Demostrando que si $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, luego $X \cong \mathbb R$
En mi libro de texto de topología general hay el siguiente ejercicio:
Dejar $m, c \in \mathbb R$ y $X$ el subespacio de $\Bbb R^2$ dada por $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. Pruebalo$X$ es homeomorfo a $\Bbb R$.
Se me ocurrió una prueba para esto, pero creo que lo compliqué demasiado, sin embargo, todavía quiero saber si es correcto o no.
Mi prueba:
Vamos a redefinir $X$ como: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. Ahora podemos definir la siguiente función:
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
Esta función es una biyección. Ahora probaremos que$f$es continuo. Dejar$\mathcal B_{X}$ denotar la base del espacio topológico $(X,\tau_X)$. Dejar$\mathcal B$ ser la base para $(\mathbb R,\tau)$ y $\mathcal B'$ la base para $ (\mathbb R^2,\tau')$.
Dejar $A \in \tau_X$, luego tenemos eso, para un conjunto de índices $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$, con $B_i \in \mathcal B_X$.
Entonces tenemos eso: $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
Definamos $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. Entonces tenemos eso$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$, entonces porque $(X,\tau_X)$ es un subespacio de $\mathbb R^2$ tenemos eso para cada $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
Para algunos $a_i, b_i, c_i, d_i$.
Entonces tenemos:
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
Tenemos eso $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, para algunos $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
Entonces tenemos eso: $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
Porque cada $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, luego $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, entonces tenemos eso $f$ es continuo.
Ahora deja $A \in \tau$, luego tenemos, para un conjunto de índices $J$, ese $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ para $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
Porque $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$, entonces para todos $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
Entonces tenemos eso:
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
Porque $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$, entonces tenemos eso $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$, entonces tenemos eso $f^{-1}$ es continuo.
Entonces existe $f: \mathbb R \to X$ tal que $f$ es biyectiva, continua y $f^{-1}$ es continuo, esto $\mathbb R \cong X$
Entonces mi pregunta es, ¿esta prueba es correcta? ¿Qué puedo hacer para mejorarlo? ¿Existe una forma más sencilla de probar esto?
Respuestas
Para que esta pregunta tenga una respuesta, resumamos los comentarios. Tu prueba es correcta y, en un sentido amplio, es tan simple como parece. Sin embargo, el punto principal que hace que tu prueba sea más larga es que, aunque sabes que$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$y usa este hecho crucial en su demostración, continúa llevando uniones de elementos básicos. Simplemente podría probar, una vez, que debido a esta identidad, es suficiente mostrar que$f^{-1}(B)$ está abierto para cada elemento base $B$ (Por el contrario, $f(B)$ también está abierto para un elemento base en el espacio de dominio).