1. Spazi connessi

(Cfr.)1

Il teorema del valore intermedio si può esprimere in termini di connessione:

(1.1) Definizione. Uno spazio topologico $X$ è detto connesso se gli unici sottoinsiemi di $X$ simultaneamente aperti e chiusi2 sono $\emptyset $ e $X$.

Quando si considera un sottospazio $Y\subset X$, allora $Y$ è connesso se è connesso nella topologia indotta da $X$. Osserviamo che se $A\subset X$ è un sottoinsieme sia chiuso che aperto, anche il suo complementare $X\smallsetminus A$ è sia chiuso che aperto. Quindi $X = A \cup (X\smallsetminus A)$, cioè $X$ è unione disgiunta di due aperti non vuoti.

(1.2) Teorema. Uno spazio topologico $X$ è connesso se e solo se $X$ non è unione di due aperti non vuoti e disgiunti $X=A_1 \cup A_2$. (Equivalentemente: uno spazio topologico $X$ non è connesso se e solo se $X$ è unione di due aperti non vuoti e disgiunti $X=A_1 \cup A_2$).

(1.3) Esempio. Sia $S^0 = \{ -1,+1\} \subset \RR $ la sfera di dimensione $0$ (soluzioni dell’equazione $x^2=1$). Entrambi i punti sono chiusi in $\RR $, e quindi chiusi in $S^0$ (che è chiuso in $\RR $): $S^0$ non è connesso.

(1.4) Esempio. L’insieme vuoto e gli spazi con un solo punto sono connessi.

(1.5) Esempio. Uno spazio con la topologia discreta è connesso se e soltanto se ha un solo punto.

(1.6) Esempio. La retta razionale $\QQ $ non è connessa. Infatti, consideriamo l’intervallo

\[ A = (\sqrt {2},\infty ) \subset \QQ . \]

Si tratta di un aperto, che però è anche chiuso, visto che

\[ \begin{aligned} A = (\sqrt {2},\infty ) & = \{ x\in \QQ : \sqrt {2} < x \} \\ & = \{ x\in \QQ : \sqrt {2} \leq x \} \\ & = [\sqrt {2},\infty ) \end{aligned} \]

Quest’ultimo è chuso perché il suo complementare è l’intervallo aperto $(-\infty ,\sqrt {2})$. Ora, $A$ non è vuoto, e non è uguale a $\QQ $, è sia aperto che chiuso, e quindi $\QQ $ non è connesso.

(1.7) Definizione. Un intervallo in $\RR $ (più in generale: in un insieme ordinato) è un insieme $I\subset \RR $ contenente più di un punto, tale che $x, y \in I, s\in \RR , x < s < y \implies s\in I$.

Ricordiamo che $m\in \RR $ è un minorante di un insieme di numeri $X\subset \RR $ se $\forall x\in X$, $m\leq x$ (cioè se $m\leq X$). Analogamente, $M\in \RR $ è un maggiorante di $X$ se $\forall x\in X$, $x\leq M$ (cioè se $X\leq M$). Si dice che $X$ è limitato da sotto se esiste un minorante di $X$. Si dice che $X$ è limitato da sopra se esiste un maggiorante di $X$. L’insieme di tutti i minoranti di $X$ è quindi un insieme non vuoto se e solo se $X$ è limitato da sotto. L’insieme di tutti i maggioranti di $X$ è un insieme non vuoto se e solo se $X$ è limitato da sopra.

L’insieme dei minoranti di $X$ si scrive come

\[ \begin{aligned} \text {minoranti} & = \{ m \in \RR : \forall x\in X,\ m \leq x \} \\ & = \{ m \in \RR : \forall x\in X,\ m \in (-\infty ,x] \} \\ & = \{ m \in \RR : m \in \bigcap _{x\in X} (-\infty ,x] \} \\ & = \bigcap _{x\in X} (-\infty ,x]. \end{aligned} \]

Dato che è l’intersezione di una famiglia di chiusi, è un sottoinsieme chiuso di $\RR $. L’insieme dei maggioranti di $X$ si scrive come

\[ \begin{aligned} \text {maggioranti} & = \{ M \in \RR : \forall x\in X,\ M \geq x \} \\ & = \{ M \in \RR : \forall x\in X,\ M \in [x,+\infty ) \} \\ & = \{ M \in \RR : M \in \bigcap _{x\in X} [x,+\infty ) \} \\ & = \bigcap _{x\in X} [x,+\infty ). \end{aligned} \]

Dato che è l’intersezione di una famiglia di chiusi, è un sottoinsieme chiuso di $\RR $. L’estremo inferiore è il massimo dei minoranti, l’estremo superiore è il minimo dei maggioranti.

