Conexión

Unha das propiedades topolóxicas máis útiles para descartar que dous conxuntos sexan homeomorfos é a conexión. Ademais, neste capítulo tamén empregarémo-la conexión por camiños, outra propiedade topolóxica relacionada, que na práctica a veces resulta máis doada de manexar.

Conxuntos conexos

Intuitivamente, unha separación dun conxunto consiste en exhibir a este como unión de dous anacos.

O concepto de "anaco", non obstante, cómpre definilo con precisión. A primeira idea sería exhibir ó conxunto $X$ como unión disxunta de dous subconxuntos complementarios, é dicir, $X=U\cup V$ con $U\cap V=\emptyset$. Claramente, isto non é suficiente, xa que hai moitas formas de escribir un conxunto deste xeito. Agora ben, debemos esixir que estes dous anacos do conxunto estean "separados", ou máis precisamente, que non sexan adherentes o un ó outro. A nova condición será por tanto, $\bar{U}\cap\bar{V}=\emptyset$, onde a clasura se refire á clasura relativa en $X$. É sinxelo ver que esta última condición é equivalente a dicir que para cada $\mathbf{x}\in X$ existe $r>0$ tal que $B_X(\mathbf{x},r)\cap U=\emptyset$ ou $B_X(\mathbf{x},r)\cap V=\emptyset$. Xa que $X=U\cup V$, isto quere dicir, $B_X(\mathbf{x},r)\subset V$ ou $B_X(\mathbf{x},r)\subset U$, ou o que é o mesmo, que $U$ e $V$ son abertos en $X$. Isto xustifica a definición habitual da bibliografía:

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$. Dicimos que $U\mid V$ é unha separación de $X$ se

$U$ e $V$ son abertos en $X$,
$X=U\cup V$,
$U\cap V=\emptyset$.

Todo conxunto $X$ admite a separación $\emptyset\mid X$, que é a que se chama separación trivial.

Un conxunto será conexo cando non se pode separar en varios anacos. É dicir,

Dise que $X\subset\mathbb{R}^n$ é conexo se a única separación que admite é a trivial.

Equivalentemente, temos a seguinte caracterización.

Un conxunto $X$ é conexo se e só se os únicos subconxuntos de $X$ que son á vez abertos e pechados en $X$ son $\emptyset$ e $X$.

Supoñamos que $X$ é conexo, e supoñamos que $U$ é aberto e pechado en $X$. Entón $V=X\setminus U$ é aberto e pechado en $X$, e por tanto, $U\mid V$ é unha separación de $X$. Como $X$ é conexo, a separación é trivial, e por tanto, $U=\emptyset$ ou $U=X$.

Reciprocamente, se $U\mid V$ é separación de $X$, como $U$ e $V$ son abertos en $X$ e un é o complementario do outro, entón $U$ e $V$ son tamén pechados. Por hipótese, $U=\emptyset$ ou $U=X$, o cal significa que a separación $U\mid V$ é trivial.

Antes de continuar convén face-la seguinte precisión. Sexa $X$ un conxunto e $U\mid V$ unha separación de $X$. Tomemos agora $Y\subset X$. Entón $U\cap Y\mid V\cap Y$ é unha separación de $Y$.

Separación inducida

En efecto, \begin{align*} (U\cap Y)\cup(V\cap Y)&{}=(U\cup V)\cap Y\\ &{}=X\cap Y=Y,\\[1ex] (U\cap Y)\cap(V\cap Y)&{}=\emptyset\cap Y=\emptyset, \end{align*} e pola caracterización dos abertos relativos, $U\cap Y$ e $V\cap Y$ son abertos en $Y$. Eventualmente referirémonos a esta separación como a separación de $Y$ inducida pola separación $U\mid V$ de $X$.

O feito de que a separación $U\cap Y\mid V\cap Y$ sexa trivial quere dicir que $U\cap Y=\emptyset$ ou $U\cap Y=Y$, o cal é equivalente, respectivamente, a que $Y\subset V$ ou $Y\subset U$.

