Home 数学 点集拓扑

# 连通性

定义
在拓扑空间 (X,O)(X,\mathcal O) 中，称 (X,O)(X,\mathcal O) 是 连通的 (connected)「連結」 等价于

O∩F={∅,X}\mathcal O \cap \mathcal F = \{\emptyset,X\}

换句话说，连通性等价于：XX 中不存在非平凡的既是开集又是闭集的子集

如果一个拓扑空间非连通，那么就可以取到一个非平凡的子集 UU，使得 UU 既开又闭
那么显然取 V=UcV=U^c 的话，这也是一个既开又闭的子集，并且和 UU 不相交
在这个条件下，可以说将 XX 分成了两个不相交的开集的直和

所以非连通性具有等价条件

命题
以下等价

  1. (X,O)(X,\mathcal O) 非连通
  2. 存在 XX 的非空开集 U,VU,V，使得 X=U∪VX = U \cup V 且 U∩V=∅U \cap V = \emptyset
  3. 存在 XX 的非空闭集 U,VU,V，使得 X=U∪VX = U \cup V 且 U∩V=∅U \cap V = \emptyset
证明

(1) ⇒\Rightarrow (2)
设 XX 非连通，则存在非平凡的既开又闭子集 U⊂XU \subset X
令 V=UcV = U^c，则 VV 也是非平凡的既开又闭子集，此时

X=U∪V,U∩V=∅X = U \cup V ,\ U \cap V = \emptyset

(2) ⇒\Rightarrow (3)
取符合条件的开集 U,VU,V，则 Uc,VcU^c,V^c 都是闭集，且

X=U∪V⇒Xc=∅=Uc∩VcU∩V=∅⇒X=Uc∪VcX = U \cup V \Rightarrow X^c = \emptyset = U^c \cap V^c \\ U \cap V = \emptyset \Rightarrow X = U^c \cup V^c

(3) ⇒\Rightarrow (1)
取符合条件的闭集 U,VU,V，则 UU 既作为闭集，也是 VV 的补集，所以 UU 也是开集，成为一个非平凡的既开又闭子集
□\square

对于 XX 的子集 AA，如果构造相对拓扑 (A,OA)(A,\mathcal O_A)，那么也可以讨论 AA 的连通性（AA 在 (X,O)(X,\mathcal O) 下的连通性）

定义
令 (X,O)(X,\mathcal O) 为拓扑空间，A⊂XA \subset X 非空
称 AA 是 XX 的 连通子集 (connected subset)「連結集合」 当且仅当子空间 (A,OA)(A,\mathcal O_A) 连通

同样，可以给出连通子集的等价条件

命题
以下等价

  1. (A,OA)(A,\mathcal O_A) 非连通
  2. 存在 XX 的非空开集 U,VU,V，使得 A⊂U∪VA \subset U \cup V 且 A∩U∩V=∅A \cap U \cap V = \emptyset，以及 A∩U,A∩VA \cap U,A \cap V 非空
  3. 存在 XX 的非空闭集 U,VU,V，使得 A⊂U∪VA \subset U \cup V 且 A∩U∩V=∅A \cap U \cap V = \emptyset，以及 A∩U,A∩VA \cap U,A \cap V 非空
证明

利用相对拓扑的定义，应用前命题即可
□\square

如果觉得不好理解，可以翻译一下这个条件

  • A⊂U∪VA \subset U \cup V 意味着 AA 被 U,VU,V 完全覆盖
  • A∩U∩V=∅A \cap U \cap V = \emptyset 意味着 AA 的内部没有和 U,VU,V 的 共通 交集
  • A∩U,A∩VA \cap U,A \cap V 非空 意味着 AA 和 U,VU,V 分别 都有交集

也就是说：AA 能不能被两个内部的不交开集分割
如果可以，那直观感受上当然就是不连通的了

所以先分清楚
拓扑空间 (X,O)(X,\mathcal O) 的连通性 和 子集 A⊂XA \subset X 在 (X,O)(X,\mathcal O) 下的连通性
是两个不同的概念

