探究n元有限集上的拓扑总数

doi:10.12677/PM.2018.84047

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探究n元有限集上的拓扑总数
Explore the Total Number of Topologies on an n-Element Finite Set

DOI: 10.12677/PM.2018.84047, PDF, HTML, XML, 下载: 960 浏览: 2,396
作者: 林毅颖^*：华南师范大学数学科学学院，广东广州
关键词: 有限集；拓扑；递推；计数公式；Finite Set； Topology； Recursion； Counting Formula

摘要: 针对n元有限集的拓扑数探究，本文通过研究两种变换：α变换和β变换，得到各种分类的情况；再考虑交并运算封闭的情况，排除掉不能构成拓扑的情况；从而对各种情况进行递推计数，得到相应情况的计数公式。

Abstract: In view of the topological number of n-element finite set, this paper studies two kinds of trans-formations: alpha transform and beta transform, and obtains various classifications; considers the closed case of intersection and union operations, and excludes the case that the topology cannot be constructed. Thus, recursion counts for various cases are carried out, and the counting formula of the corresponding situation is obtained.

文章引用：林毅颖. 探究n元有限集上的拓扑总数[J]. 理论数学, 2018, 8(4): 350-359. https://doi.org/10.12677/PM.2018.84047

2. 预备知识

本节先给出需要用到的相关定义与符号概念：

定义2.1 设X是一个非空集合，τ为集合X上的一族子集，称τ为X上的一个拓扑，当且仅当：

1) X和空集 $ϕ$ 在τ中；

2) τ中任意个元素的并集仍在τ中；

3) τ中有限个元素的交集仍在τ中。

于是称，集合X和它的拓扑τ共同构成了一个拓扑空间，记为(X，τ)；称τ中的元素为这个空间的开集 [10] 。

定义2.2 称一个拓扑空间(X，τ)满足 $T_{0}$ 公理，若对于任何不同两个点 $x, y \in X$ ，存在τ中的开集包含

其中一个，而不包含另一个，此时称τ为X上的 $T_{0}$ 拓扑。本文用 $T_{0} (n)$ 表示n元有限集合上的 $T_{0}$ 拓扑个数，其中 $n \geq 2$ 。

定义2.3 设X是一个非空集合， $Ω$ 是X的一族子集，我们称 $Ω$ 是X上的一个σ代数，当且仅当：

1) $ϕ \in Ω$ ；

2) 若 $A \in Ω$ ，则A的补集 $X \ A \in Ω$ ；

3) $Ω$ 中任意个元素的并仍属于X。

定义2.4 集合S上的一个分割是指S的一族两两互不相交的非空子集，它们的并是S，且排除掉分割情况为 ${ϕ, S}$ ；n元有限集合 $X_{n}$ 的分割数是指 $X_{n}$ 上所有可能的分割的个数，记为 $X_{n}$ 。即， $X_{n}$ 表示n元

有限集 ${x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}}$ 的分割成各个子集 $C_{a_{1}}, C_{a_{2}}, \dots, C_{a_{k}}$ ( $k \geq 2$ )，使得 $\cap_{s = 1}^{k} C_{a_{s}} = ϕ$ 且 $\cup_{s = 1}^{k} C_{a_{s}} = X_{n - 1}$ ，同时

$C_{a_{s}} \neq ϕ$ 成立的情况种数。

利用贝尔数 $B_{n}$ (Bell Number)直接求得： $X_{n}^{*} = B_{n} - 1 = \sum_{k = 1}^{n - 1} (\begin{matrix} n - 1 \\ k \end{matrix}) B_{k} = \sum_{k = 2}^{n} S (n, k)$ ，其中， $S (n, k)$ 是第二类Stirling数，其值为把基数为n的集划分为正好k个非空集的方法的数目。