Cómpre resaltar que non toda separación de $Y$ vén inducida por unha separación de $X$. Ademais, se $X$ é conexo, $Y$ non ten por que selo, e reciprocamente, se $Y$ é conexo tampouco ten por que selo $X$.

Presentamos algúns exemplos elementais:

Un conxunto cun só punto, $\{\mathbf{x}\}$ é conexo, xa que a única separación posible de $\{\mathbf{x}\}$ é $\emptyset\mid\{\mathbf{x}\}$.
O conxunto $\{\mathbf{x},\mathbf{y}\}$, con $\mathbf{x}\neq \mathbf{y}$, non é conexo. Isto séguese do feito de que calquera subconxunto de $\mathbb{R}^n$ é Hausdorff.
En xeral, todo conxunto finito de $\mathbb{R}^n$ con máis dun punto é non conexo.
$\mathbb{Q}$ non é conexo: por exemplo, $(-\infty,\sqrt{2})\cap\mathbb{Q}\mid (\sqrt{2},\infty)\cap\mathbb{Q}$ é unha separación non trivial de $\mathbb{Q}$.
Máis xeralmente, se $X\subset\mathbb{Q}$, entón os únicos subconxuntos conexos de $X$ son os formados por un único punto. En efecto, supoñamos que $X$ ten polo menos dous puntos $x$, $y\in X$, $x < y$, e sexa $r\in\mathbb{R}\setminus X$ un número irracional con $x < r < y$. Entón $(-\infty,r)\cap X\mid(r,\infty)\cap X$ é unha separación non trivial de $X$.

Probar que un conxunto é conexo non é sinxelo en xeral. Empezaremos por tanto determinando os conxuntos conexos da recta real.

Un subconxunto $A\subset\mathbb{R}$ dise un intervalo xeneralizado se para calquera $x$, $y\in A$ con $x < y$ se satisfai que se $x < z < y$ entón $z\in A$.

Noutras palabras, os intervalos (xeneralizados) son os subconxuntos de $\mathbb{R}$ que satisfán que, dados dous puntos calquera do conxunto, tódolos puntos intermedios tamén están no conxunto. É un sinxelo exercicio ver que os intervalos xeneralizados de $\mathbb{R}$ son precisamente: \begin{align*} &\emptyset, &&\{a\}=[a,a], &&\mathbb{R}=(-\infty,\infty)\\ &(a,b), &&(a,\infty), &&(-\infty,b),\\ &[a,b], &&[a,\infty), &&[b,\infty),\\ &[a,b), &&(a,b]. \end{align*} con $a$, $b\in\mathbb{R}$, $a < b$.

Os conxuntos conexos de $\mathbb{R}$ son xustamente os intervalos xeneralizados.

En particular, $\mathbb{R}$ é conexo.

Supoñamos primeiro que $A\subset\mathbb{R}$ non é un intervalo xeneralizado. Entón existen $x$, $y\in A$ e $z\in\mathbb{R}$ con $x < z < y$ tal que $z\notin\mathbb{R}$. Sexan $U=(-\infty,z)\cap A$ e $V=(z,\infty)\cap A$. Obviamente, $U$ e $V$ son abertos en $X$, $A=U\cup V$, e $U\cap V=\emptyset$. Logo, $U\mid V$ é unha separación de $A$, e como $x\in U$ e $y\in V$, dita separación é non trivial. Por tanto $A$ non é conexo.

Reciprocamente, supoñamos que $I$ é un intervalo xeneralizado de $\mathbb{R}$, e vexamos que $I$ é conexo. Pola contra, supoñamos que $U\mid V$ é unha separación non trivial de $I$. Sexan $a\in U$ e $b\in V$, e supoñamos que $a < b$. Como $I$ é un intervalo xeneralizado, en particular $[a,b]\subset I$.

Definimos $A=\{x\in\mathbb{R}:[a,x]\subset U\}$. Claramente $U\neq\emptyset$, pois $a\in A$ xa que $\{a\}=[a,a]\subset U$. Ademais, $A$ é limitado superiormente, pois $b$ é unha cota superior de $A$ xa que $[a,b]\not\subset U$. Polo axioma do supremo de $\mathbb{R}$, sexa $z=\sup A$. Como $I$ é un intervalo xeneralizado, e $a\leq z\leq b$, temos que $z\in I$.