连通性是可以靠连续映射传递的性质
反方向的箭头在 ff 同胚时才成立

命题
设 (X,OX),(Y,OY)(X,\mathcal O_X),(Y,\mathcal O_Y) 为拓扑空间，f:X→Yf:X \to Y 连续

A是(X,OX)的连通子集⟹f(A)是(Y,OY)的连通子集A \text{ 是 } (X,\mathcal O_X) \text{ 的连通子集} \ \implies \ f(A) \text{ 是 } (Y,\mathcal O_Y) \text{ 的连通子集}

证明

取对偶命题 [ f(A)f(A) 非连通 ⇒A\Rightarrow A 非连通 ] 证明
设 f(A)f(A) 非连通，则存在 YY 的非空开集 UY,VY∈OYU_Y,V_Y \in \mathcal O_Y，使得

f(A)⊂UY∪VY,f(A)∩UY∩VY=∅,f(A)∩UY,f(A)∩VY≠∅f(A) \subset U_Y \cup V_Y,\ f(A) \cap U_Y \cap V_Y = \emptyset,\ f(A) \cap U_Y,\ f(A) \cap V_Y \neq \emptyset

由于 ff 连续，故

U:=f−1(UY),V:=f−1(VY)∈OXU := f^{-1}(U_Y),\ V := f^{-1}(V_Y) \in \mathcal O_X

则有

A⊂f−1(f(A))⊂f−1(UY∪VY)=U∪VA \subset f^{-1}(f(A)) \subset f^{-1}(U_Y \cup V_Y) = U \cup V

假设 A∩U∩V≠∅A \cap U \cap V \neq \emptyset，则存在 a∈A∩U∩Va \in A \cap U \cap V，那么

f(a)∈f(A∩U∩V)⊂f(A)∩UY∩VY=∅f(a) \in f(A \cap U \cap V) \subset f(A) \cap U_Y \cap V_Y = \emptyset

矛盾，故 A∩U∩V=∅A \cap U \cap V = \emptyset
且由于 f(A)∩UY≠∅f(A) \cap U_Y \neq \emptyset，存在 y∈f(A)∩UYy \in f(A) \cap U_Y
那么，存在 x∈Ax \in A 使得 f(x)=yf(x) = y，并且由于 f(x)∈UYf(x) \in U_Y，所以

x∈f−1(UY)=Ux \in f^{-1}(U_Y) = U

即 x∈A∩Ux \in A \cap U，所以 A∩U≠∅A \cap U \neq \emptyset
同理可证 A∩V≠∅A \cap V \neq \emptyset
所以 AA 非连通
□\square

若一个集合可以被夹在一个连通集和它的闭包之间，那么它也是连通的
这是一个间接证明连通性的方法

命题
令 (X,O)(X,\mathcal O) 为拓扑空间，A,B⊂XA,B \subset X 为非空子集
若 AA 连通，且 A⊂B⊂A‾A \sub B \subset \overline A，则 BB 连通

证明

使用反证法证明
假设 BB 非连通，则存在 XX 的非空开集 U,VU,V，使得

B⊂U∪V,B∩U∩V=∅,B∩U,B∩V≠∅B \subset U \cup V,\ B \cap U \cap V = \emptyset,\ B \cap U,\ B \cap V \neq \emptyset

由于 A⊂BA \subset B，所以

A⊂U∪V,A∩U∩V=∅A \subset U \cup V,\ A \cap U \cap V = \emptyset

由于 B∩U≠∅B \cap U \neq \emptyset，存在 b∈B∩U⊂A‾∩Ub \in B \cap U \subset \overline A \cap U，即

b∈A‾=Ai⊔Afb \in \overline A = A^i \sqcup A^f

触点的性质给出

∀O:opens.t.A∩O≠∅{}^\forall O:\text{ open } s.t. A \cap O \neq \emptyset \quad

那么自然，对于子集 U⊂OU \subset O，也有 A∩U≠∅A \cap U \neq \emptyset
同理可证 B∩V≠∅B \cap V \neq \emptyset 导致 A∩V≠∅A \cap V \neq \emptyset
所以 AA 非连通，矛盾，故 BB 连通
□\square

将多个完全不交的连通子集用并集连接，结果仍然是连通子集

命题
令 (X,O)(X,\mathcal O) 为拓扑空间，{Aλ}λ∈Λ\{A_\lambda\}_{\lambda \in \Lambda} 为 XX 的连通子集族，且