另外，相关符号概念整理如表2所示。

3. 变换描述

当n = 1时，拓扑数为1。当 $n \geq 2$ 时，记 $n - 1$ 元有限集的拓扑个数为 $P_{n - 1}$ ，设其形为 ${ϕ, X_{n - 1}} \cup A_{1}$ ，其中 $X_{n - 1} = {x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 1}}$ ， $A_{1} \subseteq 2^{X_{n - 1}}$ ，这里 ${ϕ, X_{n - 1}} \cup A_{1}$ 包含了 ${ϕ, X_{n - 1}}$ 的情况，但 $X_{n - 1} \notin A_{1}$ 。

记 $X_{n} = X_{n - 1} \cup {x_{n}}$ ，设 $A_{2}$ 是将 $A_{1}$ 中的所有元素分别加入 $x_{n}$ 之后所成的集合。

针对n元有限集的拓扑数探究，将n − 1元素拓扑情况递推到n元素拓扑情况，考虑并运算封闭，可进行两种变换，把n元有限集的拓扑情况分类成α变换和β变换的结果(表3)。

Table 2. Implications of correlation symbols

表2. 相关符号含义

Table 3. Transform classification

表3. 变换分类

4. 几个重要引理及性质

通过变换α和变换β可知，在具体的拓扑情况中有以下几个重要引理：

引理4.1 考虑交运算封闭，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，α-2情况不构成拓扑。

证明：记 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}}$ ， $A_{2} = {B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}}$ ，其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ，则

$(B_{i} \cap X_{n - 1}) \notin {ϕ, X_{n - 1}, X_{n}} \cup A_{2}$

故而，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时， ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}} \cup A_{2}$ 的类型不构成拓扑。

引理4.2 记 $A_{1}$ 中的元素分别为 $C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}$ ； $A_{2}$ 中的元素分别为 $B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}$ ；其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ，则对于 ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}, B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}}$ ，当 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}} \in X_{n - 1}^{*}$ 时，只有 $A_{2}$ 为单元素时才能构

成拓扑，其中 $X_{n - 1}^{*}$ 表示n − 1元有限集 ${x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n - 1}}$ 的分割成各个子集 $C_{a_{1}}, C_{a_{2}}, \dots, C_{a_{k}}$ ( $k \geq 2$ )，使得 $\cap_{s = 1}^{k} C_{a_{s}} = ϕ$ 且 $\cup_{s = 1}^{k} C_{a_{s}} = X_{n - 1}$ ，同时 $C_{a_{s}} \neq ϕ$ 成立的情况种数。

证明：若 $k \geq 2$ ，则当 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}} \in X_{n - 1}^{*}$ 时，有

$B_{a} \cap B_{b} = {x_{n}} \notin {ϕ, X_{n - 1}, X_{n}} \cup A_{1} \cup A_{2}$ , $\forall a, b \in {1, 2, \dots, k}$

故而，当 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}} \in X_{n - 1}^{*}$ 时，只有 $A_{2}$ 为单元素时才能构成拓扑。

引理4.3 $A_{1}$ 中只有单个子集设为 $A_{1}^{\circ}$ ， $A_{1}^{\circ} \subseteq X_{n - 1}$ ，且 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ， $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ；

记 $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ ，比如当n = 3时， $A_{1}^{\circ} = {x_{1}}$ ，那么 $A_{2}^{•} = {x_{2}, x_{3}}$ ；

此时， ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}}$ 的类型不构成拓扑。

证明：因 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ， $A_{1}^{\circ} \neq X_{n - 1}$ ； $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ ，所以有 $(A_{2}^{•} \cap X_{n - 1}) \notin {ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}}$ ，故而此时， ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}}$ 的类型不构成拓扑。

引理4.4 形如 ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, {x_{n}}} \cup A_{2}$ 的类型，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，不构成拓扑情况。

证明：记 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}}$ ， $A_{2} = {B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}}$ ，其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ，则

$(B_{i} \cap X_{n - 1}) \notin {ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, {x_{n}}} \cup A_{2}$

故而，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时， ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, {x_{n}}} \cup A_{2}$ 的类型不构成拓扑。

