Demostrar que existe un operador interior única topología dado

Question

Supongamos $f: \mathcal{P}(X) \to \mathcal{P}(X)$ es una función que

satisface, para cada conjunto $A,B \subseteq X$

$(I_1): f(X) = X$

$(I_2): f(A) \subseteq A$

$(I_3): f(A \cap B) =f(A) \cap f(B)$

$(I_4): f(f(A)) = f(A)$

Demostrar que no existe una única topología $\mathcal{T}$ $X$ tal que para todos los $A \subseteq X$, $int(A) = f(A)$, donde $intA := \{a \in A \mid A \in \mathcal{V}(a)\}$ denota la interior del conjunto $A$, con respecto a la topología $\mathcal{T}$

Mi intento:

He definido $\mathcal{T}:= \{A \subseteq X \mid f(A) = A\}$

y me las arreglé para probar con $I_1, I_2, I_3$ que este conjunto es una topología, y que es único, si es que existe. Así que sólo es necesario demostrar que existe, para el que tengo que demostrar que $int(A) = f(A)$ siempre $A \subseteq X$

Sé que $I_4$ será crucial para mostrar esto, ya que yo no uso todavía. ¿Cómo puedo completar la prueba?

Edit: puedo mostrar que $int(A) \subseteq f(A)$. Solo me falta la otra inclusión y yo estoy hecho!

Answer 1

Deje $\mathcal T$ ser cualquier topología en $X$ con la propiedad de que para todo $A\subseteq X$, $\operatorname{int}(A)=f(A)$. A continuación, para$U\in\mathcal T$,$U=\operatorname{int}(U)=f(U)$, y para cualquier $B\notin \mathcal T$,$B\ne\operatorname{int}(B)=f(B)$. Llegamos a la conclusión de que $\mathcal T=\{\,A\subseteq X\mid f(A)=A\,\}=:\mathcal T_0$, es decir, que existe en más de una topología con dicha propiedad.

A continuación tenemos que mostrar que $\mathcal T_0$ es de hecho una topología.

• Tenemos $X\in\mathcal T_0$ porque de $I_1$ $\emptyset\in \mathcal T_0$ porque de $I_2$
• $\mathcal T_0$ es cerrado bajo intersección finita porque de $I_3$
• Deje $\{U_i\}_{i\in I}$ ser una familia de conjuntos de $U_i\in\mathcal T_0$$U=\bigcup U_i$. Debemos mostrarles a $U\in\mathcal T_0$. De $I_2$, $f(U)\subseteq U$. Por otro lado, para cada una de las $i\in I$, $$U_i=f(U_i)=f(U_i\cap U)=f(U_i)\cap f(U)\subseteq f(U),$$ por $I_3$, por lo tanto $U=\bigcup U_i\subseteq f(U)$ y, finalmente,$f(U)=U$, $U\in \mathcal T_0$.

Por último, queda demostrado que la $\mathcal T_0$ no han reclamado la propiedad. Aquí es donde $I_4$ entra en juego: Se garantiza que para cada una de las $A$, la $f(A)$$\mathcal T_0$. Para finalizar, el resto de propiedades garantía de que no puede haber una mayor conjunto abierto contenido en a $A$: Si $U\in\mathcal T_0$$U\subseteq A$,$U=f(U)\subseteq f(A)$.

Answer 2

Handy hecho: $f$ es monótona: $A \subseteq B$ implica $f(A) \subseteq f(B)$. Prueba: $A \subseteq B$ implica $A \cap B = A$$f(A \cap B) = f(A) \cap f(B) = f(A)$$(I_3)$$f(A) \subseteq f(B)$. QED.

Supongamos $A$ es un subconjunto de a $X$. A continuación, $f(A)$ está abierto en $\mathcal{T}$, debido a $f(f(A)) = f(A)$$I_4$, lo $f(A)$ es un punto fijo de $f$ por lo que un miembro de $\mathcal{T}$.

También tenemos $f(A) \subseteq A$ $I_2$ $f(A) \subseteq \operatorname{int}(A)$ ya que el interior es la máxima abrir subconjunto de $A$, por definición, y $f(A)$ es un subconjunto abierto de $A$.

También se $\operatorname{int}(A) = \cup \{O \in \mathcal{T}: O \subseteq A\}$ (esto es sólo la definición de interior en cualquier topología), así que cualquier conjunto abierto $O$ que es un subconjunto de a $A$. Pero, a continuación, $f(O) \subseteq f(A)$ por la monotonía, pero como $f(O) = O$ $O \in \mathcal{T}$ tenemos $O \subseteq f(A)$, y como esto es válido para todas las $O$ en la unión que define el interior tenemos $\operatorname{int}(A) \subseteq f(A)$ y la igualdad se produce.

Answer 3

Para la otra dirección, que $B \subseteq X$ y que $y \in f(B)$. Por definición de interior, basta para encontrar una $U \subseteq B$ tal que $y \in U$ y $f(U)=U$. Tomar el $U=f(B)$.