Dato che $\RR $ ha la proprietà dell’estremo superiore e dell’estremo inferiore, gli intervalli sono tutti gli insiemi del tipo $(-\infty ,b]$,$(-\infty ,b)$,$(a,b)$,$(a,b]$, $[a,b)$, $[a,b]$, $[a,+\infty )$, $(a,+\infty )$, con $a < b$. Mostreremo che tutti gli intervalli sono connessi. Cominciamo dall’intervallo chiuso (compatto) $[a,b]$.

(1.8) Teorema. Ogni intervallo chiuso $[a,b]\subset \RR $ è connesso.

Dim. Per assurdo, supponiamo che l’intervallo $[a,b]$ sia unione di due aperti disgiunti non vuoti $[a,b] = A_1 \cup A_2$ (dove $A_1, A_2 \neq \emptyset $, $A_1\cap A_2 = \emptyset $, e quindi $A_1$ e $A_2$ sono chiusi nella topologia di $[a,b]$). Essendo $[a,b]$ chiuso in $\RR $, $A_1$ e $A_2$ sono anch’essi chiusi e non vuoti in $\RR $ (nota: non sono necessariamente aperti! Vedi esercizio 3.3). Dato che gli estremi superiore e inferiore di un sottoinsieme chiuso di $\RR $ sono contenuti nell’insieme stesso (vedi esercizio 3.2), risulta $\sup {A_ i} \in A_ i$, $\inf {A_ i} \in A_ i$ per $i=1,2$. Consideriamo per ogni $y\in [a,b]$ l’insieme chiuso

\[ B_ y = \{ x \in A_1 : x\leq y \} = [a,y] \cap A_1 \subset A_1. \]

L’intersezione

\[ B= \bigcap _{y\in A_2} B_ y = \{ x\in A_1 : \forall y\in A_2, x\leq y \} . \]

è dunque un chiuso contenuto in $A_1$ (che consiste di tutti i minoranti di $A_2$ in $A_1$). Ora, a meno di cambiare gli indici, possiamo supporre che $a\in A_1$ (e quindi $a\not\in A_2$, poiché $A_1\cap A_2 =\emptyset $), e quindi $a\in B$. L’estremo superiore $s_1=\sup B$ (che esiste perché $B\neq \emptyset $ ed è limitato) appartiene al chiuso $B$ (e quindi è un minorante di $A_2$), e dunque appartiene a $A_1$ (che contiene $B$). D’altra parte, consideriamo l’estremo inferiore $s_2$ di $A_2$, che appartiene a $A_2$ dato che $A_2$ è chiuso: si ha che $s_2\leq t$ per ogni $t\in A_2$, e

\[ t\in [a,b]\wedge t > s_2 \implies \exists y \in A_2 : t > y, \]

(cioè non esistono minoranti di $A_2$ più grandi di $s_2$, $s_2$ è il massimo dei minoranti). Quindi $s_1 \leq s_2$, dato che gli elementi di $B$ sono minoranti di $A_2$. In altre parole, $B$ è contenuto nell’insieme di tutti i minoranti di $A_2$, e quindi il massimo di $B$ (cioè $s_1$) non può essere piú grande del massimo dei minoranti (cioè $s_2$).

Ora, se $s_1 = s_2$, si ha

\[ A_1 \supset B \ni s_1 = s_2 \in A_2 \implies s_1 = s_2 \in A_1 \cap A_2, \]

che è assurdo visto che $A_1 \cap A_2 = \emptyset $. Dunque deve essere $s_1 < s_2$.