∀λ,μ∈Λ,Aλ∩Aμ≠∅{}^\forall \lambda,\mu \in \Lambda,\quad A_\lambda \cap A_\mu \neq \emptyset

则

A=⋃λ∈ΛAλA = \bigcup_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda

也是连通子集

证明

取对偶命题 [ AA 非连通 ⇒\Rightarrow 存在 λ,μ∈Λ\lambda, \mu \in \Lambda 使得 Aλ∩Aμ=∅A_\lambda \cap A_\mu = \emptyset ] 证明
设 AA 非连通，则存在 XX 的非空开集 U,VU,V，使得

A⊂U∪V,A∩U∩V=∅,A∩U,A∩V≠∅A \subset U \cup V,\ A \cap U \cap V = \emptyset,\ A \cap U,\ A \cap V \neq \emptyset

此时，对任意 λ∈Λ\lambda \in \Lambda，都有 Aλ⊂AA_\lambda \subset A，所以

Aλ⊂U∪V,Aλ∩U∩V=∅A_\lambda \subset U \cup V,\quad A_\lambda \cap U \cap V = \emptyset

并且由于

A∩U=⋃λ∈ΛAλ∩U=⋃λ∈ΛU(Aλ∩U)≠∅A \cap U = \bigcup_{\lambda \in \Lambda} A_\lambda \cap U = \bigcup_{\lambda \in \Lambda_U} (A_\lambda \cap U) \neq \emptyset

所以存在 λ′∈Λ\lambda' \in \Lambda 使得 Aλ′∩U≠∅A_{\lambda'} \cap U \neq \emptyset
同理可证存在 μ′∈Λ\mu' \in \Lambda 使得 Aμ′∩V≠∅A_{\mu'} \cap V \neq \emptyset
由于 U,VU, V 是分离 AA 的开集，满足 A∩U∩V=∅A \cap U \cap V = \emptyset，所以

Aλ′∩Aμ′⊂U∩VA_{\lambda'} \cap A_{\mu'} \subset U \cap V

考虑到二者都在 AA 内，所以

Aλ′∩Aμ′=∅A_{\lambda'} \cap A_{\mu'} = \emptyset

这证明，如果 AA 非连通，则必存在不交子集
□\square

示例
在一般拓扑（Euclidean 度量拓扑）下，实数 R\mathbb R 是连通的。
并且 I⊂RI \subset \mathbb R 连通当且仅当 II 是区间

证明

假设 R\mathbb R 非连通，则存在非空开集 U,V⊂RU,V \subset \mathbb R，使得

R=U∪V,U∩V=∅\mathbb R = U \cup V,\quad U \cap V = \emptyset

各自取 u0∈U,v0∈Vu_0 \in U,\ v_0 \in V，不妨设 u0<v0u_0 \lt v_0
令集合和中点

I0=[u0,v0],m0=u0+v02I_0 = [u_0,v_0],\quad m_0 = \dfrac{u_0 + v_0}{2}

由于 I0⊂R=U∪VI_0 \subset \mathbb R = U \cup V，所以 I0I_0 被 U,VU,V 覆盖，这意味着 m0m_0 要么在 UU 中，要么在 VV 中

  • 若 m0∈Um_0 \in U，则令 I1=[m0,v0],u1=m0,v1=v0I_1 = [m_0,v_0],\ u_1 = m_0,\ v_1 = v_0
  • 若 m0∈Vm_0 \in V，则令 I1=[u0,m0],u1=u0,v1=m0I_1 = [u_0,m_0],\ u_1 = u_0,\ v_1 = m_0
    重复此过程，得到闭区间序列 {In}\{I_n\}，使得

In=[un,vn],In+1⊂In,∣In∣=∣I0∣2nI_n = [u_n,v_n],\quad I_{n+1} \subset I_n,\quad |I_n| = \dfrac{|I_0|}{2^n}

根据闭区间套定理，存在唯一一点 x∈⋂n=0∞Inx \in \bigcap_{n=0}^{\infty} I_n
由于每个 InI_n 都被 U,VU,V 覆盖，所以 xx 要么在 UU 中，要么在 VV 中

