Cada localmente compacto segundo contables espacio tiene un no-trivial automorphism?
La motivación para esta pregunta viene de algo que estoy pensando en la lógica.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Después de un poco de buscar he encontrado una incluso mejor respuesta: La respuesta es no, incluso compacto para espacios métricos.
Más precisamente, en la H. Cook, Continua, que sólo admiten la asignación de identidad en la no-degenerada subcontinua, Fondo. De matemáticas. 60 (1967), 241-249 es el siguiente Teorema 3 en la página 248 (probablemente debe ser el Teorema 13, nunca había visto un error de escritura...).
Si $n$ es un entero positivo, existe un compacto métrica continuum $H_n$, con una atómica de la asignación a una simple curva cerrada, de tal manera que no existe $n$, y sólo $n$, las asignaciones de $H_n$ a $H_n$, cada uno de ellos es un homeomorphism, y no existe ninguna asignación de $H_n$ a un adecuado degenerada de subcontinuum.
Mientras que sólo entienden aproximadamente la mitad de las palabras que se usan aquí, estoy seguro de que esto significa, en particular: $\# \operatorname{Aut}(H_n) = n$. Poner $n = 1$ y tenemos lo que queremos (me estoy haciendo un poco de trampa porque en ese caso es el más difícil, y se establecieron en la "ligeramente técnica" Teorema 6 ya que yo no quiero reproducir aquí por ese motivo).
Añadido: el papel por El mismo H. Cook, Superior semi-continuo continuo con valores de asignaciones en círculo como continua, de Fondo. De matemáticas. 60 (1967), 233-239 es también de importancia para la comprensión del teorema citado aquí.
Según lo explicado por Henno Brandsma en su respuesta, J. de Groot del papel de los Grupos representados por homeomorphism los grupos I, Matemáticas. Annalen 138 (1959), 80-102, y su predecesor J. de Groot y R. J. Wille, Rígido continua y topológicas grupo-fotos, Arq. De matemáticas. 9 (1958), 441-446 comenzó a estas investigaciones.
Añade Después: Aquí es libremente accesible a Brian M. Scott papel En la existencia de totalmente homogénea espacios, Proc. Amer. De matemáticas. Soc. 51 (1975), 489-493 menciona en un comentario y en Henno la respuesta.
Dick Kusleika
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Scott papel, mencionado por Buehler, demuestra que un compacto Hausdorff espacio de $X$ es rígido (no tiene no trivial de la auto-homeomorphism) iff para todos los $x \neq y$ tenemos que $X \setminus \{x\}$ no es homeomórficos a $X \setminus \{y\}$; sin embargo, se tiene un ejemplo de un rígido localmente compacto espacio métrico $X$ contiene puntos de a $x \neq y$ tal que $X \setminus \{x\}$ es homeomórficos a $X \setminus \{y\}$.
J. de Groot construido para cada grupo de $G$ un compacto Hausdorff espacio de $X$ de manera tal que el homeomorphism grupo de $X$ es igual a $G$. De hecho, se menciona en la primera página de ese documento (visible aquí) que él y Wille ya en un artículo anterior, construido para una contables de grupo $G$ una curva de Peano de tal forma que su homeomorphism grupo es igual a $G$, por lo que hay uno para el trivial grupo. Creo que esto resuelve la pregunta original en el negativo, como creo que de Groot llamaría un espacio de un continuo de Peano sólo si es metrisable.
Matt Dawdy
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En realidad creo que la mayoría de los espacios topológicos finitos (que son extremadamente compacto y de segunda contables) no tienen no trivial de automorfismos. Ya que el espacio de Sierpinski $\mathbb{S} = \{ 0, 1 \}$ con topología $\{ \emptyset, \{ 1 \}, \{ 0, 1 \} \}$ es un contraejemplo.
Infinidad de contraejemplo a lo largo de las mismas líneas tome $\mathbb{N}$ con la topología $\{ \emptyset, \mathbb{N} - \{ 1 \}, \mathbb{N} - \{ 1, 2 \}, ... \}$. Creo que quiere, al menos, suponer que el espacio es Hausdorff. Tenga en cuenta que cualquier localmente compacto Hausdorff segunda contables espacio metrizable por Urysohn del metrization teorema, por lo que estamos en un territorio más familiar aquí.