Supoñamos $z\in U$; en particular, $z < b$.

Se $z=a$, como $U$ é aberto en $I$, existe $r>0$ tal que $a+r<b$ e $(a-r,a+r)\cap I\subset U$. Como $I$ é un intervalo xeneralizado e $[a,b]\subset I$, en particular, $[a,a+r)\subset U$. Pero entón $[a,a+r/2]\subset U$, o que significa que $a+r/2\in A$, contradicindo que $a=\sup A$.

Logo $z>a$. Como $U$ é aberto en $I$, existe $r>0$ de xeito que $a<z-r<z+r < b$ e $(z-r,z+r)\cap I\subset U$. Como $[a,b]\subset I$, $(z-r,z+r)\subset U$. Por definición de supremo, existe $t\in A$ tal que $t > z-r$. Entón, \[ \left[a,z+\frac{r}{2}\right]\subset \left[a,t\right]\cup(z-r,z+r)\subset U, \] o que contradí que $z$ é o supremo de $A$.

Por tanto, $z\in V$; en particular, $a<z$. Como $V$ é aberto en $I$, existe $r>0$ tal que $a<z-r$ e $(z-r,z+r)\cap I\subset V$. Nótese que $[a,b]\subset I$ e $z\leq b$, co que $(z-r,z]\subset V$. Como $z=\sup A$, por definición de supremo, existe $t>z-r$ tal que $t\in A$, é dicir, $[a,t]\subset U$. Isto é absurdo pois entón $t\in U\cap V=\emptyset$.

Chegamos por tanto a unha contradicción tanto se $z\in U$ como se $z\in V$. Dado que $I=U\cup V$, a separación $U\mid V$ non pode ser non trivial, o que proba que $I$ é conexo.

O seguinte resultado exprésase de xeito sucinto dicindo que a imaxe continua dun conexo é conexo.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ un subconxunto conexo e $f\colon X\to Y$ unha aplicación continua. Entón o conxunto imaxe $f(X)$ é conexo.

Sexa $U\mid V$ unha separación de $f(X)$. Vexamos que $f^{-1}(U)\mid f^{-1}(V)$ é unha separación de $X$.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha función. Sexan $A,B\subset Y$.

Entón: \begin{align*} f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)&{}=f^{-1}(A\cup B)\\ f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)&{}=f^{-1}(A\cup B) \end{align*}

En primeiro lugar, \begin{align*} f^{-1}(U)\cup f^{-1}(V)&{}=f^{-1}(U\cup V)\\ &{}=f^{-1}(f(X))=X. \end{align*} Tamén, \begin{align*} f^{-1}(U)\cap f^{-1}(V)&{}=f^{-1}(U\cap V)\\ &{}=f^{-1}(\emptyset)=\emptyset, \end{align*} así que $f^{-1}(U)$ e $f^{-1}(V)$ son unión disxunta de $X$.

Sexa $f\colon X\to Y$ unha función. Sexan $A,B\subset Y$. Entón: \begin{align*} f^{-1}(A)\cup f^{-1}(B)&{}=f^{-1}(A\cup B)\\ f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)&{}=f^{-1}(A\cup B) \end{align*}

Por último, como $f$ é continua, $f^{-1}(U)$ e $f^{-1}(V)$ son abertos en $X$. Logo, $f^{-1}(U)\mid f^{-1}(V)$ é efectivamente unha separación de $X$, e como $X$ é conexo, deducimos que $f^{-1}(U)=\emptyset$ ou $f^{-1}(V)=\emptyset$, o que implica $U=\emptyset$ ou $V=\emptyset$, é dicir, que $f(X)$ é conexo.

En particular, como os homeomorfismos son continuos e sobrexectivos, se $X$ e $Y$ son homeomorfos, $X$ é conexo se e só se $Y$ é conexo. É dicir,

A conexión é unha propiedade topolóxica.