Prendiamo dunque un $s \in [a,b]$ compreso tra $s_1$ e $s_2$:

\[ \sup B = s_1 < s < s_2 = \inf A_2. \]

Dato che per definizione di $s_1$ (estremo superiore di $B$)

\[ t\in [a,b]\wedge t > s_1 \implies t\not\in B, \]

il punto $s$ non è in $B$. Inoltre $s < s_2=\inf A_2$, e quindo $s$ non può essere un elemento di $A_2$ (e dunque sta in $A_1$), ed è un minorante di $A_2$. Ma questo significa che $s\in B$, il che è assurdo.

QED

Un Corollario è il seguente Teorema.

(1.9) Teorema. Se $J\subset \RR $ è un intervallo, allora $J$ è connesso.

Dim. Supponiamo che $J$ sia un intervallo, e che per assurdo non sia connesso (nella topologia metrica), cioè che esista $A\subset J$ sia aperto che chiuso, $A\neq \emptyset $, $A\neq J$. Dato che $A\neq \emptyset $, esiste $a\in A$. Dato che $A\neq J$, esiste $b\not\in A$, $b\in J$. Possiamo supporre senza perdere in generalità che $a < b$. Per la definizione di intervallo, ogni $s$ tale che $a < s < b$ è in $J$, e quindi $[a,b] \subset J$. Ora, osserviamo che $A$ è un chiuso di $J$, e quindi l’intersezione $\hat A = A\cap [a,b]$ è un chiuso di $[a,b]$. Il suo complementare $[a,b]\smallsetminus \hat A$ è l’intersezione di $J\smallsetminus A$ con $[a,b]$, e quindi è un chiuso di $[a,b]$. Ma allora $\hat A$ è anche un aperto di $[a,b]$. Siccome $a\in \hat A$, $\hat A$ non è vuoto. Siccome $b\not\in \hat A$, $\hat A$ è diverso da $[a,b]$. Ma questo è assurdo, perché $[a,b]$ è connesso per il Teorema (1.8).
QED

Diamo un’altra dimostrazione del Teorema (1.9), in cui la prima parte è identica alla prima parte della dimostrazione precedente, e che è indipendente dalla validità del Teorema (1.8). Dim. [Altra Dimostrazione] Supponiamo che $J$ sia un intervallo, e che per assurdo non sia connesso (nella topologia metrica), cioè che esista $A\subset J$ sia aperto che chiuso, $A\neq \emptyset $, $A\neq J$. Dato che $A\neq \emptyset $, esiste $a\in A$. Dato che $A\neq J$, esiste $b\not\in A$, $b\in J$. Possiamo supporre senza perdere in generalità che $a < b$. Per la definizione di intervallo, ogni $s$ tale che $a < s < b$ è in $J$, e quindi $[a,b] \subset J$. Ora, osserviamo che $A$ è un chiuso di $J$, e quindi l’intersezione $\hat A = A\cap [a,b]$ è un chiuso di $[a,b]$, che è chiuso in $\RR $. Allora $\hat A$ è un chiuso di $\RR $, non vuoto. Se poniamo $m = \sup \hat A$, otteniamo $m\in \hat A\subset A$. Dato che $\hat A \subset A$ e $b\not\in A$, si ha $m < b$. L’intervallo $(m,b]\subset [a,b] \subset J$ non può contenere punti di $\hat A$, né di $A$, e quindi è contenuto nel complementare di $A$ in $J$, che è chiuso in $J$. Proprio perché $J\smallsetminus A$ è chiuso in $J$, l’estremo $m$ di $(m,b]\subset J\smallsetminus A$ appartiene a $J\smallsetminus A$, e quindi $m\not\in A$, che contraddice il fatto che $m\in \hat A\subset A$.

QED

(1.10) Nota. Vedremo che il teorema precedente può essere generalizzato nel modo seguente: Un sottoinsieme $A\subset \RR $ con almeno due punti è connesso se e solo se è un intervallo. Per la parte “solo se”, si cerchi di dimostrare (esercizio 5.5) che se un insieme ha almeno due punti e non è un intervallo, allora non è connesso (si veda anche la prossima nota).

