Conexidad de espacios topológicos

Empecemos con la definición formal de espacio topológico conexo.

Definición (Espacio conexo) Diremos que un espacio topológico $(X,T)$ es conexo sii dados $A,B\in T$ tales que $A\cap B = \varnothing$ y $A\cup B = X$, necesariamente $A=\varnothing$ ó $B=\varnothing$.

Terminaremos el capítulo probando que $(\mathbb{R},T_u)$ es conexo. Sin embargo, si tomamos en consideración $Y=[0,1]\cup [2,3] \subseteq \mathbb{R}$ con su topología relativa, el espacio topológico $(Y,T_Y)$ no es conexo, pues podemos escribir: $$Y=[0,1] \cap [2,3] = \underset{\in T_Y\setminus \{ \varnothing \}}{\underbrace{(]-2,2[ \cap Y)}} \cup \underset{\in T_Y \setminus \{\varnothing \}}{\underbrace{(]-1,4[ \cap Y)}}$$ Se deduce entonces que ser espacio conexo no es propiedad hereditaria. Se verifica también que $(X, T_D)$ no es conexo cuando $X$ no es unitario, pues podemos expresar: $$X = X\setminus \{ x_0 \} \cup \{x_0 \}$$ , siendo $x_0$ un arbitrario de $X$. Para terminar con los ejemplos iniciales, se tiene que $(X,T_I)$ es siempre conexo, pues los únicos abiertos en la topología son $X, \varnothing$ y por ende $X = X \cup \varnothing = \varnothing \cup X$ son las únicas posibilidades de expresar $X$ como unión de abiertos, y vemos que siempre hay un vacío de por medio. Encontramos el siguiente teorema de caracterización de conexos:

(Teorema) Un espacio topológico $(X,T)$ es conexo sii $\mathscr{C}_T  \cap T = \{ \varnothing , X \}$.

Demostración: $"\Rightarrow "$ El contenido $"\supseteq"$ es inmediato en cualquier espacio topológico. Justificamos $"\subseteq "$ por RRAA: Supongamos $A\in \mathscr{C}_T \cap T: A\notin \{\varnothing, X \}$. Por ser cerrado y abierto al mismo tiempo, necesariamente $A,X-A\in T$; teniendo así $X=A\cup (X-A)$ unión de abiertos no vacíos. Luego $(X,T)$ no es conexo, lo cual contradice la hipótesis. $"\Leftarrow"$ Partimos de $\mathscr{C}_T \cap T = \{ \varnothing, X \}$. Supongamos por RRAA que $(X,T)$ no es conexo. Existen entonces $A,B\in T$ tales que $A\cup B= X$ y $A\cap B= \varnothing$. Además: $B= (A\sqcup B) \setminus A = X-A \in T$. Por lo tanto $A\in \mathscr{C}_T \cap T \neq \{\varnothing, X \}$, contradiciendo así la hipótesis.

$\square$

Confirmamos a partir de esta caracterización que $(X,T_D)$ es únicamente conexo cuando $X$ es unitario, pues de lo contrario $\mathscr{C}_{T_D} = \{X-A: A\subseteq X \} \neq$ $\{\varnothing, X \}$ y además son siempre abiertos. Trabajando con un espacio cofinito: $(X,T_{\mathrm{cof}})$, si $X$ es dado finito, recordando: $$T_{\mathrm{cof}} = \{X-A: A \mathrm{\ finito} \} \quad , \quad \mathscr{C}_{\mathrm{cof}} = \{A\subseteq X: A \mathrm{\ finito} \}$$ , para cualquier $x_0 \in X$ conseguimos $\{x_0 \}\in \mathscr{C}_{\mathrm{cof}} \cap T_{\mathrm{cof}}$, y así $(X,T_{\mathrm{cof}})$ no es conexo en este caso. Si $X$ es unitario, trivialmente $T_{\mathrm{cof}} = T_I$ y en consecuencia sí es conexo. Finalmente, si $X$ es infinito: dado $B\in \mathrm{T}_{\mathrm{cof}} \equiv B=X-B'$ tal que $B'$ es finito ó $B'=X$, no puede ocurrir $X-B=B'$ sea un abierto en la topología a menos que $B'\in \{\varnothing, X \}$. Luego, $T_{\mathrm{cof}} \cap \mathscr{C}_{\mathrm{cof}} = \{\varnothing, X \}$, y $(X,T_{\mathrm{cof}})$ es conexo en este caso. Trabajando ahora con funciones continuas, encontramos los siguientes resultados:

(Proposición) Sea $f:(X,T_X)\to (Y,T_Y)$ función continua y sobreyectiva. Entonces si $(X,T_X)$ es conexo, entonces $(Y,T_Y)$ también lo es.