Combinado co resultado anterior, a seguinte proposición permitirá probar que unha ampla gama de conxuntos son conexos.

Sexan $X$ e $Y$ dous conxuntos conexos. Entón, o seu producto cartesiano $X\times Y$ é conexo.

Pola contra supoñamos que $X\times Y$ non é conexo. Entón existe unha separación non trivial $U\mid V$ de $X\times Y$, é dicir, $U$ e $V$ son abertos en $X\times Y$, $U\cup V=X\times Y$, $U\cap V=\emptyset$ e $U$, $V\neq 0$. Así, sexan $(\mathbf{x}_1,\mathbf{y}_1)\in U$ e $(\mathbf{x}_2,\mathbf{y}_2)\in V$.

Como $X$ é homeomorfo a $X\times\{\mathbf{y}_1\}$, por se-la conexión unha propiedade topolóxica, deducimos que $X\times\{\mathbf{y}_1\}$ é conexo. Sabemos que \[ U\cap(X\times \{\mathbf{y}_1\})\mid V\cap (X\times \{\mathbf{y}_1\}) \] é unha separación de $X\times \{\mathbf{y}_1\}$. Como $X\times\{\mathbf{y}_1\}$ é conexo e $(\mathbf{x}_1,\mathbf{y}_1)\in U\cap(X\times \{\mathbf{y}_1\})$ teremos que ter entón $U\cap(X\times \{\mathbf{y}_1\})=X\times \{\mathbf{y}_1\}$ e $V\cap(X\times \{\mathbf{y}_1\})=\emptyset$, é dicir, $X\times\{\mathbf{y}_1\}\subset U$.

Analogamente, como $Y$ é homeomorfo a $\{\mathbf{x}_2\}\times Y$, deducimos, por se-la conexión unha propiedade topolóxica, que $\{\mathbf{x}_2\}\times Y$ é conexo. Sabemos que \[ U\cap(\{\mathbf{x}_2\}\times Y)\mid V\cap (\{\mathbf{x}_2\}\times Y) \] é unha separación de $\{\mathbf{x}_2\}\times Y$. Como $\{\mathbf{x}_2\}\times Y$ é conexo, e $(\mathbf{x}_2,\mathbf{y}_2)\in V\cap(\{\mathbf{x}_2\}\times Y)$, terá que ser $U\cap(\{\mathbf{x}_2\}\times Y)=\emptyset$ e $V\cap(\{\mathbf{x}_2\}\times Y)=\{\mathbf{x}_2\}\times Y$, é dicir, $\{\mathbf{x}_2\}\times Y\subset V$.

En consecuencia, \begin{align*} (\mathbf{x}_2,\mathbf{y}_1)&{}\in (X\times\{\mathbf{y}_1\})\cap(\{\mathbf{x}_2\}\times Y)\\ &{}\subset U\cap V=\emptyset, \end{align*} o que non pode ser. Por tanto, $X\times Y$ é conexo.

Aplicando a asociatividade do producto cartesiano, pode probarse que calquera producto cartesiano finito de conexos é conexo. En particular,

$\mathbb{R}^n$ é conexo.

Presentamos agora unha aplicación dos últimos resultados.

Sexan $a$, $b\in\mathbb{R}$ con $0\leq a\leq b$. Entón, un anel circular \[ X=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:a^2\leq x^2+y^2\leq b^2\} \] é conexo.

Considerémo-la función $f\colon[a,b]\times[0,2\pi]\to\mathbb{R}^2$ dada por $f(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$.

Claramenté $f$ é continua, pois as súas compoñentes son composición de funcións continuas. Como os intervalos son conexos, e o producto cartesiano de conexos é conexo, $[a,b]\times[0,2\pi]$ é conexo.

Ademais $f([a,b]\times[0,2\pi])=X$, xa que $\theta\mapsto(r\cos\theta,r\sin\theta)$ parametriza unha circunferencia de radio $r$, e $X$ é unión de circunferencias con radios variando entre $a$ e $b$. Por ser imaxe continua dun conexo, $X$ é, por tanto, conexo.

