Provando que se $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, então $X \cong \mathbb R$
No meu livro de topologia geral, há o seguinte exercício:
Deixei $m, c \in \mathbb R$ e $X$ o subespaço de $\Bbb R^2$ dado por $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. Provar que$X$ é homeomórfico para $\Bbb R$.
Eu vim com uma prova para isso, mas acho que compliquei demais, mesmo assim quero saber se está correto ou não.
Minha prova:
Vamos redefinir $X$ Como: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. Agora podemos definir a seguinte função:
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
Esta função é uma bijeção. Agora vamos provar que$f$é contínuo. Deixei$\mathcal B_{X}$ denotam a base para o espaço topológico $(X,\tau_X)$. Deixei$\mathcal B$ ser a base para $(\mathbb R,\tau)$ e $\mathcal B'$ a base para $ (\mathbb R^2,\tau')$.
Deixei $A \in \tau_X$, então temos isso, para algum conjunto de índice $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$, com $B_i \in \mathcal B_X$.
Então, temos isso: $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
Vamos definir $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. Então nós temos isso$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$, então porque $(X,\tau_X)$ é um subespaço de $\mathbb R^2$ nós temos isso para cada $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
Para alguns $a_i, b_i, c_i, d_i$.
Então nós temos:
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
Nós temos isso $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, para alguns $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
Então, temos isso: $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
Porque cada $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, então $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, então nós temos isso $f$ é contínuo.
Agora deixe $A \in \tau$, então temos, para algum conjunto de índice $J$, este $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ para $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
Porque $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$, então para todos $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
Então, temos isso:
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
Porque $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$, então temos isso $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$, então nós temos isso $f^{-1}$ é contínuo.
Então existe $f: \mathbb R \to X$ de tal modo que $f$ é bijetivo, contínuo e $f^{-1}$ é contínuo, este $\mathbb R \cong X$
Portanto, minha pergunta é: essa prova está correta? O que posso fazer para melhorar? Existe uma maneira mais direta de provar isso?
Respostas
Para que esta pergunta tenha uma resposta, vamos resumir os comentários. Sua prova está correta e, em um sentido amplo, é o mais simples possível. No entanto, o ponto principal que torna sua prova mais longa é que, embora você saiba que$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$e você usa este fato crucial em sua prova, você continua a carregar uniões de elementos de base. Você poderia simplesmente provar, uma vez, que por causa dessa identidade, basta mostrar que$f^{-1}(B)$ está aberto para cada elemento básico $B$ (inversamente, $f(B)$ também está aberto para um elemento básico no espaço do domínio).