Hay una cantidad no numerable de no homeomórficos formas de topologize un countably conjunto infinito?

Question

Hoy estuve jugando un poco tratando de contar las topologías en un conjunto finito. Yo no tenía mucho progreso, así que me puse a googlear y rápidamente descubrió que es un problema abierto para dar una forma cerrada expresión para el número $T_n$ de topologías en un conjunto con $$ n elementos. En este punto, me pregunté "si no puedo calcular $T_n$, puedo quizás calcular $T_\omega$?".

Primero me preguntó si incluso es obvio que hay una cantidad no numerable de formas de topologize un countably conjunto infinito de $X$. Es. Por cada $S \subconjunto X$, $\{\varnothing, S, X\}$ es una topología así que hay al menos $c$ formas de topologize $X$. Esto es un poco tramposo, aunque dado que, hasta homeomorphism, esta topología depende sólo de las cardinalidades de $S$ y $X-$ S para la que sólo hay countably muchas posibilidades. Así que nos conducen naturalmente a la pregunta del título:

Hay una cantidad no numerable de no homeomórficos topologías en un countably conjunto infinito?

El enfoque más evidente que se me ocurrió fue buscar en el orden de las topologías. Distintos números ordinales no son de orden-isomorfo y hay una cantidad no numerable de contables ordinales por lo que seguramente considerando los contables de los números ordinales en su orden topologías nos presentan una cantidad no numerable de nonhomeomorphic espacios... ¿verdad? Hay una brecha, porque aunque distintos ordinales pueden ser homeomórficos. Por ejemplo, si $\alpha \geq \omega$ entonces $\alpha + 1, \alpha +2, \alpha +3, \ldots$ son todos homeomórficos (podemos colar el $n$ puntos aislados en el extremo de $\alpha + (n+1)$ en la copia de la $\omega$ al comienzo de $\alpha + 1$). Para cerrar la brecha, tenemos que demostrar que para cualquier contables ordinal $\alpha$, existe una contables ordinal $\beta > \alpha$ homeomórficos a ningún ordinal en $[0,\alpha]$. Yo estaría sorprendida si esto no se, pero para demostrar que probablemente requieren más que la teoría de conjuntos que tengo a mi disposición.

Si mi pregunta del título es de fácil respuesta (afirmativa), entonces, como una pregunta de seguimiento, yo también estaría interesado en saber si realmente podemos determinar el número de topologías en una contables conjunto (topologías, correcto o topologías hasta homeomorphism). Por el momento parece que me puede hacer poco más que el suministro de la obvia límite superior de $2^c$ para ambas cantidades...

Añadido: ha habido varios agradable respuestas. Nate (cuya respuesta acepté) proporcionado probablemente la más pulida manera de resolver la pregunta del título.

Martin responde a la pregunta de seguimiento mostrando que la existencia de $2^c$ ultrafilters en $\omega$ (esto está demostrado en su primer link) implica la existencia de $2^c$ topologías en $\omega + 1$ (por lo tanto, $2^c$ topologías hasta homeomorphism ya no son sólo $c$ permutaciones de una contables conjunto). En realidad, parece que la prueba de que hay $2^c$ ultrafilters puede ser fácilmente adaptado para demostrar la existencia de $2^c$ topologías directamente. Voy a esbozar el argumento de abajo, mientras los puedo convencer a mi mismo, yo entiendo lo que está pasando.

Deje que $X$ (contables) conjunto de todos los subconjuntos de $\mathbf{R}$, que son finitos uniones de intervalos racionales extremos. Para cualquiera de los $2^c$ conjuntos $S \subconjunto \mathbf{R}$ obtenemos una base de $\mathscr{B}_S$ para un toplogy en $X$ que consta de todos los conjuntos $U_S(F) := \{ x \in X : x \cap F = S \cap F \}$ como $F$ rangos de subconjuntos finitos de $\mathbf{R}$. Esta es una base ya que si $x \in B(F_1) \cap B(F_2)$ entonces $x \in B(F_1 \copa F_2) \subconjunto de B(F_1) \cap B(F_2)$. Queda por comprobar que los diferentes subconjuntos de $\mathbf{R}$ dar lugar a diferentes topologías. De hecho, si $\mathscr{B}_T$ es un refinamiento de $\mathscr{B}_S$ entonces $S \subconjunto T$. Suponga que $s \in S$. Si $\mathscr{B}_T$ refina $\mathscr{B}_S$ entonces existe un subconjunto finito de $F \subconjunto \mathbf{R}$, de modo que $U_T(F) \subconjunto U_S(\{s\})$. Wlog $s \in F$ desde $U_T(F \cup \{s\}) \subconjunto U_T(F)$. Si $s \noen T$ tenemos $s \noen x$ para todo $x \in U_T(F)$ mientras $s \in x$ para todo $x \in U_S(\{s\})$ para estos la base de los elementos son distintos. Por lo tanto $s \T$ debe obtener y hemos terminado.

Answer 1

Aquí es un simple, aunque no óptimo, respuesta.

En cualquier espacio topológico $(X,\tau)$, digamos un conjunto abierto $U$ es mínima si para cada abierto $V \subconjunto de U$, $V=U$ u $V=\emptyset$. (Que es, no tiene ningún vacío abierto apropiado subconjuntos; es, en cierto sentido, un "átomo".) Para un número natural $n$, vamos a $F_\tau(n)$ ser el número de un mínimo de abrir conjuntos que contienen $$ n elementos. Es fácil ver que la función $F_\tau$ es preservada por homeomorphisms, así topologías con diferentes $F_\tau$s no son homeomórficos.

