Los conjuntos no modificados por una determinada función forman una topología?

Question

Repasando un poco de topología, y estoy tratando de recordar todas las diferentes formas de definir una topología.

Supongamos que tengo una función $f$ en $\mathcal{P}(X)$ para algún conjunto $X$ que tiene las siguientes propiedades. Para cualquier $S,T\subseteq X$ ,

• $\varnothing=f(\varnothing)$
• $S\subseteq f(S)$
• $f(f(S))=f(S)$
• $f(S\cup T)=f(S)\cup f(T)$

Quiero demostrar que los conjuntos $\mathcal{T}=\{A\mid f(A^c)=A^c\}$ forman una topología desde el punto de vista del conjunto abierto. Veo que $\varnothing, X\in\mathcal{T}$ así como las intersecciones finitas de conjuntos en $\mathcal{T}$ .

¿Cómo puedo demostrar que $\mathcal{T}$ se cierra bajo uniones arbitrarias? Tomando $\mathcal{A}\subseteq\mathcal{T}$ entonces $f((\cup\mathcal{A})^c)=f(\cap _{A\in\mathcal{A}} A^c)$ y quiero que esto sea igual a $\cap_{A\in\mathcal{A}} A^c$ .

Sospecho que esto utiliza la propiedad que $f$ es idempotente, ya que no he utilizado eso para mostrar las otras tres propiedades. Esto se parece mucho a un mapa de conjuntos a su cierre, definido como el complemento de conjuntos abiertos para mí, pero no puedo completarlo.

Answer 1

En primer lugar, señalemos que $A\subseteq B\subseteq X$ implica $f(A)\subseteq f(B)$ . De hecho, si $A\subseteq B$ entonces $f(A)\subseteq f(A)\cup f(B)=f(A\cup B)=f(B)$ .

Ahora tomemos $\mathcal{A}\subseteq\mathcal{T}$ y denota $C=\bigcap_{A\in\mathcal{A}}A^c$ . Queremos demostrar que $f(C)=C$ . Por la segunda propiedad $C\subseteq f(C)$ por lo que basta con demostrar que $f(C)\subseteq C$ . Desde $C\subseteq A^c$ para todos $A\in\mathcal{A}$ por la observación anterior $f(C)\subseteq f(A^c)$ para todos $A\in\mathcal{A}$ . Pero $f(A^c)=A^c$ es válida para todos los $A\in\mathcal{A}$ por definición de $\mathcal{T}$ . Por lo tanto, $f(C)\subseteq A^c$ para todos $A\in\mathcal{A}$ En otras palabras $f(C)\subseteq \bigcap_{A\in\mathcal{A}}A^c=C$ .

Por cierto, las cuatro propiedades de $f$ se denominan axiomas de cierre de Kuratowski.

Adenda: Como señaló Willie Wong, la tercera propiedad (la idempotencia de $f$ ) no es necesario para demostrar que $\mathcal{T}$ es una topología. En otras palabras, si tenemos una función $f:\mathcal{P}(X)\to\mathcal{P}(X)$ que satisface todas las demás propiedades pero no necesariamente la idempotencia, entonces esta misma definición $\mathcal{T}=\{A:f(A^c)=A^c\}$ nos da una topología igual de bien. Sin embargo, la función de la propiedad de idempotencia es garantizar que $f$ es el operador de cierre $\operatorname{cl}$ con respecto a la topología $\mathcal{T}$ .

Examinemos más detenidamente cómo afecta la propiedad de idempotencia a la relación entre los conjuntos $f(A)$ y $\operatorname{cl}(A)$ donde $A\subseteq X$ . Nótese que la familia de conjuntos cerrados wrt. $\mathcal{T}$ es el conjunto de puntos fijos de $f$ y por definición $\operatorname{cl}(A)$ es la intersección de todos los conjuntos cerrados que contienen $A$ Así que $$\operatorname{cl}(A)=\bigcap\{C\subseteq X:A\subseteq C,C\text{ is closed}\}=\bigcap\{C\subseteq X:A\subseteq C=f(C)\}$$ Si $C\subseteq X$ es tal que $A\subseteq C=f(C)$ entonces por nuestra primera observación ( $A\subseteq B\Rightarrow f(A)\subseteq f(B)$ ) $f(A)\subseteq f(C)=C$ . Esto significa que $f(A)\subseteq \operatorname{cl}(A)$ e incluso sin la propiedad de idempotencia. Sin embargo, para la inclusión inversa $\operatorname{cl}(A)\subseteq f(A)$ la idempotencia de $f$ es necesario, porque $\operatorname{cl}$ es idempotente, así que supongamos que $f$ es idempotente. Entonces $A\subseteq f(A)=f(f(A))$ lo que significa $\operatorname{cl}(A)\subseteq f(A)$ Así que $f(A)=\operatorname{cl}(A)$ .

Para concluir, si $f:\mathcal{P}(X)\to\mathcal{P}(X)$ tiene las propiedades $f(\emptyset)=\emptyset$ , $S\subseteq f(S)$ y $f(S\cup T)=f(S)\cup f(T)$ para todos $S,T\subseteq X$ entonces $\mathcal{T}=\{A:f(A^c)=A^c\}$ es una topología de $X$ y $f(S)\subseteq\operatorname{cl}(S)$ para todos $S\subseteq X$ . Además $\operatorname{cl}(S)\subseteq f(S)$ para todos $S\subseteq X$ (y por lo tanto $f=\operatorname{cl}$ ) si y sólo si $f(f(S))=f(S)$ para todos $S\subseteq X$ .

Por último, un ejemplo concreto para demostrar que $f$ y $\operatorname{cl}$ puede ser diferente. Tome $X=\mathbb{Z}$ y definir $$f:\mathcal{P}(\mathbb{Z})\to\mathcal{P}(\mathbb{Z}),\ f(S)=S\cup\{s+1:s\in S\}=S\cup(S+1).$$ No es difícil ver que $f$ satisface las propiedades excepto la idempotencia. En efecto, $$f(f(\{0\}))=f(\{0,1\})=\{0,1,2\}\neq\{0,1\}.$$ Como hemos señalado anteriormente, la familia $\mathcal{T}=\{A:f(A^c)=A^c\}$ es una topología aunque $f$ no es idempotente, y los conjuntos cerrados son los puntos fijos de $f$ que son claramente $\emptyset$ y $\mathbb{Z}$ , como $f$ añade puntos a todos los subconjuntos excepto a estos dos. Esto significa que $\mathcal{T}$ es la topología indiscreta y, por tanto, el cierre de cualquier subconjunto no vacío es $\mathbb{Z}$ . Es evidente que este operador de cierre es muy diferente de $f$ .