Una Topología tal que las funciones continuas son exactamente los polinomios

Question

Me preguntaba qué campos de $K$ can be equipped with a topology such that a function $f:K \to K$ is continuous if and only if it is a polynomial function $f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0$. Obviously, the finite fields with the discrete topology have this property, since every function $f:\Bbb F_q \to \Bbb F_q$ puede ser escrito como un polinomio.

Entonces, ¿qué es con infinidad de campos. ¿Alguien ve algún campo $K$ where such a topology can be found? If there is no such field, can anyone supply a proof that finding such a topology is impossible. I would even be satisfied if one could prove this nonexistence for only one special field (say $\Bbb Q, \Bbb R,\Bbb C$ or $ \Bbb F_q^\text{alg} $). Sospecho que no hay tal topología, pero no tengo idea de cómo probar que. $$ $$

(Mi humilde ideas sobre el problema: Suponga que usted es un campo de $K$ with a topology $\tau$. Then for $a,b \in K$ , $a \ne 0$, $x \mapsto ax+b$ is a continuous function with continuous inverse, hence a homeomorphism. Thus $K$ is a homogenous space with doubly transitive homeomorphism group. Since $\tau$ cannot be indiscrete, there is an open set $U$, and $x,y \in K$ with $x \in U,y \not\in U$. Now for every $a \in K$, $a*(U-y)/x$ includes $a$ but not %#%#%$, and thus $K\setminus\{0\}=\bigcup_{a \in K^\times}a*(U-y)/x$, is an open subset. Thus $K$ is a T1 space, i. e. every singleton set $\{x\}$ is closed. Also $K$ is connected: Otherwise, there would be a surjective continuous function $f:K \to \{0,1\} \subset K$, que definitivamente no es un polinomio.)

EDIT: Esta pregunta le pide a la pregunta análoga con polinomios reemplazado por holomorphic funciones. Siéntase libre de publicar cualquier cosa que impresiona como una propiedad notable de un hipotético de la topología.

Answer 1

En la actualidad, esto es más una forma alargada comentario de una respuesta ...

Considere el caso en $K=\mathbb R$. Esta topología $\mathcal T$ has to be invariant under translations, scaling, and reflection because $x\mapsto ax+b$ with $a\ne 0$ es un homeomorphism.

(cf. JimBelks comentarios de arriba) Asumir que existe un conjunto abierto no vacío $U$ bounded from below, then wlog. (by translation invariance) $U\subseteq (0,\infty)$ and hence $(0,\infty)=\bigcup_{r>0}rU$ is open. By reflection, also $(-\infty,0)$ is open and by the pasting lemma, $x\mapsto|x|=\begin{cases}x&\text{if }x\ge0\-x&\text{if }x\le 0\end{cases}$ es continua contradicción. Por lo tanto, todo abierto no vacío de conjuntos no acotados desde abajo, y por la simetría también sin límites desde arriba.

Especialmente, no vacío abierto conjuntos son infinitos. Deje $U$ be a nonempty open neighbourhood of $|U\cap I|<|\mathbb R|$ and $$|U\cap(a,\infty)|=|U\cap(-\infty,a)|=|\mathbb R|$$ for all nonempty open $U$ and $a\in\mathbb R$\notin I$. Then the set $\{\frac xy\mid x,y\in U\cap I\}$ does not cover all of $(0,1)$, hence for suitable $c\in(0,1)$, the open set $U\cap cU$ is disjoint from $I$ and nonempty (contains $I=(a,b)$ is bounded and $U\cap I=\emptyset$$). If $I$$. Let $I$ be a standard-open interval, i.e. of the form$I=(-\infty,a)$, $I=(a,\infty)$, or $I=(a,b)$. Suponga $\bigcup_{ca+d<a\atop cb+d>b} (cU+d) =(-\infty,a)\cup (b,\infty)$ sí es ilimitado esto contradice el resultado anterior. Por lo tanto (por simetría) $(-\infty,a)\cup c,d)\cup (b,\infty)$ are open and ultimately all open neighbourhoods (in the standard topology!) of the point at infinity in the one-point compactification of $\mathbb R$. Sin embargo, si $|U\cap (a,b)|=|\mathbb R|$ for all nonempty $U$ and bounded intervals $(a,b)$, or all (standard) open neighbourhoods of $\infty$, luego $x\mapsto |x|$ is continuous under the indiscrete topology, there exists an open set $\emptyset\ne U\ne \mathbb R$. Wlog. $\mathcal T$ is coarser than the cofinite topology. Since $x\mapsto |x|$ is continuous under the cofinite topology, it is strictly coarser, i.e. there exists an open set $U\ne \emptyset $ such that $\mathbb R\setminus U$\notin U$. Then $\bigcup_{c>0}cU=K\setminus\{0\}$ está abierto. Tomando inversa de imágenes en un adecuado cúbicos, uno ve que todos los conjuntos de la forma %#%#% están abiertos. Una topología que contiene sólo estos conjuntos gustaría describir la "continuidad en el infinito" y hacer que los polinomios de continuo, pero también muchas otras funciones. De todas maneras, tenemos:

%#%#% están abiertos.