引理4.5 形如 ${ϕ, X_{n}, X_{n - 1}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}, {A_{1}^{\circ} \cup x_{n}}, {x_{n}}}$ 的类型，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，不构成拓扑情况；其中， $A_{1}^{\circ} \neq X_{n - 1}$ 且 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ， $A_{1}^{\circ}$ 为 $X_{n - 1}$ 的单个子集，而 $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ 。

证明：因 $A_{1}^{\circ} \neq X_{n - 1}$ 且 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ， $A_{1}^{\circ}$ 为 $X_{n - 1}$ 的单个子集，而 $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ ，则

故而， ${ϕ, X_{n}, X_{n - 1}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}, {A_{1}^{\circ} \cup x_{n}}, {x_{n}}}$ 的类型不构成拓扑。

引理4.6 考虑交运算封闭，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，(β-2)情况只能是k = 1，总共有 $(2^{n - 1} - 2)$ 种。

证明：记 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}} \in X_{n - 1}^{*}$ ， $A_{2} = {B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}}$ ，其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ， $X_{n - 1}^{*}$ 同上述，若 $k \geq 2$ ，则 $B_{a} \cap B_{b} = {x_{n}} \notin {ϕ, X_{n}} \cup A_{2}$ ， $\forall a, b \in {1, 2, \dots, k}$ 。

故而，当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，(β-2)的类型只能是k = 1，总共有 $(2^{n - 1} - 2)$ 种。

在具体情况中探究拓扑个数(比如以下两种情况)，也得到一些相关结论：

情况一：将 $A_{1}$ 中的元素分类为 $C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p}}^{\oplus}$ ；中的元素分类为 $B_{i_{1}}^{\oplus}, B_{i_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{q}}^{\oplus}$ ；其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ，且 $p \neq q$ ，同时满足 $C_{j_{1}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{2}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ ， $B_{i_{1}}^{\oplus} \subseteq B_{i_{2}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq B_{i_{q}}^{\oplus}$ ；而且在这里假定 $C_{j_{k + 1}}^{\oplus}$ 比 $C_{j_{k}}^{\oplus}$ 的元素个数多1，则也有 $B_{i_{k + 1}}^{\oplus}$ 比 $B_{i_{k}}^{\oplus}$ 的元素个数多1。

引理4.7 当选定好了 ${B_{i_{1}}^{\oplus}, B_{i_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{q}}^{\oplus}}$ ( $1 < 2 < \dots < q$ )时，有 $C_{i_{1}}^{\oplus} \in {C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ ；同理，当选定好了 ${C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ ( $1 < 2 < \dots < p$ )时，有 $B_{j_{p}}^{\oplus} \in {B_{i_{1}}^{\oplus}, B_{i_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{q}}^{\oplus}}$ 。

引理4.8 ${C_{j_{1}}^{\oplus}}$ 有 $C_{n - 1}^{1}$ 种情况， ${C_{j_{p}}^{\oplus}}$ 有 $C_{n - 1}^{p}$ 种情况，

$C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 形式的情况有： $\sum_{k_{1} = 1}^{p - 1} C_{n - 1}^{p} C_{p}^{k_{1}}$ 种；

$C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{k_{2}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 形式的情况有： $\sum_{k_{1} = 1}^{k_{2} - 1} \sum_{k_{2} = 2}^{p - 1} C_{n - 1}^{p} C_{p}^{k_{2}} C_{k_{2}}^{k_{1}}$ 种；

…

$C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{k_{2}}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq C_{j_{k_{p - 1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 形式，即为 $C_{j_{1}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{2}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq C_{j_{p - 1}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 形式的情况有： $C_{n - 1}^{p} C_{p}^{p - 1} C_{p - 1}^{p - 2} \dots C_{2}^{1}$ 种。

