La conexión de Galois entre topológico de cierre y topológico interior

Question

[Actualización: he cambiado la pregunta, de modo que $-$ sólo se aplica a los conjuntos cerrados y $\circ$ sólo se aplica a los bloques abiertos.]

Deje $X$ ser un espacio topológico con abrir conjuntos de $\mathcal{O}\subseteq 2^X$ y conjuntos cerrados $\mathcal{C}\subseteq 2^X$. Considere la posibilidad de que el par de mapas de $-:\mathcal{O}\leftrightarrows\mathcal{C}:\circ$ donde $-$ es el topológica de cierre y $\circ$ es la topológico interior. Bajo qué condiciones va a ser cierto que para todos los $A\in\mathcal{O}$ $B\in\mathcal{C}$ tenemos $$A\subseteq B^\circ \Longleftrightarrow A^-\subseteq B \,\,?$$

[Actualización: Darij mostró que esta condición tiene para todos los espacios topológicos.] Si esta condición no tiene entonces por el general tonterías (la teoría de resumen conexiones de Galois), obtenemos un isomorfismo de las rejillas $$-:P\approx Q:\circ$$ donde $P$ es el entramado de conjuntos de $A\in\mathcal{O}$ tal que $(A^-)^\circ=A$ $Q$ es el entramado de conjuntos de $B\in\mathcal{C}$ tal que $(B^\circ)^-=B$, donde ambos se $P$ $Q$ están parcialmente ordenado por la inclusión.

La existencia de este entramado isomorfismo hace que me pregunte: ¿hay una buena caracterización de los elementos de $P$ $Q$ ? Seguramente no todo conjunto abierto es en $P$. Por ejemplo, si $X=\mathbb{R}$ con la topología usual entonces el conjunto $(0,1)\cup (1,2)$ está abierto, pero $$(((0,1)\cup(1,2))^-)^\circ = ([0,2])^\circ = (0,2) \supsetneq (0,1)\cup(1,2).$$

[Actualización: he encontrado la respuesta. Ver más abajo.]

Answer 1

[EDITAR: Esta respuesta se refiere a una versión anterior de la pregunta, que pidió una condición necesaria y suficiente en un espacio topológico $X$ para satisfacer el siguiente axioma: Para cualquier par de subconjuntos $A$$B$$X$, tenemos la lógica de la equivalencia $A\subseteq B^{\circ}\Longleftrightarrow A^{-}\subseteq B$.]

Su $A\subseteq B^{\circ}\Longleftrightarrow A^{-}\subseteq B$ axioma sostiene si y sólo si los conjuntos cerrados de $X$ son precisamente los bloques abiertos de $X$.

Prueba. $\Longrightarrow:$ Asume que la $A\subseteq B^{\circ }\Longleftrightarrow A^{-}\subseteq B$ axiom holds. Let $$ S de ser un conjunto cerrado de $X$. A continuación, $S^{-}=S\subseteq S$. Ahora, la aplicación de la $A\subseteq B^{\circ }\Longleftrightarrow A^{-}\subseteq B$ axiom to $A=S$ and $B=S$ muestra que $S\subseteq S^{\circ}\Longleftrightarrow S^{-}\subseteq S$. Desde $S^{-}\subseteq S$ mantiene, de este modo, obtener $S\subseteq S^{\circ}$. Combinado con $S^{\circ}\subseteq S$, esto produce que el $S=S^{\circ}$, y por lo tanto $S$ está abierto (desde $S^{\circ}$ es abierto). Por lo tanto, hemos demostrado que cada conjunto cerrado $S$ de $X$ está abierto. En otras palabras, todos los conjuntos cerrados de $X$ están abiertos. Aplicando esto a el complemento del conjunto, llegamos a la conclusión de que todos los bloques abiertos de $X$ están cerrados. Por lo tanto, los conjuntos cerrados de $X$ son precisamente los bloques abiertos de $X$. Esto demuestra la $\Longrightarrow$ dirección de mi reclamación.

