位相空間における連結性について詳しく

[a,b] が連結であることの証明

[a,b] が不連結と仮定すると，ある互いに素な開集合 A, B\subset [a,b] があって， A\cup B=[a,b] とできる。

同じことなので， b\in B としてよい。 B は開集合なので，ある \varepsilon_1>0 があって， (b-\varepsilon_1, b]\subset B である。特に， c=\sup A とすると， c<b である。

c\in A と仮定すると， A は開集合なのである \varepsilon_2>0 が存在して (c-\varepsilon_2, c+\varepsilon_2)\subset A であるが，これは \sup A \ge c+\varepsilon_2 となって矛盾する。 c\in B と仮定すると， B は開集合なのである \varepsilon_3>0 が存在して (c-\varepsilon_3, c+\varepsilon_3)\subset B となるが，これは \sup A\le c-\varepsilon_3 となって矛盾する。

以上から， [a,b] は連結である。

証明終

証明

(A, \mathcal{O}_A) を (X, \mathcal{O}_X) から定まる相対位相とし， (f(A), \mathcal{O}_{f(A)}) を (Y,\mathcal{O}_Y) から定まる相対位相とする。このとき，定義域と終域を制限した写像 f\colon A\to f(A) は全射であり，さらに連続である(→位相空間における連続写像の定義と性質を詳しく)。記号を乱用して，これ以降この f について考える。

f(A) が不連結と仮定すると， V_1, V_2\in\mathcal{O}_{f(A)}\setminus \{\emptyset\} であって，

であるものが存在する。このとき， f^{-1}(V_1), f^{-1}(V_2)\in\mathcal{O}_A\setminus \{\emptyset\} であり，

となる。これは， A の連結性に矛盾している。以上から， f(A) は連結である。

証明終

証明

X を B に置き換える(相対位相で部分空間と考える)と， A の閉包は B になるから， \overline{A} が連結であることを示せば十分である。

\overline{A} が不連結と仮定する。このとき，\overline{A} における空でない開集合 U, V\subset \overline{A} が存在して，

とできる。このとき， U\cap A, V\cap A は A における空でない(※後述)開集合で，

となる。これは， A の連結性に矛盾する。以上から， \overline{A} は連結である。

※の部分について

U\cap A\ne\emptyset を示そう。 U\cap A=\emptyset と仮定する。このとき， A\subset \overline{A}\setminus U となり，右辺は \overline{A} における閉集合であるから，

となる。よって， U=\emptyset となって矛盾する。ゆえに， U\cap A\ne \emptyset が示せた。全く同様に V\cap A\ne\emptyset である。

証明終

証明

1.について

U, V\subset A を A における開集合で， U\cap V=\emptyset かつ U\cup V = A とする。このとき， U\cap A_\lambda, V\cap A_\lambda は A_\lambda における開集合であり， A_\lambda の連結性から，

または

のいずれかが成立する。もし， \lambda_1\ne \lambda_2 に対し，

が同時に成立するとすると，

となって仮定に矛盾する。ゆえに，任意の \lambda\in \Lambda に対し，

としてよい。これにより， U=A, V=\emptyset となるから， A は連結である。

2.について

1.を帰納的に用いることで， B_n=A_1\cup \cdots \cup A_n は連結である。 A_1=\bigcap_{n=1}^\infty B_n であるから，1.が適用できて， A=\bigcup_{n=1}^\infty B_n は連結である。

3.について

a\in X を固定し， X=\bigcup_{x\in X} A_{a,x} であることと，1.から従う。

証明終

証明

まず， \Lambda が有限集合のときに示そう。 X_1, X_2 が連結のとき， X_1\times X_2 が連結であることを示せば，後は帰納的にわかるから十分である。

(x_1, x_2), (y_1, y_2)\in X_1\times X_2 に対し， M_1=X_1\times \{y_2\}, \, M_2=\{x_1\}\times X_2 とすると， M_1\cong X_1, \, M_2\cong X_2 ( \cong は同相の意味)であるので， M_1,M_2 は連結である。 (x_1, y_2)\in M_1\cap M_2 と定理3.1より， M=M_1\cup M_2 は連結である。 (x_1, x_2), (y_1, y_2)\in M なので，定理3.3から， X_1\times X_2 は連結である。

次に，一般の \Lambda について示そう。 a=(a_\lambda)\in X を一つ固定する。

n\ge 1,\, \lambda_1, \ldots, \lambda_n \in \Lambda とし，

とすると， M_{\lambda_1, \ldots, \lambda_n} \cong X_{\lambda_1}\times \cdots\times X_{\lambda_n} であるから，前半の議論により M_{\lambda_1, \ldots, \lambda_n} は連結である。 a\in M_{\lambda_1, \ldots, \lambda_n} であるから，定理3.1より，

と定めると， M は連結である。 \overline{M}=X を示せば，定理2より X は連結と分かるので， \overline{M}=X を示そう。

直積位相の定義より， X の任意の空でない開集合 O は，ある n\ge 1,\, \lambda_1, \ldots, \lambda_n があって，さらに空でない開集合 U_{\lambda_1}\in\mathcal{O}_{\lambda_1}, \ldots, U_{\lambda_n}\in\mathcal{O}_{\lambda_n} があって，

の形の開集合を含む。 M_{\lambda_1, \ldots, \lambda_n} はこの集合と共通部分をもつから， O\cap M\ne \emptyset となる。ゆえに， \overline{M}=X が示された。

証明終

証明

X は連結かつ f は連続なので，定理1から， f(X) は連結である。 \alpha, \beta \in f(X),\, \alpha<\beta ならば，[\alpha,\beta]\subset f(X) を示せば十分である。

もし， \alpha<\gamma<\beta で， \gamma \notin f(X) となるものが存在すると仮定すると， f(X) は2つの開集合 (\alpha, \gamma)\cap f(X) と (\gamma, \beta)\cap f(X) に分割することができるから， f(X) の連結性に矛盾する。

よって，全ての \alpha<\gamma<\beta で， \gamma\in f(X) なので， [\alpha, \beta]\subset f(X) である。

証明終