性质4.1 当 $a \geq b$ 时，有 $C_{j_{a}}^{\oplus} \cap B_{i_{b}}^{\oplus} = C_{j_{b}}^{\oplus}$ ； $C_{j_{a}}^{\oplus} \cup B_{i_{b}}^{\oplus} = B_{i_{a}}^{\oplus}$ ；即是 $C_{j_{a}}^{\oplus} \cap B_{i_{b}}^{\oplus} = C_{j_{u}}^{\oplus}$ ； $C_{j_{a}}^{\oplus} \cup B_{i_{b}}^{\oplus} = B_{i_{v}}^{\oplus}$ ，其中， $u = \min {a, b}$ ， $v = \max {a, b}$ 。

情况二：针对 ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}} \cup A_{1} \cup A_{2}$ 的拓扑类型，设 $A_{1}$ 中的元素分别为 $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ ； $A_{2}$ 中的元素分别为 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ ；

假定 $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数均不相同，且 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}} \subseteq {C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p - 1}}^{\oplus}}$ ； $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数也均不相同。

性质4.2 对于选定的 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ ， ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{x}}}$ 可选择

${B_{r_{1}}^{\oplus}, B_{r_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}, B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}}$

或 ${B_{r_{2}}^{\oplus}, B_{r_{3}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}, B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}}$

或 ${B_{r_{3}}^{\oplus}, B_{r_{4}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}, B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}}$

…

或 ${B_{r_{m}}^{\oplus}, B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}}$

证明：可由性质4.1可证。

引理4.9 对于 $C_{j_{p}}^{\oplus}$ 的取定，有 $C_{n - 1}^{p}$ 种情况；若取定了 $C_{j_{p}}^{\oplus}$ ，将 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ 的取法记为

$T_{1, n - 2} = \sum_{p = 1}^{n - 2} (\sum_{k_{1} = 0}^{k_{2} - 1} \sum_{k_{2} = 0}^{k_{3} - 1} \dots \sum_{k_{p - 1} = 0}^{p - 1} C_{n - 1}^{p} C_{p}^{k_{p - 1}} C_{k_{p - 1}}^{k_{p - 2}} \dots C_{k_{2}}^{k_{1}})$ ,

则， ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ 的取法总共有 $(C_{n - 1}^{p} T_{1, n - 2})$ 种。

证明：可由引理4.8证得。

引理4.10 对于取定了的 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ ，构造拓扑情况：

${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}, B_{j_{p}}^{\oplus}, B_{k_{1}}, B_{k_{2}}, \dots, B_{k_{s}}}$

其中， ${B_{k_{1}}, B_{k_{2}}, \dots, B_{k_{s}}} \subseteq {B_{i_{p + 1}}^{\oplus}, B_{i_{p + 2}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{n - 2}}^{\oplus}}$ ，且 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数也均不相同， $k_{1} < k_{2} < \dots < k_{s}$ 。

令 $p + 1 \leq t \leq n - 2$ ，若t存在，则 ${B_{j_{p}}^{\oplus}, B_{k_{1}}, \dots, B_{k_{s}}}$ 的情况个数为

$U_{p + 1}^{n - 2} + 1 = \sum_{t = p + 1}^{n - 2} (\sum_{k_{1} = 0}^{k_{2} - 1} \sum_{k_{2} = 0}^{k_{3} - 1} \dots \sum_{k_{t - 1} = 0}^{t - p - 1} C_{n - 1 - p}^{t - p} C_{t - p}^{k_{t - 1}} C_{k_{t - 1}}^{k_{t - 2}} \dots C_{k_{2}}^{k_{1}}) + 1$

若t不存在，则 $U_{p + 1}^{n - 2} = 0$ ；则，这种类型的拓扑数有 $C_{n - 1}^{p} T_{1, n - 2} (U_{p + 1}^{n - 2} + 1)$ 种。

注：结论的“+1”是考虑到 ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}, B_{j_{p}}^{\oplus}}$ 这种情况。

引理4.11 若 $p \geq 2$ ， ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{k}}}$ 的取法为：