Demostración: Vemos que $\mathscr{C}_Y \cap T_Y = \{ \varnothing, Y \}$ (solo hace falta comprobar el contenido $\subseteq$). Sea $A\in \mathscr{C}_Y \cap T_Y$, ya que $f$ es función continua: $f^{-1}(A) \in \mathscr{C}_X \cap T_X$. Por hipótesis de conexidad en $(X,T_X)$, tenemos $\mathscr{C}_X \cap T_X = \{\varnothing, X \}$, luego: $f^{-1}(A) = \varnothing \wedge f^{-1}(A) = X$. El primero de los casos implica $A=\varnothing$. Para el segundo, podemos tomar $f$ a ambos lados y usar: $f(f^{-1}(A)) = A$ (dada la sobreyectividad). Así: $A=f(X)=Y$, ya que $f$ es sobre. Por lo tanto $\mathscr{C}_Y \cap T_Y = \{ \varnothing, Y \}$, y por ende $(Y,T_Y)$ es conexo.

$\square$

(Corolario) Si $f:(X,T_X)\to (Y,T_Y)$ es función continua y $(X,T_X)$ es conexo, entonces $(f(X),(T_Y)_{f(X)})$ es conexo. 

Demostración: Basta con probar que $f:(X,T_X) \to (f(X), (T_Y)_{f(X)})$ es continua basándonos en la continuidad global. En efecto, dado $A\in (T_Y)_{f(X)}$, existe un $B\in T_Y$ tal que $A=B\cap f(X)$. Su antiimagen por $f$ es:

$$f^{-1}(A) = f^{-1}(B\cap f(X)) = f^{-1}(B) \cap f^{-1}(f(X))$$

Sin necesidad de inyectividad, se prueba fácilmente que $f^{-1}(f(X))= X$, y así: $f^{-1}(A) = f^{-1}(B) \in T_X$, dada la continuidad global de $f$. Por lo tanto, $f$ restringida sobre la imagen es función continua y evidentemente sobre. Por la proposición anterior, $(f(X),(T_Y)_{f(X)})$ es conexo.

$\square$

Como consecuencia inmediata deducimos que la conexidad es propiedad topológica.

Conexidad en topologías relativas

Enunciamos y demostramos la siguiente caracterización:

(Teorema) Dado $(X,T)$ espacio topológico e $Y\subseteq X$. Entonces $Y$ es conexo con la topología relativa $T_Y$ si, y solo si:

$$\forall A,B\in T \mathrm{ \ tales \ que} \ \begin{cases} Y\subseteq A\cup B \\ Y\cap A \cap B = \varnothing \end{cases} \Longrightarrow A\subseteq Y \vee B\subseteq Y$$

Demostración: $"\Rightarrow "$ Sean $A,B\in T$ tales que $Y$ es recubierto por $A,B$ y $Y\cap A \cap B = \varnothing$, en concreto encontramos $A'=A\cap Y, B'=B\cap Y\in T_Y$ verificando las hipótesis de la definición de conexidad sobre $(Y,T_Y)$:

• $A'\cup B' = (A\cap Y) \cup (B\cap Y) = (A\cup B) \cap Y = Y$, ya que partíamos de $Y\subseteq A\cup B$.
• $A' \cap B' = Y\cap A\cap B = \varnothing$.

Así, dada la hipótesis de conexidad: $A' = \varnothing \vee B' = \varnothing$. Si $A' = A\cap Y = \varnothing$, ya que $Y\subseteq A\cup B$, necesariamente $Y\subseteq B$. De igual forma $B' =  \varnothing \Rightarrow Y\subseteq A$.

$\square$

El siguiente resultado es muy exquisito:

(Teorema) Sea $(X,T)$ espacio topológico e $Y\subseteq X$. Si $Z$ es tal que $Y\subseteq Z \subseteq \mathrm{Cl}(Y)$ e $Y$ es conexo, entonces $Z$ es conexo.

