciones continuas de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ es precisamente el conjunto de funciones diferenciables sobre $\mathbb{R}$ ?
Respuestas
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O. De hecho, si existe tal topología, entonces las funciones $f_{1},f_{2}:\mathbb R \to \mathbb R$ definido por $f_{1}(x)=-x$ y $f_{2}(x)=x$ son continuas. Ahora podemos restringir el dominio $f_1:(-\infty,0] \to \mathbb R$ y $f_2:[0,\infty) \to \mathbb R$ y se mantendrá continuo.
Ahora defina $f(x)=|x|$ es continua a partir del lema de encolado con las funciones $f_1,f_2$ .
Pero no es diferenciable.
Editar: Como Mark Saving señala correctamente, tenemos que demostrar que $(-\infty,0]$ y $[0,\infty)$ están cerradas.
Para demostrarlo, primero probamos que $T$ es $T_1$ . Dejemos que $a \neq b \in \mathbb R$ . Elija un conjunto abierto $B \in T$ tal que $B \neq \mathbb R, \emptyset$ - existe ya que en caso contrario T es la topología trivial. Definir $A = \mathbb R \setminus B$ . Ahora la función $f$ definido por $a$ en $A$ y $b$ en $B$ no puede ser continua ya que su imagen son dos puntos (por lo tanto no es continua en la topología estándar sobre $\mathbb R$ y, por tanto, no es diferenciable). Ahora las preimágenes de $f$ son $\emptyset, A, B, \mathbb R$ así $A$ no puede ser abierta (ya que de lo contrario toda preimagen es abierta y por tanto $f$ es continua) y como $f$ no es continua y $A$ es la única preimagen que no es abierta, existe un conjunto abierto $U \in T$ tal que $f^{-1}(U)=A$ y por lo tanto $U$ es un conjunto abierto que contiene $a$ y no $b$ . Y así $T$ es $T_1$ .
Así, todo singleton es cerrado en $T$ .
Ahora utilizamos el siguiente teorema: dejemos que $A$ sea un conjunto cerrado en $\mathbb R$ por lo que existe una función diferenciable $f:\mathbb R \to \mathbb R$ tal que $f^{-1}(\{0\})=A$ . Ahora bien, como $f$ es diferenciable es continua en T y porque $\{0\}$ es cerrado tenemos que $A= f^{-1}(\{0\})$ está cerrado en $T$ por lo que todo conjunto cerrado en la topología estándar es cerrado en $T$ .
Alex S
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Para ampliar la respuesta de @RT1, podemos utilizar el lema de pegado siempre que demostremos primero que $(-\infty,0]$ y $[0,\infty)$ son conjuntos cerrados en $T$ .
Supongamos que tal $T$ existe. Claramente, $T$ no es la topología trivial. Sea $U\in T$ sea un conjunto no vacío tal que $U\neq \mathbb R$ . Entonces existe $y\in\mathbb R$ tal que $y\not\in U$ . Sea $f:\mathbb R\to\mathbb R$ sea una función diferenciable tal que $f(x)=y$ para $y\geq 1$ y $y\leq 0$ y $f(x)\in U$ para algunos $x\in (0,1)$ . Entonces $V:=f^{-1}(U)$ es un subconjunto no vacío de $(0,1)$ . Desde $f$ es $T$ -continuo, $V\in T$ .
Ahora, dejemos que $(a,b)\subset\mathbb R$ . Definir $g:\mathbb R\to\mathbb R$ por $$g(x)=\frac{a-x}{a-b}.$$ Entonces observa que $g^{-1}(V)\subset(a,b)$ . Desde $V\in T$ y como $g$ es $T$ -continuo, concluimos que $(a,b)$ contiene un conjunto en $T$ .
A continuación, dejemos que $c\in\mathbb R$ y considerar $h:\mathbb R\to\mathbb R$ definido por $h(x)=x-c$ . Entonces $h$ es $T$ -continua, por lo que $$h^{-1}=V+c\in T.$$ Así, las traslaciones de conjuntos en $T$ también están en $T$ .
Ahora dejemos que $W\subset\mathbb R$ sea abierta en la topología habitual. Entonces, para cada $x\in W$ existe $\varepsilon>0$ tal que $(x-\varepsilon,x+\varepsilon)\subset W$ . Dado que cualquier intervalo contiene un conjunto no vacío en $T$ concluimos que existe una no-promesa $\tilde U_x\in T$ tal que $\tilde U_x\subset(x-\varepsilon/2,x+\varepsilon/2)$ . El conjunto $\tilde U_x$ no puede contener $x$ , pero contiene algún punto $\tilde x\in(x-\varepsilon/2,x+\varepsilon/2)$ . Por lo tanto, defina $U_x:=\tilde U_x+(x-\tilde x)$ que tiene las siguientes propiedades:
- $x\in U_x$ ,
- $U_x\in T$ ya que es una traducción de $\tilde U_x\in T$ y
- $U_x\subset (x-\varepsilon,x+\varepsilon)$ desde $\tilde U_x\subset (x-\varepsilon/2,x+\varepsilon/2)$ y $|x-\tilde x|<\varepsilon/2$ .
Así, $U_x\subset W$ y $$W=\bigcup_{x\in W}U_x\in T.$$
Concluimos que $(0,\infty)$ y $(-\infty,0)$ están en $T$ Así que $(-\infty,0]$ y $[0,\infty)$ son cerradas, por lo que podemos utilizar el argumento del lema de pegado.