$B_{z_{1}} \in {B_{r_{1}}^{\oplus}, B_{r_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}}$ ， $B_{z_{k}} \in {B_{j_{p}}^{\oplus}, B_{i_{p + 1}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{n - 2}}^{\oplus}}$ ，且 $B_{z_{1}}$ 与 $B_{z_{k}}$ 均要非空；

则，设 ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{x}}} \subseteq {B_{r_{1}}^{\oplus}, B_{r_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}}$ ，其中 $z_{x} < j_{p}$ ， $z_{x + 1} \geq j_{p}$ ；那么， ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{x}}}$ 的种数即为 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}} \subseteq {C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p - 1}}^{\oplus}}$ ，且 $C_{r_{1}} \subseteq C_{r_{2}} \subseteq \dots \subseteq C_{r_{m}}$ 的种数(当 $p \geq 2$ 时存在这类情况)。

证明：由于 ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{x}}}$ 的种数可分为以下情况：

当 $A_{1}$ 中的情况为 $C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 时，(此时 $B_{z_{1}} = B_{j_{k_{1}}}^{\oplus}$ ， $x = 1$ )，其种数再加上当 $C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{k_{2}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 时的种数(此时 $B_{z_{1}} = B_{j_{k_{1}}}^{\oplus}$ ， $B_{z_{2}} = B_{j_{k_{2}}}^{\oplus}$ ， $x = 2$ )，再加上当 $C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{k_{2}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{k_{3}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 时的种数(此时 $B_{z_{1}} = B_{j_{k_{1}}}^{\oplus}$ ， $B_{z_{2}} = B_{j_{k_{2}}}^{\oplus}$ ， $B_{z_{3}} = B_{j_{k_{3}}}^{\oplus}$ ， $x = 3$ )，…(如此递推下去)…，再加上当 $C_{j_{k_{1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{k_{2}}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq C_{j_{k_{p - 1}}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ 时的种数(此时 $B_{z_{α}} = B_{j_{k_{α}}}^{\oplus}$ ， $(α = 1, 2, \dots, p - 1)$ ， $x = p - 1$ )。

引理4.12 对于 ${B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}} \subseteq {B_{j_{p}}^{\oplus}, B_{i_{p + 1}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{n - 2}}^{\oplus}}$ ，其中 $z_{x} < j_{p}$ ， $z_{x + 1} \geq j_{p}$ ，若 $z_{x + 1} = j_{p}$ 则 ${B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}}$ 的种数为 $(U_{p + 1}^{n - 2} + 1)$ ；若 $z_{x + 1} \neq j_{p}$ 则 ${B_{z_{x + 1}}, B_{z_{x + 2}}, \dots, B_{z_{k}}}$ 的种数为 $U_{p + 1}^{n - 2}$ 。

证明：可由引理4.10证得。

5. 主要结论

首先讨论变换α的情况：

当 $A_{1} = {ϕ}$ 时，(α-1) = 1；(α-2) = ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, {x_{n}}}$ = 1；(α-3)，(α-4)与(α-5)均重复了(α-2)情况，这里计数均为0；共2种情况。

当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，(α-1) = $P_{n - 1} - 1$ ；由引理4.1可知，(α-2) = 0；

(α-3) ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}} \cup A_{1} \cup A_{2}$ 分3种情况讨论：

(α-3-1)： ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}, B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}}$

注：由引理4.2可知，当 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}} \in X_{n - 1}^{*}$ 时，只有 $A_{2}$ 为单元素时才能构成拓扑。所以(α-3-1)情况只能是k = 1，总共有 $(2^{n - 1} - 2)$ 种。

(α-3-2)：由引理4.3可知， ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}}$ 不是拓扑；故而可构造， ${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{1}^{•}, A_{2}^{•}}$ ，其中 $A_{1}^{•} = X_{n - 1} \ A_{1}^{\circ}$ ，是一个拓扑，这类拓扑是集合 $X_{n}$ 上的一个σ代数，共有 $(2^{n - 1} - 2)$ 种情况。

