¿Existe otra topología en $\mathbb{R}$ que da las mismas funciones continuas de $\mathbb{R}$ a $\mathbb{R}$ ?

Question

Si miramos cualquier conjunto $X$ con la topología trivial, entonces todas las funciones de $X$ a $X$ son continuas. También podríamos tomar la topología discreta y obtener el mismo resultado: todas las funciones son continuas.

Otro ejemplo: Tomemos el espacio de Sierpinski, todas las funciones de él a sí mismo, excepto la función que conmuta 0 y 1, son continuas. De nuevo hay otra topología que da las mismas funciones continuas (sólo hay que tomar el otro singleton como abierto).

¿Es esto cierto para $\mathbb{R}$ ¿también? Tenga en cuenta que no estoy preguntando si $\mathbb{R}$ es completamente regular que es una propiedad aparentemente similar pero diferente (en esa propiedad, el espacio de la imagen está dotado de la topología euclidiana si no me equivoco).

Estoy interesado en $\mathbb{R}$ especialmente porque esto daría otra forma de pensar en las funciones continuas en él. Los estudiantes de secundaria aprenden una definición de delta épsilon, pero se les puede enseñar lo que es un conjunto abierto y definir lo continuo de esa manera. La definición habitual de abierto es entonces "unión de intervalos abiertos", pero quizá haya una elección diferente de abiertos para obtener la misma noción de funciones continuas.

Dicho esto, también me interesan otros espacios en los que se pueda cambiar la topología para obtener las mismas funciones continuas a sí mismo, como los ejemplos que he dado, o en espacios donde se pueda demostrar que la topología es la única que da esos mapas continuos.

Gracias de antemano

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Supongamos que $X$ tiene más de 1 elemento. El argumento que CarryonSmiling expone se puede generalizar de la siguiente manera:

Llamemos a un espacio que es T1 y conectado un espacio Tc. Si dos topologías sobre $X$ tienen los mismos mapas continuos de $X$ a sí mismo, entonces son ambos Tc o ambos no Tc. Esto es cierto porque Tc es equivalente a la propiedad que utiliza CarryonSmiling, que se expresa sólo con mapas continuos de $X$ a sí mismo:

$$(*)\quad\mbox{No map $ h:X \rightarrow X $ whose range has exactly two elements is continuous.}$$

Para ver esta equivalencia, observe que $$T1 \iff \mbox{closed singletons} \iff \mbox{every subspace with exactly 2 elements is discrete}$$ $$\mbox{connected} \iff \mbox{every continuous map to the discrete space with 2 elements is constant}$$ Eso significa que T1 y la conectividad juntos son exactamente $(*)$ . Tal vez esto pueda ayudar a encontrar un espacio que esté determinado por sus mapas continuos hacia sí mismo. Por favor, hazme saber si alguna parte de este razonamiento no es válida.

Answer 1

Supongamos que $\tau$ es una topología de este tipo. Para mayor claridad, usaré "abierto" para referirme a abierto en el sentido habitual, y " $\tau$ -abierto" para significar abierto en la nueva topología, $\tau$ ; de manera similar con "continuo" y " $\tau$ -continua".

Demostraremos que $\tau$ es de hecho un refinamiento de la topología habitual en $\mathbb{R}$ . El único dato sobre la topología habitual utilizada es $$(*)\quad\mbox{No map $ h: \mathbb {R} \rightarrow\mathbb {R} $ whose range has exactly two elements is continuous.}$$

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Comenzamos demostrando que $\tau$ es $T_1$ . Toma $a\neq b$ y tomar dos subconjuntos no vacíos $A,B$ con $A\cap B=\varnothing$ y $A\cup B=\mathbb R$ y con $B$ $\tau$ -abierto. Este $A, B$ existen desde $\tau$ no es indiscreto: si $\tau$ fuera, tendría demasiadas funciones continuas.

Ahora por $(*)$ la función que envía $A$ a $a$ y $B$ a $b$ no es continua en la topología habitual, por lo que no es $\tau$ -continua bien.