  • 假设 x∈Ux \in U

由于 UU 是开集，存在 ε>0\varepsilon > 0，使得开区间 (x−ε,x+ε)⊂U(x-\varepsilon, x+\varepsilon) \subset U
由于 ∣In∣→0|I_n| \to 0，所以存在 NN，使得当 n>Nn \gt N 时，In⊂(x−ε,x+ε)I_n \subset (x-\varepsilon, x+\varepsilon)
这说明 In⊂UI_n \subset U，所以 In∩V=∅I_n \cap V = \emptyset，矛盾

  • 假设 x∈Vx \in V

同理可证矛盾
□\square

# 连通分支

定义
令 (X,O)(X,\mathcal O) 为拓扑空间
对于两点 x,y∈Xx,y \in X，定义如下等价关系

x∼y⟺存在X的连通子集A使得x,y∈Ax \sim y \iff \text{ 存在 } X \text{ 的连通子集 } A \text{ 使得 } x,y \in A

称等价类 Cx={y∈X∣y∼x}C_x = \{y \in X \mid y \sim x\} 为 XX 的 连通分支 (connected component)「連結成分」

等价关系的验证如下
由于单点集合 {x}\{x\} 连通，所以自反性成立
根据定义，显然对称性成立
设 x∼yx \sim y 且 y∼zy \sim z，则存在 XX 的连通子集 A,BA,B，使得 x,y∈Ax,y \in A 且 y,z∈By,z \in B
由于 y∈A∩By \in A \cap B，所以 A∪BA \cup B 非空，得到 A∪BA \cup B 连通，且 x,z∈A∪Bx,z \in A \cup B，所以 x∼zx \sim z，传递性成立

命题
记点 xx 的连通分支为 CxC_x

  1. CxC_x 是含有 xx 的最大的连通子集
  2. CxC_x 是闭集
证明

(1)
取 AA 为含有 xx 的所有连通子集的并集，由前命题可知 AA 连通
这显然是含有 xx 的最大的连通子集，以下证明 Cx=AC_x = A
(⊂\subset) 取 y∈Cxy \in C_x，那么存在同时含有 x,yx, y 的连通子集 BB，且 B⊂AB \subset A，所以 y∈Ay \in A
(⊃\supset) 取 z∈Az \in A，由于 x,y∈Ax, y \in A 得到等价 x∼zx \sim z，所以 z∈Cxz \in C_x
(2)
由上述结论，CxC_x 连通，所以 Cx‾\overline{C_x} 连通并含有 xx
又由于 CxC_x 是含有 xx 的最大的连通子集，所以 Cx‾⊂Cx\overline{C_x} \subset C_x，即 Cx=Cx‾C_x = \overline{C_x}，故 CxC_x 是闭集
□\square

如果任意一个连通分支都是单点集，也就是说等价类只有一个元，那么这个拓扑空间被称为 全不连通 (totally disconnected)「完全不連結」 的

命题
离散拓扑 (X,P(X))(X,\mathcal P(X)) 都是全不连通的

证明

因为所有可能的子集都为开集，所以单点集合 {x}\{x\} 也为开集
如果假设连通分支 CxC_x 含有不止一个点，那么可以取

U={x},V=Cx∖{x}≠∅U = \{x\},\quad V = C_x \setminus \{x\} \neq \emptyset

此时二者都是 XX 的开集，且

Cx⊂U∪V,Cx∩U∩V=∅,Cx∩U,Cx∩V≠∅C_x \subset U \cup V,\quad C_x \cap U \cap V = \emptyset,\quad C_x \cap U,\ C_x \cap V \neq \emptyset

这说明 CxC_x 非连通，矛盾，故 Cx={x}C_x = \{x\}
□\square

示例
有理数 Q\mathbb Q 在通常的拓扑下，在实数集 R\mathbb R 中是全不连通的

通过连通分支，可以证明直积运算保持连通性

命题
若 (Xi,Oi),i=1,…,n(X_i,\mathcal O_i),\ i = 1,\ldots,n 都连通
则积空间

(X1×X2×⋯×Xn,O1×O2×⋯×On)(X_1 \times X_2 \times \cdots \times X_n, \mathcal O_1 \times \mathcal O_2 \times \cdots \times \mathcal O_n)