(α-3-3)：设 $A_{1}$ 中的元素分别为 $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ ； $A_{2}$ 中的元素分别为 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ ；对于 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ 的取法，可分为两种情况：

(α-3-3-1) $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数均不相同，且 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}} \subseteq {C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p - 1}}^{\oplus}}$ ； $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数也均不相同。

(α-3-3-2) $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数有相同的情况；或者 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数有相同的情况。

下面，先讨论(α-3-3-1)：

由引理4.9可知， ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ 的取法共有 $(C_{n - 1}^{p} T_{1, n - 2})$ 种。故而，(α-3-3-1)又可以分成三种情况讨论：

(α-3-3-1-1)对于取定了的 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}}$ ，有

${ϕ, X_{n - 1}, X_{n}, C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}, B_{j_{p}}^{\oplus}, B_{k_{1}}, B_{k_{2}}, \dots, B_{k_{s}}}$

注：由引理4.10知，这类情况的拓扑数共有 $C_{n - 1}^{p} T_{1, n - 2} (U_{p + 1}^{n - 2} + 1)$ 种。

(α-3-3-1-2)： $B_{z_{1}} \in {B_{r_{1}}^{\oplus}, B_{r_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}}$ ， $B_{z_{k}} \in {B_{j_{p}}^{\oplus}, B_{i_{p + 1}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{n - 2}}^{\oplus}}$ ，且 $B_{z_{1}}$ 与 $B_{z_{k}}$ 均要非空；则设 ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{x}}} \subseteq {B_{r_{1}}^{\oplus}, B_{r_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{r_{m}}^{\oplus}}$ ，其中 $z_{x} < j_{p}$ ， $z_{x + 1} \geq j_{p}$ 。

注：对于取定了的 $C_{j_{p}}^{\oplus}$ ，有 $C_{n - 1}^{p}$ 种情况；对于 ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{k}}}$ 的取法，这里不强调k = q，因为先不考虑会与前面重复的情况；则

又因 $B_{z_{1}}$ 非空，由引理4.11、引理4.12、性质4.2知，此类情况共有

$\begin{matrix} W_{1, n - 2} = \sum_{p = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{p} \cdot [(\sum_{k_{1} = 1}^{p - 1} C_{p}^{k_{1}}) \cdot 1 + (\sum_{k_{1} = 1}^{k_{2} - 1} \sum_{k_{2} = 2}^{p - 1} C_{p}^{k_{2}} C_{k_{2}}^{k_{1}}) \cdot 2 + (\sum_{k_{1} = 1}^{k_{2} - 1} \sum_{k_{2} = 2}^{k_{3} - 1} \sum_{k_{3} = 3}^{p - 1} C_{p}^{k_{3}} C_{k_{3}}^{k_{2}} C_{k_{2}}^{k_{1}}) \cdot 3 + \dots \\ + (\sum_{k_{1} = 1}^{k_{2} - 1} \sum_{k_{2} = 2}^{k_{3} - 1} \dots \sum_{k_{p - 1} = p - 1}^{p - 1} C_{p}^{k_{p - 1}} C_{k_{p - 1}}^{k_{p - 2}} \dots C_{k_{2}}^{k_{1}}) \cdot (p - 1)] \cdot (U_{p + 1}^{n - 2} + 1 + U_{p + 1}^{n - 2}) \end{matrix}$ 种；

(α-3-3-1-3)： ${B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{k}}} \subseteq {B_{i_{p + 1}}^{\oplus}, B_{i_{p + 2}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{n - 2}}^{\oplus}}$ ，且 $B_{z_{1}}$ 非空。

注：针对此类情况，由引理4.10知，

故而这类情况共有 $(T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2})$ 种。

若先不考虑重复情况，(α-3-3-1-1)+(α-3-3-1-2)+(α-3-3-1-3)情况总共有

$(T_{1, n - 2} (U_{p + 1}^{n - 2} + 1) + W_{1, n - 2} + T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2})$ 种;