(1.11) Nota. Usando la stessa tecnica di dimostrazione di (1.8), si può dimostrare che $A\subset \RR $ non è connesso se e solo se esistono $x,y\in A$, $s\not\in A$ tali che $x < s < y$ (cioè $A$ è connesso se e solo se $x,y\in A, x < s < y \implies s\in A$). Infatti, se $A$ non fosse connesso, si definiscono $A_1$, $A_2$, $B$, $s_1$ e $s_2$ come sopra ($s_1=\sup B$ e $s_2=\inf A_2$), e deve risultare $s_1 < s_2$. Ma allora esiste $s\not\in A$ tale che $s_1 < s < s_2$ – basta prendere $s=\frac{1}{2}(s_1+s_2)$. Questo fa seguire dall’ultimo assioma di (1.1) la connessione di $\RR $. Viceversa, se esistono $x,y \in A$ e $s\not\in A$ tali che $x < s < y$, allora si possono definire i seguenti sottoinsiemi (chiusi e aperti) di $A$:

\[ \begin{aligned} A_1 & = \{ x\in A : x \leq s \} = \{ x \in A : x < s \} \\ A_2 & = \{ x\in A : x \geq s \} = \{ x \in A : x > s \} \\ \end{aligned} \]

la cui intersezione è vuota e la cui unione è $A$.

(1.12) Teorema. Se $X$ è connesso e $f\from X \to Y$ è una funzione continua, allora $f(X)\subset Y$ è connesso (con la topologia indotta da $Y$ – si dice che l’immagine di un connesso è connessa).

Dim. Se $f(X)$ fosse non connesso, esisterebbero $A_1\subset f(X)$ e $A_2\subset f(X)$ aperti disgiunti (nella topologia indotta) e non vuoti tali che $f(X) = A_1 \cup A_2$. Le controimmagini $f^{-1}A_1$ e $f^{-1}A_2$ sarebbero aperti disgiunti non vuoti in $X$ tali che $X=f^{-1}A_1 \cup f^{-1} A_2$, e dunque $X$ non sarebbe connesso.
QED

(1.13) Corollario. Se $X$ e $Y$ sono due spazi topologici omeomorfi, allora $X$ è connesso se e solo se $Y$ è connesso.

Dim. Come nella dimostrazione del corollario (1.18)
QED

Ricordiamo che $S^0 = \{ \pm 1 \} $ è lo spazio con due punti e la topologia discreta.

(1.14) Uno spazio $X$ è connesso se e solo se ogni funzione continua $f\from X \to S^0$ è costante.

Dim. Supponiamo che $X$ sia connesso. Allora la sua immagine è un sottospazio connesso di $S^0$. Dato che $S^0$ non è connesso, $fX$ non può essere $S^0$. Dato che $fX \neq \emptyset $, $fX$ ha esattamente un elemento, e quindi $f$ è costante.

Viceversa, se $X$ non è connesso allora esistono $A_1$, $A_2$ aperti disgiunti non vuoti tali che $X=A_1 \cup A_2$. Si definisca allora la funzione $f\from X \to S^0$ ponendo

\[ f(x) = \begin{cases} +1 & \text {if $x\in A_1$} \\ -1 & \text {if $x\in A_2$}. \end{cases} \]

La funzione è ben definita, dato che $A_1 \cap A_2 = \emptyset $ e $X = A_1 \cup A_2$. È continua: basta osservare che gli aperti di $S^0$ sono tutti i suoi sottoinsiemi $\emptyset $, $\{ +1\} $, $\{ -1\} $, $S^0$, e la controimmagine di ognuno di essi è aperto in $X$:

\[ \begin{aligned} f^{-1} ( \emptyset ) & = \emptyset \\ f^{-1} ( \{ +1\} ) & = A_1 \\ f^{-1} ( \{ -1\} ) & = A_2 \\ f^{-1} ( S^0 ) & = X. \end{aligned} \]

E non è una funzione costante.

QED

(1.15) Esempio. La funzione $f\from \QQ \to \{ -1,1\} $, definita ponendo

\[ f(x) = \begin{cases} 1 & \text {se $x < \sqrt {2}$}\\ -1 & \text {se $x > \sqrt {2}$} \end{cases} \]

è continua su $\QQ $.

(1.16) [Teorema del valore intermedio] Sia $f\from [a,b]\subset \RR \to \RR $ una funzione continua tale che $f(a) < 0$ e $f(b) > 0$. Allora esiste $x_0 \in (a,b)$ tale che $f(x_0)=0$.