也连通

证明

实际上只需要证明二元下 (X1×X2,O1×O2)(X_1 \times X_2, \mathcal O_1 \times \mathcal O_2) 连通
取 X1×X2X_1 \times X_2 中任意两点 (x1,y1),(x2,y2)(x_1,y_1),(x_2,y_2)，需证明 (x1,y1)∼(x2,y2)(x_1,y_1) \sim (x_2,y_2)
也就是说，需要证明存在包含这两点的连通子集
令积拓扑的开基为 B={U1×U2∣U1∈O1,U2∈O2}\mathcal B = \{U_1 \times U_2 \mid U_1 \in \mathcal O_1,\ U_2 \in \mathcal O_2\}
固定 yy，定义映射

f:X1→X1×X2,f(x)=(x,y)f:X_1 \to X_1 \times X_2,\quad f(x) = (x,y)

对于积拓扑的开基中的元 U×VU \times V，有

f−1(U×V)={U,y∈V∅,y∉Vf^{-1}(U \times V) = \begin{cases} U,\quad y \in V \\ \emptyset,\quad y \not\in V \end{cases}

两者都为 X1X_1 的开集
由于任意 X1×X2X_1 \times X_2 的开集都可以表示为积拓扑的开基的并，所以 ff 连续
又因为连续映射保有连通性，得到 f(X1)={(x,y)∣x∈X1}=X1×{y}f(X_1) = \{(x,y) \mid x \in X_1\} = X_1 \times \{y\} 连通
那么，当取 y=y2y = y_2 时，两点 (x1,y2),(x2,y2)(x_1,y_2),(x_2,y_2) 属于共通的连通开集 X1×{y2}X_1 \times \{y_2\}，得到等价关系 (x1,y2)∼(x2,y2)(x_1,y_2) \sim (x_2,y_2)
同理，可以得到等价关系 (x2,y1)∼(x2,y2)(x_2,y_1) \sim (x_2,y_2)
由于等价关系的传递性，得到 (x1,y1)∼(x2,y2)(x_1,y_1) \sim (x_2,y_2)
□\square

利用连通性，可以把微积分里的中值定理推广到连通的拓扑空间上（不予证明）

定理 中值定理
令 f:X→Rf:X \to \mathbb R 为 (X,O)(X,\mathcal O) 上的实连续函数
α:=f(a),β:=f(b),α<β\alpha := f(a),\ \beta := f(b),\ \alpha < \beta
则对于任意 γ∈(α,β)\gamma \in (\alpha,\beta)，存在 c∈Xc \in X 使得 f(c)=γf(c) = \gamma

# 弧连通

定义
令 (X,O)(X,\mathcal O) 为拓扑空间
称连续映射 f:[0,1]→Xf:[0,1] \to X 为 XX 中的 弧 (arc)「弧」

称

  • f(0)f(0) 为弧的 起点
  • f(1)f(1) 为弧的 终点

此时，称起点和终点可以通过弧连通

定义
若拓扑空间 (X,O)(X,\mathcal O) 中任意两点 x,y∈Xx,y \in X 都可以通过弧连通
则称 (X,O)(X,\mathcal O) 为 弧连通的 (arcwise connected)「弧連結」

与连通性相同，两点是否可以被弧相连，可以成为一个等价关系

  • 由于常数映射连续，所以自反性成立
  • 取连续映射的反方向，可得对称性成立
  • 取两个弧的拼接，可得传递性成立

称这个等价关系下的等价类为拓扑空间的 弧连通分支

命题
设 (X,OX),(Y,OY)(X,\mathcal O_X),(Y,\mathcal O_Y) 为拓扑空间
取闭集 A,B⊂XA,B \subset X，使得 A∪B=XA \cup B = X
若有连续映射 fA:A→Yf_A:A \to Y 和 fB:B→Yf_B:B \to Y，且在 A∩BA \cap B 上一致，即 fA∣A∩B=fB∣A∩Bf_A|_{A \cap B} = f_B|_{A \cap B}，则总体的映射

f:X→Y,f(x)={fA(x),x∈AfB(x),x∈Bf:X \to Y,\quad f(x) = \begin{cases} f_A(x),\quad x \in A \\ f_B(x),\quad x \in B \end{cases}