从而考虑排除重复情况后，(α-3-3-1)情况总共有

$(T_{1, n - 2} (U_{p + 1}^{n - 2} + 1) + W_{1, n - 2} + T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} - T_{1, n - 2} = 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2})$ 种,

其中“ $- T_{1, n - 2}$ ”表示去掉与(α-3-1)中的包含情况重复的部分。

接下来，对于(α-3-3-2)的情况，假设其拓扑数为 $Q_{1}$ 。

综上，由加法原则得(α-3)情况共有

$((2^{n - 1} - 2) + (2^{n - 1} - 2) + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{1} = 2^{n} - 4 + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{1})$ 种.

由引理4.4可知，(α-4) = 0；

(α-5)可分为两种情况讨论：

(α-5-1)： ${ϕ, X_{n}, X_{n - 1}, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}, B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}, {x_{n}}}$

这类情况有 $(P_{n - 1} - 1)$ 种。

(α-5-2)： ${ϕ, X_{n}, X_{n - 1}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}, {A_{1}^{\circ} \cup x_{n}}, {x_{n}}}$

其中 $A_{1}^{\circ} \neq X_{n - 1}$ 且 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ， $A_{1}^{\circ}$ 为 $X_{n - 1}$ 的单个子集，而 $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ ，

由引理4.5知，这类情况不构成拓扑。

所以，(α-5) = $(P_{n - 1} - 1)$ 。

综上所述，得到

定理5.1 对于变换α的各个情况，其拓扑数为

$\begin{array}{l} 2 + (P_{n - 1} - 1) + 0 + [2^{n} - 4 + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{1}] + 0 + (P_{n - 1} - 1) \\ = 2^{n} - 4 + 2 P_{n - 1} + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{1} \end{array}$

(具体符号见表2)。

接下来，讨论变换β的情况：

当 $A_{1} = {ϕ}$ 时，(β-1) = 1；(β-2) = ${ϕ, X_{n}, {x_{n}}}$ = 1；(β-3)，(β-4)与(β-5)均重复了(β-2)情况，这里计数均为0；共2种情况。

当 $A_{1} \neq {ϕ}$ 时，设 $A_{1} = {C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}}$ ，则(β-1)要排除 $\cup_{s = 1}^{k} C_{s} = X_{n - 1}$ 的情况，即(β-1) = $\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k}$ 。由引理4.6可知，(β-2) = $2^{n - 1} - 2$ ；(β-3) = $P_{n - 1} - 1$ ；

(β-4)： ${ϕ, X_{n}} \cup A_{1} \cup A_{2}$ ，要避免 $\cup_{s = 1}^{k} C_{s} = X_{n - 1}$ 的情况，在(β-1)的基础上有，

(β-4-1)： ${ϕ, X_{n}, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}, B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}}$ ，其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ，

这类情况的计数以不出现元素 $X_{n - 1}$ 为计数依据，有 $(\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k})$ 种。

(β-4-2)： ${ϕ, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{•}}$ ，其中 $A_{1}^{\circ} \subseteq X_{n - 1}$ 为单个子集，但 $A_{1}^{\circ} \neq X_{n - 1}$ 且 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ，而 $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ ，有 $(2^{n - 1} - 2)$ 个。

(β-4-3)：将 $A_{1}$ 中的元素分类为 $C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p}}^{\oplus}$ ； $A_{2}$ 中的元素分类为 $B_{i_{1}}^{\oplus}, B_{i_{2}}^{\oplus}, \dots, B_{i_{q}}^{\oplus}$ ；其中 $B_{i} = C_{i} \cup {x_{n}}$ ，且 $p \neq q$ ，同时满足 $C_{j_{1}}^{\oplus} \subseteq C_{j_{2}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq C_{j_{p}}^{\oplus}$ ， $B_{i_{1}}^{\oplus} \subseteq B_{i_{2}}^{\oplus} \subseteq \dots \subseteq B_{i_{q}}^{\oplus}$ ；