$\Longleftarrow:$ Suponer que los conjuntos cerrados de $X$ son precisamente los abre conjuntos de $X$. Tenemos que mostrar que la $A\subseteq B^{\circ}\Longleftrightarrow A^{-}\subseteq B$ axioma sostiene.

Deje $A$ $B$ dos subconjuntos de a $X$. A continuación, el conjunto de $B^{\circ}$ es abierto y por lo tanto cerrado (ya que los conjuntos cerrados de $X$ son precisamente los bloques abiertos de $X$); por lo tanto, $\left( B^{\circ}\right) ^{-}=B^{\circ}$. Del mismo modo, $\left( A^{-}\right) ^{\circ}=A^{-}$. Now, if $A\subseteq B^{\circ}$, entonces $A^{-}\subseteq\left( B^{\circ}\right) ^{-}=B^{\circ}\subseteq B$. Por el contrario, si $A^{-}\subseteq B$, $A\subseteq A^{-}=\left( A^{-}\right) ^{\circ}\subseteq B^{\circ}$ (since $^{-}\subseteq B$). Por lo tanto, $A\subseteq B^{\circ}\Longleftrightarrow A^{-}\subseteq B$. Esto demuestra la $\Longleftarrow$ dirección de mi reclamación.

Gracias a Stefan Hamcke y Martti de Karvonen para la corrección de mi prueba!

Answer 2

Poner $A=B=S$ donde $S$ es cualquier subconjunto de a $X$. Entonces $$ \overline S\subseteq S \ffi S\subseteq\mathring S $$ por lo tanto $$ S \text{ cerrado} \ffi S \text{ es abierto} $$ Por el contrario, asumir que cada conjunto abierto se cierra (lo que implica que cualquier conjunto cerrado, es abierto). Si $A$ $B$ son subconjuntos de a $X$ tal que $\overline A ⊆ B$, entonces también tenemos $A ⊆ \overline A ⊆ \mathring B$, y si $A ⊆ \mathring B$,$\overline A ⊆ \mathring B ⊆ B$. Por tanto, un espacio que satisface $$ \overline Una ⊆ B \iff A \subseteq \mathring B $$

Answer 3

Al parecer, los elementos de $P$ son llamados regulares bloques abiertos y de los elementos de $Q$ son llamados regulares de conjuntos cerrados. Curiosamente, las celosías $P$ $Q$ son Booleano con la función de $A^\bot:=X-A^-$ actuando como un complemento en $P$ y la función de $B^\top:=X-B^\circ$ actuando como un complemento en $Q$.

http://planetmath.org/regularopenset

No he encontrado una caracterización completa de estos conjuntos, pero al parecer cada convexo conjunto abierto en $\mathbb{R}^n$ es regular:

Es convexa en el conjunto abierto en $\mathbb{R}^n$ es regular?

Answer 4

Supongamos $B$ es abierto y $A=B$. La condición implica que $Cl(B)=Cl(A) \subset B$ (donde $Cl$ denota la clausura). Por lo tanto la condición implica que todo conjunto abierto es cerrado. Se puede comprobar con facilidad que si cada conjunto abierto es cerrado, entonces la condición se cumple para todos los $A,B$. Por lo tanto la condición es equivalente a "Todo conjunto abierto es cerrado. Si el espacio de $X$ $T_1$ espacio (lo que significa que $\{p\}$ es cerrado para cada $ p \in X $), a continuación, $X$ es discreto ,como $X$ \ $\{p \}$ abierto $\implies $ $ X$ \ $\{p \}$ cerrado $\implies$ $\{p\}$ abierto para todos los $p \in X$. El grueso de la topología también cumple la condición, y hay muchos otros en general. Por ejemplo, si $F$ es de a pares-discontinuo de la familia de subconjuntos de a$X$$ \cup F =X$, vamos a $F$ ser una base para una topología.(Extra : acabo de notar que un $T_0$ espacio que satifies la condición es una $T_1$ de espacio y por lo tanto discretos.)