증명하는 경우 $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, 다음 $X \cong \mathbb R$
내 일반 토폴로지 교과서에는 다음과 같은 연습이 있습니다.
허락하다 $m, c \in \mathbb R$ 과 $X$ 부분 공간 $\Bbb R^2$ 주어진 $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. 증명$X$ 동종이다 $\Bbb R$.
나는 이것에 대한 증거를 생각해 냈지만 나는 그것을 너무 복잡하게 생각한다. 그럼에도 불구하고 나는 그것이 옳은지 아닌지 여전히 알고 싶다.
내 증거 :
재정의합시다 $X$ 같이: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. 이제 다음 기능을 정의 할 수 있습니다.
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
이 기능은 bijection입니다. 이제 우리는$f$연속적입니다. 허락하다$\mathcal B_{X}$ 위상 공간의 기초를 나타냅니다. $(X,\tau_X)$. 허락하다$\mathcal B$ 기초가되다 $(\mathbb R,\tau)$ 과 $\mathcal B'$ 기초 $ (\mathbb R^2,\tau')$.
허락하다 $A \in \tau_X$, 일부 인덱스 세트에 대해 $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$,와 함께 $B_i \in \mathcal B_X$.
그래서 우리는 그것을 가지고 있습니다 : $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
정의하자 $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. 그런 다음 우리는$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$, 그래서 $(X,\tau_X)$ 의 부분 공간 $\mathbb R^2$ 우리는 각각에 대해 $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
일부 $a_i, b_i, c_i, d_i$.
그래서 우리는 :
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
우리는 $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, 일부 $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
그래서 우리는 그것을 가지고 있습니다 : $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
각각 $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, 다음 $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, 그래서 우리는 $f$ 연속적입니다.
이제 $A \in \tau$, 일부 인덱스 세트에 대해 $J$, 그 $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ ...에 대한 $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
때문에 $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$, 모두를 위해 $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
그래서 우리는 그것을 가지고 있습니다 :
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
때문에 $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$, 그러면 우리는 $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$, 그래서 우리는 $f^{-1}$ 연속적입니다.
그래서 존재 $f: \mathbb R \to X$ 그런 $f$ bijective, 연속 및 $f^{-1}$ 연속적입니다. $\mathbb R \cong X$
제 질문은이 증거가 맞습니까? 개선하려면 어떻게해야합니까? 이것을 증명하는 더 직접적인 방법이 있습니까?
답변
이 질문에 답이 있으므로 의견을 요약 해 보겠습니다. 당신의 증명은 정확하고 넓은 의미에서 그것은 얻는 것처럼 간단합니다. 그러나 증거를 더 길게 만드는 요점은$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$증명에서이 중요한 사실을 사용하면 계속해서 기본 요소의 결합을 수행합니다. 한 번만 증명할 수 있습니다.이 정체성 때문에$f^{-1}(B)$ 각 기본 요소에 대해 열려 있습니다. $B$ (거꾸로, $f(B)$ 도메인 공간의 기본 요소에 대해서도 열려 있습니다.)