Unha técnica útil para probar que un conxunto é conexo é expresalo como unión de conexos con intersección non baleira.

Sexa $\{X_i\}_{i\in I}$ unha familia de conxuntos conexos tal que $\cap_{i\in I}X_i\neq\emptyset$. Entón, $\cup_{i\in I}X_i$ é conexo.

Sexa $U\mid V$ unha separación de $\cup_{i\in I} X_i$.

Como por hipótese $\cap_{i\in I}X_i\neq\emptyset$, podemos tomar $\mathbf{x}\in \cap_{i\in I}X_i$. Supoñamos por exemplo que $\mathbf{x}\in U$.

Dado $i\in I$, temos que $U\cap X_i\mid V\cap X_i$ é unha separación de $X_i$, e como $X_i$ é conexo, dita separación é trivial. Xa que $\mathbf{x}\in U\cap X_i$, concluímos $V\cap X_i=\emptyset$, é dicir, $X_i\subset U$.

Pero como $i\in I$ foi tomado arbitrariamente, chegamos a que $\cup_{i\in I}X_i\subset U$, o que implica $V=\emptyset$ e por tanto a separación orixinal é trivial, como queriamos ver.

O último resultado de utilidade que veremos para probar que un conxunto é conexo é

Sexa $X$ un conxunto conexo. Se $X\subset Y \subset\bar{X}$, entón $Y$ é conexo.

En particular, a clausura dun conxunto conexo é outro conxunto conexo.

Sexa $U\mid V$ unha separación de $Y$. Entón, $U\cap X\mid V\cap X$ é unha separación de $X$. Como $X$ é conexo, dita separación é trivial, e por tanto, podemos supoñer, por exemplo, que $U\cap X=\emptyset$, é dicir, $X\subset V$.

Sexa $\mathbf{x}\in U$. Como $U$ é aberto en $Y$, existe $r>0$ tal que $B_Y(\mathbf{x},r)\subset U$. Como $\mathbf{x}\in Y\subset\bar{X}$, temos que $B_Y(\mathbf{x},r)\cap X\neq\emptyset$. Pero entón, como $B_Y(\mathbf{x},r)\subset U$ e $X\subset V$, obtemos $U\cap V\neq\emptyset$, contradicción. Por tanto, $U=\emptyset$, de modo que $U\mid V$ é trivial, e en consecuencia $Y$ é conexo.

Finalmente podemos probar unha xeneralización do coñecido teorema de Bolzano.

(dos valores intermedios) Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ conexo e $f\colon X\to\mathbb{R}$ unha aplicación continua. Sexan $\mathbf{x}_1$, $\mathbf{x}_2\in X$ e $y\in \mathbb{R}$ tal que $f(\mathbf{x}_1) < y < f(\mathbf{x}_2)$. Entón, existe $\mathbf{x}\in X$ tal que $f(\mathbf{x})=y$.

Como a imaxe continua dun conexo é conexo, resulta que $f(X)$ é un conexo de $\mathbb{R}$. Xa que os conexos de $\mathbb{R}$ son os intervalos, $f(\mathbf{x}_1)$, $f(\mathbf{x}_2)\in f(X)$, e $f(\mathbf{x}_1) < y < f(\mathbf{x}_2)$, deducimos que $y\in f(X)$, de onde se deduce o resultado.

Conxuntos conexos por camiños

A conexión por camiños é outra propiedade topolóxica que implica a conexión, e que a miúdo é máis sinxela de manexar. Tamén ten un significado un pouco máis intuitivo.

A conexión por camiños podería ter sido introducida antes da conexión para xustifica-la última como unha xeneralización da primeira. Non obstante, os resultados relativos á conexión por camiños dependen esencialmente de ter demostrado previamente que os intervalos son conexos. Por outra banda, o concepto realmente útil é en xeral a conexión, non a conexión por camiños, sendo esta un método útil para probar que un conxunto é conexo.