Desde %#%#% es abierto, por lo tanto

los puntos están cerrados.

Por lo %#%#% es infinito.

Answer 2

Algunos con suerte-pensamientos correctos acerca de Jim Belk la propuesta de los números reales:

Polinomios en la que la topología son continuos, porque para polinomios $p$ and $q$, $q^{-1}(p^{-1}(\Bbb Z))=(p\circ q)^{-1}(\Bbb Z)$.

La topología es más grueso que el habitual, de modo que el espacio está conectado. También es $T_1$, because $\Bbb Z+x$ and $\pi \Bbb Z+x$ are closed for each $x$. Así que al menos cumpla con los requisitos básicos que hemos presentado ya.

Desde la preimagen de cada entero bajo un polinomio es finito, cada uno de los subsectores básicos de conjunto cerrado es contable, por lo que, de hecho, todo conjunto cerrado es contable. Sabemos entonces, que la topología debe estar en algún lugar entre cofinite y cocountable. Es fácil ver que debe ser estrictamente entre, porque el no constante funciones continuas en el cofinite (cocountable) topología son aquellos que se llevan a ningún valor más que finitely (countably) a menudo.

Por otra parte, un polinomio toma sólo un número finito de valores enteros en cualquier conjunto acotado, por lo que, de hecho, la topología de subespacio de cualquier conjunto acotado es cofinite. Esto también significa que cualquier conjunto cerrado no trivial es el fin-isomorfo a un subconjunto de $\mathbb{Z}$.

También podemos concluir, desde cualquiera de los dos subconjuntos no vacíos tienen intersección no vacía, que es hiperconectado, por lo tanto no $T_2$, y por lo tanto no topológico grupo en virtud de cualquier operación. Además, no hay un conjunto finito de conjuntos cerrados cubre cualquier conjunto abierto no vacío, por lo que en ausencia de un localmente finito tapa cerrada, incluso la forma más fuerte de la pegando lema no se aplica.

Answer 3

A continuación voy a mostrar una propiedad que se va a mostrar cómo la "gran" abrir conjuntos debe ser en esta topología.

Para $K=\mathbb{R}$. If $v\not=0$ and $U$ is an open neighbourhood of $v$, then there exists $v'\in U$, such that $vv'<0$.

Prueba. Deje $f(x)=|x|$. Since $x\mapsto -x$ is homeomorphism, for any open $V$, $-V$ is open. For any open neighbourhood $V$ of $x\mapsto x + b$ and $x\mapsto -x$$, $K=\mathbb{R}$. For any $v$ and any $M>0$, each neighbourhood of $v$ contains point $v'$ for which $v'-v > M$\in V\cap-V$ and $f(V\cap-V)\subset V$. Thus $f$ is continuous at %#%#%$. But $f$ is discontinuous. Let $z$ be a point of discontinuity of $f$. We know that $z\not=0$. Take any open neighbourhood $G$ of $f(z)$. Notice that if all elements of $G$ has the same sign as $z$, then (for $z>0$:$f(G)=G$ and $z\in G$) or (for $z < 0$:$f(-G)=G$ and $z\in -G$). From that observation follows that if there exists an neighbourhood of $z$ whose elements have the same sign, then $f$ is continuous at $z$. So each open neighborhood of $z$ must contain an element that is of opposite sign. Now, take any $v\not=0$, let $\alpha=\frac{z}{v}$. Keep in mind that $x\mapsto \alpha x$ is a homeomorphism. Take any open neighbourhood $U$ of $v$. Note that $z\in \alpha U$. Thus there is $e\in \alpha U$ such that $ez<0$. But then $\frac{e}{\alpha}\in U$ and $\frac{ez}{\alpha^2} = \frac{e}{\alpha}v < 0$. So put $v'= \frac{e}{\alpha}$. Esto completa la prueba.

Y creo que a causa de %#%#% son homeomorphisms nos puede extender fácilmente a la siguiente:

Para %#%#%.