Dim. L’intervallo $[a,b]$ è connesso per (1.8), e quindi la sua immagine \[ f([a,b]) = \{ f(x) : a\leq x\leq b \} \] è connessa, e dunque un intervallo (vedi anche (1.11)). Cioè, visto che $f(a) \in f([a,b])$ e $f(b) \in f([a,b])$, anche tutti i valori intermedi $y\in [f(a),f(b)]$ appartengono all’immagine $f([a,b])$. In particolare, $0\in [f(a),f(b)]$, e quindi $0\in f([a,b])$, cioè esiste $x\in [a,b]$ tale che $f(x)=0$.
QED

(1.17) Esempio. [Bisezione] Applichiamo (1.16) ad un caso concreto: determinare in modo costruttivo una successione di razionali che converge a un irrazionale. Osserviamo per esempio che $q = \frac{\sqrt {2}}{2} \in [0,1]$ risolve l’equazione $2x^2=1$, per cui non è un razionale (occorre che si sappia dimostrarlo!). Non solo, è anche l’unico punto di $[0,1]$ che risolve l’equazione (perché?). Ora costruiamo per ricorsione una successione di intervalli $[a_ n,b_ n]$ di lunghezza $2^{-n}$ con la proprietà che

\[ 2a_ n^2-1 < 0 < 2b_ n^2-1 \]

nel modo seguente. Per $n=0$, poniamo

\[ \begin{cases} a_0 & = 0 \\ b_0 & = 1. \end{cases} \]

Si ha $2\cdot 0^2 -1 < 0 < 2\cdot 1^2 -1$, e

\[ 0 = a_0 < \dfrac {\sqrt {2}}{2} < b_0 = 1 \]

dato che

\[ 0^2 < \dfrac {1}{2} < 1^2. \]

Supponiamo di avere definito $[a_{n-1},b_{n-1}]$, entrambi razionali tali che $2a_{n-1}^2-1 < 0 < 2b_{n-1}^2-1 $. Allora $ c = \dfrac {a_{n-1}+b_{n-1}}{2}$ è ancora razionale, e quindi non può essere uguale a $\dfrac {\sqrt {2}}{2}$ che è irrazionale. Ma allora $2c^2-1\neq 0$, visto che in $[0,1]$ c’è un’unica soluzione di $2x^2-1=0$. Si hanno quindi solo due casi, in cui si pone

\[ [a_ n,b_ n] = \begin{cases} [c,b_{n-1}] & \text {se $2c^2-1 < 0$}; \\[a_{n-1},c]& \text {se $2c^2-1 > 0$}. \end{cases} \]

In entrambi i casi la lunghezza è la metà di quella di $[a_{n-1},b_{n-1}]$, cioè la metà di $2^{-(n-1)}$ (ipotesi di induzione), che è $\frac{1}{2} 2^{-n+1} = 2^{-n}$; inoltre

\[ \begin{cases} c < 0 & \Rightarrow 2a_ n^2 - 1 = 2c^2-1 < 0 < 2 b_{n-1}^2 - 1 = 2b_{n}^2 - 1, \\ c > 0 & \Rightarrow 2a_ n^2-1 = 2a_{n-1}^2-1 < 0 < 2c^2 - 1 = 2b_ n^2 - 1. \end{cases} \]

Quindi la successione è ben definita. Osserviamo che per ogni $n\geq 0$ si ha $[a_ n,b_ n] \subset [a_{n-1},b_{n-1}]$. Dato che per ogni $n$ si ha $q\in [a_ n,b_ n]$, si ha quindi che sia $a_ n$ che $b_ n$ sono numeri che approssimano $\sqrt {2}/2$ a meno di $2^{-n}$, cioè

\[ |\dfrac {\sqrt {2}}{2} - a_ n| < 2^{-n},\ |\dfrac {\sqrt {2}}{2} - b_ n| < 2^{-n}. \]

Questo segue dal fatto che $\sqrt {2}/2 \in [a_ n,b_ n]$ e che $b_ n-a_ n = 2^{-n}$.