Desde $f$ no es $\tau$ -continuo, debemos tener que $A$ no es $\tau$ -abierto. Ahora, el único $f$ -las preimágenes son $\emptyset, B, \mathbb{R}, A$ el único de ellos que no es $\tau$ -abrir es $A$ Así pues, para $f$ para no ser $\tau$ -continuo debe haber algún $\tau$ -sistema abierto $U$ con $f^{-1}(U)=A$ . Es decir, debe haber una $\tau$ -conjunto abierto que contiene $a$ y no $b$ .

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Así que tenemos que $\tau$ es $T_1$ . (Nota: $\tau$ también está conectado por el mismo argumento, pero eso no es directamente útil para el resto de este argumento).

Ahora podemos demostrar que $\tau$ perfecciona la topología habitual. Dado que $\tau$ es $T_1$ sabemos que $\mathbb R\setminus \{x\}$ es $\tau$ -abierto para todos $x$ . Para $a\in\mathbb{R}$ Consideremos la función $f_a(x)=\max(a,x)$ . Esta función es continua y por tanto $\tau$ -continua. Dado que $\mathbb R\setminus \{a\}$ es $\tau$ -abierto, su $f_a$ -la imagen previa debe ser $\tau$ -abierto; es decir, $(a,\infty)$ es $\tau$ -abierto. Podemos demostrar $(-\infty,a)$ es abierto análogamente. Intersecando conjuntos abiertos, obtenemos que $(a, b)$ es $\tau$ -abierto para todos $a,b\in\mathbb{R}$ .

Answer 2

Carry on Smiling ha demostrado que si $\tau$ es una topología en $\mathbb{R}$ tiene las mismas funciones continuas $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ como la topología habitual, entonces $\tau$ contiene la topología habitual. Ahora mostraré que $\tau$ también debe estar contenida en la topología habitual, y por tanto debe ser realmente igual a la topología habitual.

Supongamos que $A\subset\mathbb{R}$ es un conjunto que es $\tau$ -cerrado pero no cerrado. Elija un punto $x\in\mathbb{R}\setminus A$ y una secuencia de puntos $(x_n)$ en $A$ que convergen en $x$ . Para simplificar la notación, permítanme suponer $x=0$ y $x_n=1/n$ . De hecho, esto no pierde generalidad: podemos suponer que el $x_n$ convergen a $x$ monótonamente pasando a una subsecuencia, y entonces podemos aplicar un homeomorfismo de $\mathbb{R}$ para enviar $x$ a $0$ y $x_n$ a $1/n$ .

Así que podemos suponer $0\not\in A$ pero $1/n\in A$ para todos los enteros positivos $n$ . Consideremos ahora el mapa $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dado por $f(x)=0$ para $x\leq 0$ , $f(x)=1/n$ si $x\in [1/(2n+1),1/2n]$ para algún número entero positivo $n$ , $f(x)=1$ si $x\geq 1/2$ e interpolar linealmente para otros valores de $x$ . Entonces $f$ es continua. Sea $g$ se definirá de forma similar a $f$ , excepto que $g(x)=1/n$ si $x\in [1/2n,1/(2n-1)]$ . Dejemos que $h(x)=f(-x)$ y $i(x)=g(-x)$ . Ahora observe que $f^{-1}(A)\cup g^{-1}(A)$ contiene todos los números positivos, y $h^{-1}(A)\cup i^{-1}(A)$ contiene todos los números negativos. Por otro lado, ninguno de estos conjuntos contiene $0$ ya que todas las funciones mapean $0$ a $0$ y $0\not\in A$ . Así, $f^{-1}(A)\cup g^{-1}(A)\cup h^{-1}(A)\cup i^{-1}(A)=\mathbb{R}\setminus\{0\}$ .

Por supuesto, $f$ , $g$ , $h$ y $i$ son todos $\tau$ -continuo. De ello se deduce que $\mathbb{R}\setminus\{0\}$ es $\tau$ -cerrado. Para cada $r\in\mathbb{R}$ $j_r(x)=x-r$ también es $\tau$ -continuo, así que de hecho $\mathbb{R}\setminus\{r\}$ es $\tau$ -cerrado para todos $r$ . Pero esto significa $\tau$ es la topología discreta, lo cual es imposible ya que entonces toda función sería $\tau$ -continuo.

Por lo tanto, ningún conjunto de este tipo $A$ puede existir, y $\tau$ está contenida en la topología habitual.