Si $X = \{x_1, x_2, \dots\}$ es una contables conjunto, para cualquier función $F : \mathbb{N} \to \mathbb{N}$, se puede producir una topología $\tau$ en $X$ con $F_\tau = F$. Sólo tienes que elegir la partición de $P$ de $X$ que contiene a $F(n)$ conjuntos de tamaño $n$, y tomar la topología $\tau$ generada por $P$ (y tenga en cuenta que en $\tau$, los conjuntos de $P$ son mínimos abierto). Por ejemplo, si $F(n) = n$, podríamos tomar una partición como $$\{ \{x_1\}, \{x_2,x_3\},\{x_4,x_5\}, \{x_6,x_7,x_8\}, \{x_9, x_{10}, x_{11}\}, \{x_{12},x_{13},x_{14} \}, \cdots \}.$$

Desde $\mathbb{N}^\mathbb{N}$ es incontable, esto produce una cantidad no numerable de no homeomórficos topologías en $X$.

Por supuesto, no son sólo $\mathfrak{c}$ de estos, no es de $2^\mathfrak{c}$, pero al menos son simples.

Answer 2

Para cualquier (ultra)filtro de $\mathcal F$ en $\omega$ puede definir una topología $\omega\cup\{\omega\}$ dada por la base de $\{\{a\};\en\omega\} \cup \{\{\omega\}\copa de Un;\in\mathcal F\}$. (I. e. los barrios de el punto de $\omega$ están dadas por los conjuntos del filtro y otros puntos aislados.)

No debería ser muy difícil demostrar que esos dos espacios son homeomórficos si y sólo si el correspondiente de la (ultra)filtros son isomorfos. (En el sentido de que no es un bijection la transformación de un filtro a otro. De hecho, basta notar que podemos recuperar el filtro de la topología de tomar todos los barrios de el punto de $\omega$ y la eliminación de este punto.)

Ya se sabe que hay $2^{\mathfrak c}$ no isomorfos ultrafilters en $\omega$, obtenemos que hay $2^{\mathfrak c}$ no homeomórficos contables de espacios topológicos. (Si mal no recuerdo, este resultado es debido a Prikry Pospíšil; yo no era capaz de encontrar una referencia, pero rápida búsqueda en google da por ejemplo, esta discusión.)

Sin embargo, aquí he utilizado un avanzado hecho sobre ultrafilters, espero que alguien va a venir para arriba con un más elementales de la solución. (Y también espero que no me equivoco).

EDITAR: Ahora que he encontrado en la Comodidad, Negrepontis: la Teoría de La Ultrafilters, Corolario 7.4, que afirma que hay $2^{2^{|X|}}$ gratis ultrafilters en un conjunto $X$. Es imputables a Pospíšil.

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EDITAR: Ahora he tenido tiempo para echar un vistazo más de cerca en el enlace que he proporcionado y puedo ver que el mismo razonamiento que para ultrafilter obras para las topologías.

Si sabemos que existe $2^{\mathfrak c}$ topologías, y notamos el hecho de que en cada homeomorphism clase puede ser de sólo $\mathfrak c$-muchos de ellos (desde $\mathfrak c$ es el número de bijections de $\omega$ $\omega$); no son precisamente de $2^{\mathfrak c}$ clases.

El hecho de que en un conjunto $X$ existe $2^{2^{|X|}}$ topologías se menciona como Teorema 1.4 en el papel de Roland E. Larson y Susan J. Andima, El entramado de topologías: Una encuesta de ecuaciones, de las Montañas Rocosas J. Math. Volumen 5, Número 2 (1975), 177-198, doi: 10.1216/RMJ-1975-5-2-177. La referencia para este resultado dado en este trabajo es el de Otto Fröhlich, Das Halbordnungssystem der topologischen Räume auf einer Menge, Matemáticas. Ann. 156 (1964), 79-95. (Tal vez para el caso $|X|=\aleph_0$ no es una simple prueba.)

Answer 3

Cualquier orden parcial, $(P,<)$ determina una topología en $P\,$ por definir un subconjunto de $D$ abierta si:

$$\forall x\D,\text{ si } y<x, \text{ entonces } y \D$$

Esta topología tiene la ventaja de que si la topología en dos conjuntos parcialmente ordenados son homeomórficos, entonces los conjuntos parcialmente ordenados son isomorfos.

Así hay una cantidad no numerable parcial de las órdenes en una contables establecen que no son isomorfos?

Vamos $S\subconjunto \mathbb{N}$. Definir los elementos de los contables de la orden:

$$\{s,a_1,a_2,a_3,...,b_{1,1},b_{2,1},b_{2,2},b_{3,1}...\}$$

con $b_{n,i}$ tener la condición $i\leq$ n y de las reglas:

$a_n <_S\, s$ si $n\in S$.

$b_{n,i}<_S \, a_n$

El $b_{n,i}$ garantizar que los elementos de $a_n$ cada uno tiene un número diferente de elementos más pequeños, por lo que no es no trivial automorphism, y el $s$ elemento asegura que esta orden de forma exclusiva codifica $S$.