Доказывая, что если $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, тогда $X \cong \mathbb R$
В моем учебнике по общей топологии есть следующее упражнение:
Позволять $m, c \in \mathbb R$ и $X$ подпространство $\Bbb R^2$ данный $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. Докажи это$X$ гомеоморфен $\Bbb R$.
Я придумал доказательство этого, но я думаю, что слишком усложнил его, тем не менее, я все еще хочу знать, правильно оно или нет.
Мое доказательство:
Давай переопределим $X$ в виде: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. Теперь мы можем определить следующую функцию:
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
Эта функция является биекцией. Теперь докажем, что$f$непрерывно. Позволять$\mathcal B_{X}$ обозначим базис топологического пространства $(X,\tau_X)$. Позволять$\mathcal B$ быть основой для $(\mathbb R,\tau)$ и $\mathcal B'$ основа для $ (\mathbb R^2,\tau')$.
Позволять $A \in \tau_X$, то для некоторого набора индексов $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$, с участием $B_i \in \mathcal B_X$.
Итак, у нас есть это: $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
Определим $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. Тогда у нас есть это$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$, потому, что $(X,\tau_X)$ является подпространством $\mathbb R^2$ у нас есть это для каждого $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
Для некоторых $a_i, b_i, c_i, d_i$.
Итак, у нас есть:
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
У нас есть это $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, для некоторых $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
Итак, у нас есть это: $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
Потому что каждый $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, тогда $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, так что у нас есть это $f$ непрерывно.
Теперь позвольте $A \in \tau$, то для некоторого набора индексов $J$, тот $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ за $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
Потому как $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$, то для всех $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
Итак, у нас есть это:
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
Потому как $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$, то имеем $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$, так что у нас есть это $f^{-1}$ непрерывно.
Итак, существует $f: \mathbb R \to X$ такой, что $f$ биективен, непрерывен и $f^{-1}$ непрерывно, это $\mathbb R \cong X$
Итак, мой вопрос: верно ли это доказательство? Что я могу сделать, чтобы его улучшить? Есть ли более простой способ доказать это?
Ответы
Чтобы на этот вопрос был ответ, подведем итоги комментариев. Ваше доказательство правильное, и в широком смысле оно максимально простое. Однако главное, что делает ваше доказательство длиннее, заключается в том, что, хотя вы знаете, что$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$и вы используете этот решающий факт в своем доказательстве, вы продолжаете носить с собой объединения базовых элементов. Вы можете просто однажды доказать, что из-за этой идентичности достаточно показать, что$f^{-1}(B)$ открыт для каждого базового элемента $B$ (наоборот, $f(B)$ также открыт для базового элемента в доменном пространстве).