Demostración: Usaremos el resultado anterior. En particular, dados $A,B\in T$ tales que $Z\subseteq A\cup B$ y $Z\cap A \cap B = \varnothing$, queremos ver que $Z\subseteq A$ ó $Z\subseteq B$. En particular, ya que $Y\subseteq Z$, $Y$ viene recubierto por $A$ y $B$ a la vez que: $Y\cap A \cap B = \varnothing$. Por lo tanto, el resultado anterior induce a: $Y\subseteq A$ ó $Y\subseteq B$. Supongamos ahora por RRAA:

$$\begin{cases} Z\not\subseteq A \\ \wedge \\ Z\not\subseteq B \end{cases} \underset{Z\subseteq A\cup B}{\Longrightarrow} \begin{cases} Z\cap B \neq \varnothing \\ \wedge \\ Z\cap A \neq \varnothing \end{cases}$$

Dado $x\in A\cap Z \subseteq A\cap \mathrm{Cl}(Y)$, en particular $A$ es abierto conteniendo a $x$, luego $A\in \mathrm{Ent}_T (x)$ y ya que $x\in \mathrm{Cl}(Y) \Longrightarrow A\cap Y \neq \varnothing.$ Si se fija $x\in B\cap Z \subseteq B\cap \mathrm{Cl}(Y)$, se deduce también $B\cap Y\neq \varnothing$. Luego $Y$ tiene puntos en $A$ y en $B$, lo cual contradice que $Y\subseteq A \vee Y\subseteq B$.

$\square$

Respecto a la unión de subconjuntos conexos en la topología relativa, se verifica el siguiente enunciado:

(Proposición) Sea $(X,T)$ un espacio topológico. Si $\{Y_i \}_{i\in I}$ es una familia de subconjuntos conexos de $X$ tales que $Y_{i_0} \cap Y_i \neq \varnothing$ para cada $i\in I$ y un $i_0 \in I$; entonces $\bigcup_{i\in I} Y_i$ es conexo.

Demostración: Denotemos $Y$ como la unión de los $Y_i$ trabajados, queremos trabajar con el teorema que caracteriza los conexos relativos, por lo que planteamos recubrimientos $A,B\in T$ tales que $Y\subseteq A\cup B$ y $Y\cap A \cap B = \varnothing$, queriendo ver así que $Y\subseteq A$ ó $Y\subseteq B$. En particular $Y_i \subseteq Y, \forall i\in I$; luego cada conexo de la familia verifica ser recubierto por $A$ y $B$:

$$Y_i \subseteq A \cup B \quad \wedge \quad Y_i \cap A \cap B =\varnothing$$

Así $Y_i \subseteq A$ ó $Y_i \subseteq B$, para cada $i\in I$. Nos interesa ahora enpacar estas dos posibilidades para toda la familia, y en concreto para la unión de conexos que hemos denotado por $Y$. Esto nos lo va a permitir $Y_{i_0}$, pues si $Y_{i_0} \subseteq A$, ya que: $Y_{i_0} \cap Y_i \neq \varnothing \Rightarrow Y_i \cap A \neq \varnothing$, y ya que solo puede estar contenido en uno de los dos conjuntos: $Y_i \subseteq A, \forall i\in I \Longrightarrow Y = \bigcup_{i\in I} Y_i \subseteq A$. El razonamiento es análogo para $Y_{i_0} \subseteq B \Longrightarrow Y\subseteq B$. Queda probado que $Y$ es conexo.

$\square$

Demostración de que $(\mathbb{R},T_u)$ es conexo

Supongamos por reducción al absurdo que $(\mathbb{R},T_u)$ no es conexo. Esto es, existen abiertos $A,B$ no vacíos y disjuntos que recubren a $\mathbb{R}$. Podemos suponer también, sin pérdida de generalidad, elementos $a\in A, b\in B$ tales que $a<b$ (lo importante es que $a\neq b$, dada la disjunción de partida). Consideremos el conjunto:

$$X= \{x\in A: x<b \} \subseteq A$$

Obsérvese que este conjunto es no vacío $(a\in X)$ y acotado superiormente por $b$, luego existe $S=\sup X$. En particular $S\leq b$ (Si $S>b$, nos podemos acercar a la derecha del supremo y encontrar a $b$ como elemento de $A$, lo cual es falso). Surgen dos casos: 

• Si $S\in A$, ya que $A$ es abierto: $\exists \varepsilon >0$ tal que $]S-\varepsilon, S+\varepsilon[ \subseteq A$. Además: $\varepsilon <b-S$, de lo contrario $b$ estaría en el intervalo. Llegamos a un absurdo, pues:  $$S+\frac{\varepsilon}{2} \in A \quad \text{es tal que  } S+\frac{\varepsilon}{2} < S+\varepsilon < b$$ , contradiciendo así a $S=\sup X \in A$.
• Si $S\in B$, de nuevo: $]S-\varepsilon', S+\varepsilon'[\subseteq B$ para algún $\varepsilon' >0$. Por caracterización de supremo, encontramos $z\in X\subseteq A$ tal que $S\geq z>S-\varepsilon'$. En particular: $z\in A\cap B$, lo cual es absurdo pues se trataba de abiertos disjuntos.

Se concluye la prueba.