Prouver que si $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, puis $X \cong \mathbb R$
Dans mon manuel de topologie générale, il y a l'exercice suivant:
Laisser $m, c \in \mathbb R$ et $X$ le sous-espace de $\Bbb R^2$ donné par $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. Prouve-le$X$ est homéomorphe à $\Bbb R$.
J'ai trouvé une preuve pour cela, mais je pense que je l'ai trop compliqué, néanmoins je veux toujours savoir si c'est correct ou non.
Ma preuve:
Redéfinissons $X$ comme: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. Nous pouvons maintenant définir la fonction suivante:
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
Cette fonction est une bijection. Maintenant nous allons prouver que$f$est continue. Laisser$\mathcal B_{X}$ dénotent la base de l'espace topologique $(X,\tau_X)$. Laisser$\mathcal B$ être la base de $(\mathbb R,\tau)$ et $\mathcal B'$ la base de $ (\mathbb R^2,\tau')$.
Laisser $A \in \tau_X$, alors nous avons cela, pour un ensemble d'index $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$, avec $B_i \in \mathcal B_X$.
Nous avons donc ça: $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
Définissons $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. Alors on a ça$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$, alors parce que $(X,\tau_X)$ est un sous-espace de $\mathbb R^2$ nous avons ça pour chacun $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
Pour certains $a_i, b_i, c_i, d_i$.
Nous avons donc:
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
Nous avons ça $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, pour certains $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
Nous avons donc ça: $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
Parce que chacun $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, puis $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, donc nous avons ça $f$ est continue.
Maintenant, laisse $A \in \tau$, alors nous avons, pour un ensemble d'index $J$, cette $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ pour $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
Car $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$, alors pour tous $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
Nous avons donc ça:
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
Car $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$, alors nous avons ça $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$, donc nous avons ça $f^{-1}$ est continue.
Donc il existe $f: \mathbb R \to X$ tel que $f$ est bijective, continue et $f^{-1}$ est continue, ce $\mathbb R \cong X$
Ma question est donc la suivante: est-ce que cette preuve est correcte? Que puis-je faire pour l'améliorer? Existe-t-il un moyen plus simple de le prouver?
Réponses
Juste pour que cette question ait une réponse, résumons les commentaires. Votre preuve est correcte et, dans un sens large, elle est aussi simple que possible. Cependant, le point principal qui rend votre preuve plus longue est que même si vous savez que$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$et vous utilisez ce fait crucial dans votre preuve, vous continuez à transporter des unions d'éléments de base. Vous pourriez simplement prouver, une fois, qu'à cause de cette identité, il suffit de montrer que$f^{-1}(B)$ est ouvert pour chaque élément de base $B$ (inversement, $f(B)$ est également ouvert pour un élément de base dans l'espace de domaine).