也是连续的

证明

取任意 YY 的开集 U∈OYU \in \mathcal O_Y，则

f−1(U)={x∈X∣f(x)∈U}={x∈A∣fA(x)∈U}∪{x∈B∣fB(x)∈U}=fA−1(U)∪fB−1(U)f^{-1}(U) = \{x \in X \mid f(x) \in U\} = \{x \in A \mid f_A(x) \in U\} \cup \{x \in B \mid f_B(x) \in U\} = f_A^{-1}(U) \cup f_B^{-1}(U)

由于 fA,fBf_A,f_B 连续，故 fA−1(U),fB−1(U)f_A^{-1}(U),f_B^{-1}(U) 都是 XX 的闭集的交与补，所以 f−1(U)f^{-1}(U) 也是 XX 的开集
□\square

类似地，对于子集

定义
若拓扑空间 (X,O)(X,\mathcal O) 的子集 A⊂XA \subset X 在相对拓扑下弧连通
则称 AA 为 XX 的 弧连通子集 (arcwise connected subset)「弧連結集合」

示例
Euclidean 空间 Rn\mathbb R^n 是弧连通的

证明

取 Rn\mathbb R^n 中任意两点 x,y\boldsymbol x,\boldsymbol y，定义映射

f:[0,1]→Rn,f(t)=(1−t)x+tyf:[0,1] \to \mathbb R^n,\quad f(t) = (1-t)\boldsymbol x + t\boldsymbol y

显然 f(0)=x,f(1)=yf(0) = \boldsymbol x,\ f(1) = \boldsymbol y，且 ff 连续
□\square

弧连通是比连通更强的性质

命题

弧连通⇒连通\text{弧连通} \ \Rightarrow \ \text{连通}

证明

令 (X,O)(X,\mathcal O) 为弧连通拓扑空间，取一点 a∈Xa \in X 固定
由弧连通性，对于任意点 b∈Xb \in X，存在弧 fb:[0,1]→Xf_b:[0,1] \to X，使得 fb(0)=a,fb(1)=bf_b(0) = a,\ f_b(1) = b
由于 [0,1][0,1] 连通，且连续映射保有连通性，得到 fb([0,1])f_b([0,1]) 连通
由于 a∈fb([0,1])a \in f_b([0,1]) 是对任意 b∈Xb \in X 都成立的，所以对于点 b,b′∈Xb, b' \in X，都有

fb([0,1])∩fb′([0,1])≠∅f_b([0,1]) \cap f_{b'}([0,1]) \neq \emptyset

由此前关于连通子集族并集的命题，不交的连通子集族的并集仍然连通，得到

X=⋃b∈Xfb([0,1])X = \bigcup_{b \in X} f_b([0,1])

连通
□\square

反方向不一定成立，以下为经典示例

示例
拓扑学家正弦曲线 (topologist's sine curve)

T={(x,sin⁡1x)∣x∈(0,1]}∪{(00)}T = \left\{(x,\sin \dfrac{1}{x}) \mid x \in (0,1]\right\} \cup \left\{\binom{0}{0}\right\}

在通常拓扑下是连通的，但不是弧连通的

连续映射不止可以保持连通性，也可以保持弧连通性

命题
设 (X,OX),(Y,OY)(X,\mathcal O_X),(Y,\mathcal O_Y) 为拓扑空间，f:X→Yf:X \to Y 连续

X弧连通⇒f(X)弧连通X \text{ 弧连通 } \Rightarrow f(X) \text{ 弧连通 }

证明

任取 f(X)f(X) 中两点 y1,y2y_1,y_2，则存在 XX 中的两点 x1,x2x_1,x_2，使得

f(x1)=y1,f(x2)=y2f(x_1) = y_1,\ f(x_2) = y_2

因为 XX 弧连通，存在弧 g:[0,1]→Xg:[0,1] \to X，使得

g(0)=x1,g(1)=x2g(0) = x_1,\quad g(1) = x_2

则复合映射

f∘g:[0,1]→Yf \circ g : [0,1] \to Y

是弧，且

(f∘g)(0)=f(x1)=y1,(f∘g)(1)=f(x2)=y2(f \circ g)(0) = f(x_1) = y_1,\quad (f \circ g)(1) = f(x_2) = y_2

所以 y1,y2y_1,y_2 可以通过弧相连，故 f(X)f(X) 弧连通
□\square