(1.18) Nota. È possibile implementare facilmente questo algoritmo, per avere approssimazioni dell’ordine $2^{-n}$, per ogni $n$, in qualche linguaggio che possa fare operazioni su frazioni senza limiti sulla grandezza dei numeratori/denominatori coinvolti (altrimenti prima o poi per il calcolatore $2^{-n}=0$). Meglio sarebbe se fosse direttamente in grado di eseguire operazioni tra frazioni. Ma anche supponendo di poter eseguire solo operazioni su interi di grandezza arbitraria, è possibile definire in modo semplice somme e prodotti di frazioni (come?); risulta un po’ più efficiente se si sa come ridurre le frazioni ai minimi termini (dividendo numeratore e denominatore per il massimo comun divisore). In altre parole, fissato per esempio $q=\sqrt {2}/2$ dovrebbe essere possibile scrivere un programma che per $k$ assegnato calcola in modo esatto tutte le prime $k$ cifre decimali di $q$ (si veda anche la nota (1.7) a pagina *).3

(1.19) Definizione. Definiamo componenti connesse di uno spazio topologico $X$ i sottospazi connessi massimali (cioè i sottospazi connessi di $X$ che non sono contenuti in sottospazi connessi di $X$).

L’insieme dei sottospazi connessi di $X$ è parzialmente ordinato, rispetto all’inclusione di sottoinsiemi. Un elemento massimale è un sottospazio connesso $Y$ che non è contenuto in nessun sottospazio connesso di $X$. Ogni elemento $x\in X$ è contenuto in un tale $Y$: infatti, $\{ x\} $ è connesso. Se $\{ x\} $ non è contenuto in nessun connesso piú grande, allora $\{ x\} $ stesso è massimale e basta porre $\{ x\} = Y$. Altrimenti, $x$ appartiene ad un connesso piú grande. È vero che un connesso massimale che contiene $x$ esiste sempre? È vero che ne esiste uno solo? È vero che quindi $X$ si decompone in una unione disgiunta di componenti connesse?

(1.20) Esempio. Uno spazio $X$ è connesso se e solo se ha una sola componente connessa. Le componenti connesse di $\QQ $ sono …

(1.21) Teorema. Le componenti connesse di $\QQ \subset \RR $ sono i suoi punti.

(1.22) Siano $B\subset X$ e $\{ Y_ w\} _{w\in W}$ sottoinsiemi connessi di uno spazio topologico $X$ tali che $\forall w\in W, B\cap Y_ w \neq \emptyset $. Allora l’unione $\displaystyle Y =B\cup \bigcup _{w\in W} Y_ w$ è connesso.

Dim. Basta dimostrare che ogni funzione continua $f\from Y \to \{ \pm 1\} $ è costante. Dato che $B$ è connesso, la restrizione $f|_ B$ è continua e quindi per (1.14) è costante. Quindi esiste $y\in S^0$ tale che $f(b)=y$, per ogni $b\in B$. Ora, per ogni $w\in W$ lo spazio $Y_ w$ è connesso, e quindi la restrizione $f|_{Y_ w}$ è una funzione costante dato che è continua. Ma $Y_ w\cap B\neq \emptyset $, quindi esiste $b\in Y_ w\cap B$, e deve essere $f(Y_ w) = \{ f(b)\} = \{ y \} $. Quindi per ogni $x\in Y$ si ha $f(x) = y$, cioè $f$ è costante.

Vediamo un’altra dimostrazione. Supponiamo che $A_1$ e $A_2$ siano aperti disgiunti tali che $Y=A_1\cup A_2$. Per ogni $w\in W$, $A_1\cap Y_ w$ e $A_2\cap Y_ w$ sono aperti disgiunti in $Y_ w$, e quindi non possono essere entrambi non vuoti, visto che $Y_ w$ è connesso: cioè, $Y_ w \subset A_1$ oppure $Y_ w\subset A_2$. Lo stesso per $A_1 \cap B$ e $A_2\cap B$: supponiamo senza perdere in generalità che $B\subset A_1$. Ma allora, poiché per ipotesi $B \cap Y_ w\neq \emptyset $, deve anche essere $\forall w\in W, Y_ w\subset A_1$, e cioè $Y \subset A_1$. Ma allora $A_2=\emptyset $.

QED

(1.23) Corollario. Siano $A_ w$, per $w\in W$, sottospazi connessi di uno spazio $X$ tali che $\bigcap _ w A_ w \neq \emptyset $. Allora $\bigcup _ w A_ w$ è connesso.