而且在这里假定： $C_{j_{k + 1}}^{\oplus}$ 比 $C_{j_{k}}^{\oplus}$ 的元素个数多1，则也有 $B_{i_{k + 1}}^{\oplus}$ 比 $B_{i_{k}}^{\oplus}$ 的元素个数多1；

这个分类不会出现 $\cup_{s = 1}^{k} C_{s} = X_{n - 1}$ 的情况，故而可分为两种情况讨论：

(β-4-3-1) $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数均不相同，且 ${C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}} \subseteq {C_{j_{1}}^{\oplus}, C_{j_{2}}^{\oplus}, \dots, C_{j_{p - 1}}^{\oplus}}$ ； $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数也均不相同。

注：对于(β-4-3-1)，可直接应用前面对α-3-3-1情况的论述，可知这类情况共有

$(T_{1, n - 2} (U_{p + 1}^{n - 2} + 1) + W_{1, n - 2} + T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} - T_{1, n - 2} = 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2})$ 种，

其中“ $- T_{1, n - 2}$ ”表示去掉与(β-4-1)中的包含情况重复的部分。

故而，此类情况共有 $(2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2})$ 种。

(β-4-3-2) $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数有相同的情况；

或者 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数有相同的情况。

注：对于(β-4-3-2)的情况，假设其拓扑数为 $Q_{2}$ 。

综上所述，由加法原则得(β-4-3)情况共有 $(2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{2})$ 种。

故而，(β-4)情况共有 $(\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k} + (2^{n - 1} - 2) + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{2})$ 种。

(β-5)可分为两种情况讨论：

(β-5-1)： ${ϕ, X_{n}, C_{1}, C_{2}, \dots, C_{k}, B_{1}, B_{2}, \dots, B_{k}, {x_{n}}}$ ，这类情况有 $(\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k})$ 种；

(β-5-2)： ${ϕ, X_{n}, A_{1}^{\circ}, A_{2}^{\circ}, {A_{1}^{\circ} \cup x_{n}}, {x_{n}}}$ ，其中 $A_{1}^{\circ} \neq X_{n - 1}$ 且 $A_{1}^{\circ} \neq ϕ$ ， $A_{1}^{\circ}$ 为 $X_{n - 1}$ 的单个子集，而 $A_{2}^{•} = X_{n} \ A_{1}^{\circ}$ ，这类情况有 $(2^{n - 1} - 2)$ 种。

所以，(β-5) = $(\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k}) + (2^{n - 1} - 2)$ 。

综上所述，得到

定理5.2 对于变换β的各个情况，其拓扑数为

$\begin{array}{l} 2 + [\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k}] + [2^{n - 1} - 2] + (P_{n - 1} - 1) \\ + [\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k} + 2^{n - 1} - 2 + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{2}] + [\sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k} + 2^{n - 1} - 2] \\ = P_{n - 1} + 3 \sum_{k = 1}^{n - 2} C_{n - 1}^{k} P_{k} + 3 \cdot 2^{n - 1} - 5 + 2 T_{1, n - 2} U_{p + 1}^{n - 2} + W_{1, n - 2} + Q_{2} \end{array}$ 。

(具体符号见表2)。

6. 待研究问题

对于n元有限集上的拓扑数，还有无法直接求取出的计数结果：

1) 对于α变换中的(α-3-3-2)情况，若 $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数有相同的情况，或 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数有相同的情况；

也即未知量 $Q_{1}$ 的求取。

2) 对于β变换中的(β-4-3-2)情况，若 $C_{r_{1}}, C_{r_{2}}, \dots, C_{r_{m}}, C_{j_{p}}^{\oplus}$ 等各自所含元素个数有相同的情况，或 $B_{z_{1}}, B_{z_{2}}, \dots, B_{z_{q}}$ 等各自所含元素个数有相同的情况；

也即未知量 $Q_{2}$ 的求取。

致谢

作者衷心感谢华南师范大学数学科学学院的赵浩老师，给予我细心的指导与帮助！

参考文献

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