Kanıtlamak eğer $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$, sonra $X \cong \mathbb R$
Genel topoloji ders kitabımda şu alıştırma var:
İzin Vermek $m, c \in \mathbb R$ ve $X$ alt uzayı $\Bbb R^2$ veren $X=\{(x,y) \in \mathbb R^2:y=mx + b\}$. Kanıtla$X$ homeomorfiktir $\Bbb R$.
Bunun için bir kanıt buldum, ama sanırım onu aşırı karmaşık hale getirdim, yine de doğru olup olmadığını bilmek istiyorum.
Kanıtım:
Yeniden tanımlayalım $X$ gibi: $X = \{(t,mt+c):t \in \Bbb R\}$. Şimdi aşağıdaki işlevi tanımlayabiliriz:
$$f:\Bbb R \to X$$ $$f(x)=(x,mx + c)$$
Bu işlev bir bijeksiyondur. Şimdi bunu kanıtlayacağız$f$süreklidir. İzin Vermek$\mathcal B_{X}$ topolojik uzayın temelini belirtir $(X,\tau_X)$. İzin Vermek$\mathcal B$ temeli olmak $(\mathbb R,\tau)$ ve $\mathcal B'$ temeli $ (\mathbb R^2,\tau')$.
İzin Vermek $A \in \tau_X$, sonra bir dizin seti için buna sahibiz $I$, $A = \bigcup\limits_{i \in I} B_i$, ile $B_i \in \mathcal B_X$.
Yani bizde var: $$f^{-1}(A) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i)$$
Tanımlayalım $S_{a \to b}^{c \to d} := \{(x,y) \in \mathbb R^2 : a < x < b \text{ and } c < y < d\}$. O zaman bizde var$\mathcal B' = \{S_{a \to b}^{c \to d}: a,b,c,d \in \mathbb R\}$yani çünkü $(X,\tau_X)$ alt uzayı $\mathbb R^2$ her biri için buna sahibiz $i$:
$$B_i = S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X $$
Bazı $a_i, b_i, c_i, d_i$.
Böylece sahibiz:
$$\bigcup_{i \in I} f^{-1}(B_i) = \bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X )$$
Bizde var $f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i}\cap X ) = (\alpha_i, \beta_i) \subset \mathbb R$, bazı $\alpha_i, \beta_i \in \mathbb R$:
Yani bizde var: $$\bigcup_{i \in I} f^{-1}( S_{a_i \to b_i}^{c_i \to d_i} \cap X ) = \bigcup_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i)$$
Çünkü her biri $(\alpha_i,\beta_i) \in \tau$, sonra $\bigcup\limits_{i \in I}\ (\alpha_i,\beta_i) \in \tau$yani bizde var $f$ süreklidir.
Şimdi izin ver $A \in \tau$, sonra bazı dizin setimiz için $J$, bu $A = \bigcup\limits_{j \in J} \ (\alpha_j , \beta_j)$ için $(\alpha_j , \beta_j) \in \tau$.
$$f(A) = \bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j))$$
Çünkü $f^{-1}( S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X ) = (\alpha_j, \beta_j)$sonra herkes için $(\alpha_j, \beta_j):$ $$f((\alpha_j, \beta_j)) = S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X$$
Yani bizde var:
$$\bigcup_{j \in J} f((\alpha_j , \beta_j)) = \bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X)$$
Çünkü $(S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) \in \mathcal B_X \subset \tau_X$o zaman bizde var $\bigcup_{j \in J} (S_{a_j \to b_j}^{c_j \to d_j} \cap X) = f(A) \in \tau_X$yani bizde var $f^{-1}$ süreklidir.
Yani var $f: \mathbb R \to X$ öyle ki $f$ önyargılı, sürekli ve $f^{-1}$ sürekli bu $\mathbb R \cong X$
Yani sorum şu, bu kanıt doğru mu? İyileştirmek için ne yapabilirim? Bunu kanıtlamanın daha basit bir yolu var mı?
Yanıtlar
Sırf bu sorunun bir cevabı olması için yorumları özetleyelim. Kanıtınız doğru ve geniş anlamda olabildiğince basit. Ancak, ispatınızı daha uzun yapan ana nokta, bunu bilmenize rağmen$$f^{-1}\left(\bigcup_{i\in I} B_i\right) = \bigcup_{i\in I}f^{-1}(B_i)$$ve bu çok önemli gerçeği kanıtınızda kullanırsanız, temel unsurların birliğini taşımaya devam edersiniz. Basitçe bir kez kanıtlayabilirsin, bu kimlik nedeniyle bunu göstermenin yeterli olduğunu$f^{-1}(B)$ her temel öğe için açıktır $B$ (tersine, $f(B)$ etki alanı alanındaki bir temel öğe için de açıktır).