Probar que dos topologías son iguales en un espacio vectorial.

Question

Estoy tratando de resolver un problema que se afirma lo siguiente:

Deje $E$ $n$- dimensiones reales de espacio vectorial. Probar que:

• Cualquier base $\{e_i\}_{i=1}^n$ de los bienes espacio vectorial $E$ determina una topología que transforma el mapa de $\phi:E\longrightarrow\mathbb{R}^n$, definido como: $\phi(v)=(c_1,c_2,...,c_n)$ donde $v=\sum_{i=1}^nc_ie_i$, en un homeomorphism.
• Esta topología es independiente de la elección de la base. Entonces decimos que la $E$ es un verdadero espacio vectorial topológico.

Me han resuelto la primera sección de el problema, pero estoy desesperadamente atascado en el segundo. Sé que por la intuición de que debo usar el hecho de que el siguiente diagrama es conmutative y $L$ (la aplicación asociada para el cambio de base) es lineal, pero soy incapaz de encontrar una prueba formal.

Aquí está el conmutative diagrama estoy hablando

Cómo puedo probar la doble inclusión entre las topologías asociadas a dos diferentes bases $B$$B'$?He estado tratando durante bastante tiempo ahora, ¿puede alguien por favor ayuda?

Answer 1

Supongo que esto es lo que el diagrama conmutativo es la intención de expresar, pero no estoy seguro acerca de la notación. El punto es que si $\phi$ $\psi$ son los homeomorphisms asociadas a dos opciones diferentes de bases, hay un invertible $n\times n$-matriz $A$ tal que $\psi(v)=A\phi(v)$, y a la izquierda de la multiplicación $m_A$ por la matriz invertible $A$ define un homeomorphism $\mathbb R^n\to \mathbb R^n$ (con inversa dada por $m_{A^{-1}}$). Pero este dice exactamente que $id_E$ puede ser escrito como $\psi^{-1}\circ m_A\circ \phi$, por lo que es un homeomorphism de la topología en $E$ definido por $\phi$ a la topología en $E$ definido por $\psi$.

Answer 2

Deje $A=\{e_1,...,e_n\}$ $B=\{f_1,...,f_n\}$ ser bases para $E.$ $x\in E$ hay (único) de reales $x_{A,1}... x_{A,n}$ $x_{B,1}...x_{B,n}$ tal que $x=\sum_{i=1}^nx_{A,i}e_i=\sum_{j=1}^nx_{B,j}f_j.$

En particular, para cada una de las $f_j\in B$ tenemos $f_j=\sum_{i=1}^n (f_j)_{A,i}.$ tenga en cuenta que para cada una de las $j,$ no todos los de $(f_j)_{A,i}$ $0$ ($i=1,..., n$).

Definir $\|x\|_A=\max_j|x_{A,j}|$ $\|x\|_B=\max_j|x_{B,j}|.$ El siguiente es muy útil:

(1).....Existen positivo $M_A$ $M_B$ tal que para todos los $x\in E$ hemos $$\|x\|_B\leq M_A\|x\|_A \;\text { and }\; \|x\|_A\leq M_B\|x\|_B.$$ Proof: For $x\in E$ and $1\leq i\leq n$ we have $$|x_{A,i}|=|\sum_{j=1}^n(f_j)_{A,i}x_{B,j}|\leq \sum_{j=1}^n |(f_j)_{A,i}|\cdot |x_{B,j}|\leq$$ $$\leq (\sum_{j=1}^n|(f_j)_{A,i}|)\|x\|_B.$$ Let $M_B=\max \{\sum_{j=1}^n|(f_j)_{A,i} : 1\leq i \leq n\}.$ Then $M_B>0$ (see "Note" in second paragraph above) and $|x_{A,i}|\leq M_B\|x\|_B$ for each $i$ from $1$ to $$n.

Así que por def n de $\|x\|_A$ tenemos $\|x\|_A\leq M_B\|x\|_B.$

Intercambiando $A,B$ en el argumento de arriba (con la debida anotación de los cambios) obtenemos $M_A>0$ $\|x\|_B\leq M_A\|x\|_A.$

(2)....Deje $T_A$ $T_B$ ser topologías en $E.$ Deje $C_A$ ser una base para $T_A$ y deje $C_B$ ser una base para $T_B.$ a fin De que $T_A=T_B$ basta con que siempre $x\in E$ y siempre que $\{i,j\}=\{A,B\}$ $x\in t_i\in C_i,$ existe $t_j\in C_j$ $x\in T_j\subset T_i.$

(3).... Ahora vamos a $T_A$ $T_B$ ser el topologías en $E$ como se define en su P . Una base para $T_A$ $\{D_A(x,r): x\in E\land r>0\}$ donde $$D_A(x,r)=\{y\in E: |y_{A,i}-x_{A,i}|<r \text { for } i=1,...,n\}=\{y\in E: \|y-x\|_A<r\}.$$ And a base for $T_B$ is $\{D_B(x,s): x\E\s de la tierra>0\}$ where $$D_B(x,s)=\{y\in E:\|y-x\|_B<s\}.$$ Ahora usando (1) muestran que las condiciones suficientes de (2) se cumplen.