Dim. Basta prendere uno degli $A_ w$ e chiamarlo $B$: per ogni $w’\in W$ \[ \emptyset \neq \bigcap _ w A_ w \subset A_{w'} \cap B, \] e quindi si può applicare il lemma precedente.
QED

(1.24) Nota. [Componenti connesse] Per ogni $x\in X$ sia $C_ x$ l’unione di tutti i sottospazi connessi di $X$ che contengono $x$

\[ C_ x = \bigcup _{{Y \text {connesso},\ x\in Y\subset X}} Y \]

Dato che $\{ x\} $ è connesso e contiene $x$, l’insieme $C_ x$ contiene $x$. Per (1.22), questa unione è un sottoinsieme connesso di $X$ che contiene $x$. Non può essere contenuto propriamente in un connesso piú grande, perché se cosí fosse sarebbe contenuto propriamente in un connesso che contiene $x$, e dunque sarebbe contenuto propriamente in sé stesso. Quindi $C_ x$ è una componente connessa (secondo la definizione (1.19)). Osserviamo che se $z\in C_ x$, allora $C_ z = C_ x$: infatti se $C_ z$ è un connesso massimale che contiene $z$, dato che anche $C_ x \cup C_ z$ contiene $z$ (ed è connesso per (1.22)), deve essere $C_ x \cup C_ z \subset C_ z$, cioè $C_ x \subset C_ z$. Analogamente, $C_ z \cup C_ x \subset C_ x$, dato che è un connesso e contiene $x$, e quindi $C_ z \subset C_ x$. Due componenti connesse o sono disgiunte oppure coincidono: infatti se si ha $C_ x \cap C_ y \neq \emptyset $, esiste $z \in C_ x \cap C_ y$, e quindi $C_ z = C_ x$ e $C_ z = C_ y$, da cui $C_ x = C_ y$. Quindi ogni $x\in X$ è contenuto in una e una sola componente connessa di $X$: $X$ è l’unione disgiunta delle sue componenti connesse.

Diamo una dimostrazione diversa del Teorema (1.9).

(1.25) Corollario. Se $I\subset \RR $ è un intervallo, allora $I$ è connesso.

Dim. Per definizione $I$ ha più di un punto, e se $x,y\in I$, allora $x < s < y\implies s\in I$. Siano $x_1$ e $x_2$ due punti di $I$, e $x_0 = \frac{1}{2}(x_1+x_2)$. Allora $x_1 < x_0 < x_2$ e quindi $x_0\in I$, da cui segue che \[ I = \bigcup _{{a\in I,\ b\in I,\ a < x_0 < b }} [a,b], \] visto che $x\in I \implies x\in [x,x_2]$ (se $x < x_0$) oppure $x\in [x_1,x]$ (se $x > x_0$), oppure $x\in [x_1,x_2]$ (se $x=x_0$). Ora, se $a\in I$, $b\in I$ e $a < x_0 < b$, allora $x_0\in [a,b]$, quindi la tesi segue da (1.22) ponendo $B=\{ x_0\} $ e $Y_ w=[a,b]$ con $w\in W= \{ (a,b)\in I^2 : a < x_0 < b \} $.
QED

(1.26) Corollario. La retta reale $\RR $ è connessa.

Dim. Basta osservare che si può scrivere $\RR = \{ 0\} \cup \bigcup _{R > 0} [-R,R]$ e applicare (1.22), oppure direttamente il corollario (1.25).
QED

(1.27) Teorema. I sottoinsiemi connessi di $\RR $ sono tutti e soli gli insiemi con un elemento solo e gli intervalli.

Dim. Per (1.25) gli intervalli sono connessi, e i punti sono sempre connessi. Ora, un insieme $X\subset \RR $ con più di due punti che non sia un intervallo è tale che esistono $x,y\in X$ e $s\in \RR $ tali che $x < s < y$ ma $s\not\in X$, e quindi \[ X = \left[ X \cap (-\infty ,s) \right] \cup \left[ X \cap (s,+\infty ) \right], \] cioè unione disgiunta di due aperti non vuoti, e quindi $X$ non è connesso.
QED

(1.28) Esempio. $\RR ^ n$ è connesso: è unione di rette per l’origine. $\RR ^ n \smallsetminus \{ 0\} $ è connesso per $n\geq 2$. Perché? Vedi esercizio 5.2.

