Membuktikan jika $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, kemudian $X \cong \mathbb R$
Dalam buku teks topologi umum saya ada latihan berikut:
Membiarkan $m, c \in \mathbb R$ dan $X$ subruang dari $\Bbb R^2$ diberikan oleh $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. Buktikan itu$X$ bersifat homeomorfik bagi $\Bbb R$.
Saya datang dengan bukti untuk ini, tetapi saya pikir saya terlalu rumit, namun saya masih ingin tahu apakah itu benar atau tidak.
Bukti saya:
Mari kita definisikan ulang $X$ sebagai: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. Sekarang kita dapat mendefinisikan fungsi berikut:
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
Fungsi ini adalah kebijaksanaan. Sekarang kami akan membuktikannya$f$terus menerus. Membiarkan$\mathcal B_{X}$ menunjukkan dasar untuk ruang topologi $(X,\tau_X)$. Membiarkan$\mathcal B$ menjadi dasar untuk $(\mathbb R,\tau)$ dan $\mathcal B'$ dasar untuk $ (\mathbb R^2,\tau')$.
Membiarkan $A \in \tau_X$, lalu kami memilikinya, untuk beberapa kumpulan indeks $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$, dengan $B_i \in \mathcal B_X$.
Jadi kami memiliki itu: $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
Mari kita definisikan $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. Lalu kita punya itu$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$, jadi karena $(X,\tau_X)$ adalah subruang dari $\mathbb R^2$ kami memiliki itu untuk masing-masing $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
Untuk beberapa $a_i, b_i, c_i, d_i$.
Jadi kita punya:
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
Kami punya itu $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, untuk beberapa $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
Jadi kami memiliki itu: $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
Karena masing-masing $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, kemudian $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, jadi kami punya itu $f$ terus menerus.
Sekarang biarkan $A \in \tau$, lalu kami punya, untuk beberapa kumpulan indeks $J$, itu $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ untuk $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
Karena $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$, lalu untuk semua $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
Jadi kami memiliki itu:
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
Karena $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$, lalu kita punya itu $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$, jadi kami punya itu $f^{-1}$ terus menerus.
Jadi ada $f: \mathbb R \to X$ seperti yang $f$ bersifat bijektiva, kontinu dan $f^{-1}$ terus menerus, ini $\mathbb R \cong X$
Jadi pertanyaan saya adalah, apakah bukti ini benar? Apa yang dapat saya lakukan untuk memperbaikinya? Apakah ada cara yang lebih mudah untuk membuktikan ini?
Jawaban
Agar pertanyaan ini memiliki jawaban, mari kita simpulkan komentarnya. Bukti Anda benar, dan dalam arti luas itu sesederhana mungkin. Namun, poin utama yang membuat pembuktian Anda lebih panjang adalah meskipun Anda mengetahuinya$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$dan Anda menggunakan fakta penting ini dalam pembuktian Anda, Anda terus membawa-bawa gabungan elemen-elemen dasar. Anda dapat dengan mudah membuktikan, sekali, bahwa karena identitas ini, cukup untuk menunjukkannya$f^{-1}(B)$ terbuka untuk setiap elemen dasar $B$ (sebaliknya, $f(B)$ terbuka untuk elemen dasar di ruang domain juga).