(1.29) Teorema. Due spazi topologici $X$ e $Y$ sono connessi se e solo se il prodotto $X\times Y$ è connesso.

Dim. Se $X\times Y$ è connesso, allora $X$ e $Y$, in quanto immagini delle proiezioni canoniche $p_1\from X\times Y\to X$ e $p_2 \from X\times Y \to Y$, sono connessi (vedi (1.12)). Viceversa, se $X$ e $Y$ sono connessi, allora si scelga $y_0\in Y$: per ogni $x\in X$ i sottospazi $\{ x\} \times Y \subset X\times Y$ e $X \times \{ y_0\} \subset X\times Y$ sono omeomorfi rispettivamente a $Y$ e $X$, e quindi entrambi connessi. Ma allora \[ X \times Y = X \times \{ y_0\} \cup \bigcup _{x\in X} (\{ x\} \times Y), \] e quindi possiamo applicare (1.22) con $B=X\times \{ y_0\} $ e $Y_ x = \{ x \} \times Y$.
QED

(1.30) Proposizione. Se $A\subset X$ è connesso, allora la chiusura $\overline{A}$ di $A$ in $X$ è connesso.

Dim. Per (1.14), basta mostrare che ogni funzione continua $f\from \overline{A} \to \{ \pm 1 \} $ è costante. Ma la restrizione di $f$ ad $A$ è costante e quindi $f(A)$ è un solo punto: supponiamo che sia uguale a $1$ (altrimenti sostituiamo $f$ con $-f$). Per (2.10)-2 (pagina *), $f(\overline{A}) \subset \overline{ f(A) } $, e quindi \[ f( \overline{A} ) \subset \overline{f(A)} = \overline{ \{ 1\} } = \{ 1\} , \] cioè $f$ è costante anche sulla chiusura $\overline{A}$.
QED

(1.31) Corollario. Ogni spazio topologico $X$ è unione disgiunta delle sue componenti connesse. Ogni componente connessa è chiusa in $X$.

Dim. Abbiamo visto sopra che $X$ è unione disgiunta delle sue componenti connesse. Se $C_ x$ è una componente connessa, allora $\overline{C}_ x$ non può essere più grande di $C_ x$, e quindi $C_ x = \overline{C}_ x$.
QED

Footnotes

  1. Cfr: Sernesi Vol II, Cap III, §11 [1].
  2. In inglese: clopen.
  3. Lo studente interessato potrebbe provare a calcolare le prime 200 cifre di $\pi $ utilizzando per esempio lo sviluppo (è solo uno dei molti metodi possibili) \[ \arctan x = \sum _{k=0}^ n (-1)^ k \dfrac {x^{2k+1}}{2k+1} + r_ n \] con resto $|r_ n| < x^{2n+3}/(2n+3)$ e l’identità \[ \dfrac {\pi }{4} = \arctan   1. \] Dato che $\dfrac {1}{2n+3}$ è minore di $10^{-200}$ quando $2n+3 > 10^{200}$, forse occorrono un po’ troppi termini. Roadrunner, il supercomputer più potente del mondo, supera il petaflop/s, cioè è in grado di eseguire 1105 teraflop/s (cioè approssimativamente $10^{15}$ FLoating point Operations Per Second). Ogni termine della somma richiede certamente più di una operazione (e non è detto che si usino float: a volte bastano gli interi), ma in ogni caso con questa formula occorrerebbero a Roadrunner non meno di $10^{185}$ secondi per terminare, cioè non meno di $3 \cdot 10^{177}$ anni. Tenuto conto che l’età stimata dell’universo è intorno ai $14\cdot 10^9$ anni, il metodo è destinato al fallimento. Usando invece identità del tipo (formule di Machin) \[ \dfrac {\pi }{4} = \arctan {\dfrac {1}{2}} + \arctan \dfrac {1}{3} = \arctan {\dfrac {1}{2}} + \arctan {\dfrac {1}{5}} + \arctan {\dfrac {1}{8}} \] è possibile sommare un numero ragionevole di termini. Lo studente interessato può provare a calcolare le prime 200 cifre di $\pi $ con questo metodo, e anche a dimostrare le identità usate.