Empezamos co concepto intuitivo de camiño.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ e $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in X$. Un camiño en $X$ unindo $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ é unha aplicación continua $\gamma\colon[0,1]\to X$ tal que $\gamma(0)=\mathbf{x}$ e $\gamma(1)=\mathbf{y}$.

En tal caso dise que $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ están conectados por un camiño en $X$.

O interés da seguinte proposición non é tanto o seu enunciado, se non a súa demostración, que nos permite ver como se percorren camiños en sentido inverso ou como se concatenan camiños.

A relación "estar conectado por un camiño en $X$" é de equivalencia.

Dado $\mathbf{x}\in X$, é evidente que $\mathbf{x}$ está conectado con el mesmo por un camiño en $\mathbf{X}$. Basta coller $\gamma\colon[0,1]\to X$ definido como $\gamma(t)=\mathbf{x}$, $t\in[0,1]$.

Supoñamos agora $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in X$, e que $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ están conectados por un camiño $\gamma\colon[0,1]\to X$ con $\gamma(0)=\mathbf{x}$ e $\gamma(1)=\mathbf{y}$. Vexamos que entón $\mathbf{y}$ está conectado con $\mathbf{x}$ mediante un camiño en $X$. Para iso basta toma-lo camiño inverso (percorrido en sentido contrario): \begin{align*} \bar{\gamma}\colon[0,1]&\to X\\ t&\mapsto\bar{\gamma}(t)=\gamma(1-t), \end{align*} que é continuo por ser composición de aplicacións continuas, a súa imaxe está en $X$ porque coincide coa imaxe de $\gamma$, e satisfai $\bar{\gamma}(0)=\gamma(1)=\mathbf{y}$, $\bar{\gamma}(1)=\gamma(0)=\mathbf{x}$.

Finalmente sexa $\gamma\colon[0,1]\to X$ un camiño entre $\mathbf{x}=\gamma(0)$ e $\mathbf{y}=\gamma(1)$, e $\sigma\colon[0,1]\to X$ un camiño entre $\mathbf{y}=\sigma(0)$ e $\mathbf{z}=\sigma(1)$. Vexamos que $\mathbf{x}$ e $\mathbf{z}$ están conectados por un camiño en $X$. Para isto basta con concatena-los camiños $\gamma$ e $\sigma$ mediante \begin{align*} \gamma*\sigma\colon[0,1]&\to X\\ t&\mapsto(\gamma*\sigma)(t)= \begin{cases} \gamma(2t), & 0\leq t\leq\frac{1}{2},\\[1ex] \sigma(2t-1), & \frac{1}{2}\leq t\leq 1. \end{cases} \end{align*} Nótese que a aplicación está ben definida por $\gamma(1)=\sigma(0)$, e é continua por ser unha función combinada. Finalmente $(\gamma*\sigma)=\gamma(0)=\mathbf{x}$ e $(\gamma*\sigma)(1)=\sigma(1)=\mathbf{z}$.

Estamos agora en posición de da-la seguinte definición:

Un conxunto $X\subset\mathbb{R}^n$ dise conexo por camiños se todo par de puntos de $X$ poden ser unidos por un camiño en $X$.

A conexión por camiños, ademais de ser un pouco máis intuitiva cá conexión, sirve como método para probar que un conxunto é conexo.

Se $X$ é conexo por camiños, entón $X$ é conexo.

Supoñamos que $X$ é conexo por camiños e que, pola contra, $X$ non é conexo. Entón existe unha separación $U\mid V$ de $X$ non trivial, é dicir, $U$ e $V$ son abertos non baleiros de $X$, $X=U\cup V$, e $U\cap V=\emptyset$.

Sexan $\mathbf{x}\in U$ e $\mathbf{y}\in V$. Como $X$ é conexo por camiños existe un camiño $\gamma\colon [0,1]\to X$ tal que $\gamma(0)=\mathbf{x}$ e $\gamma(1)=\mathbf{y}$. Vexamos que $\gamma^{-1}(U)\mid \gamma^{-1}(V)$ é unha separación non trivial de $[0,1]$.

Como $\gamma$ é continua, $\gamma^{-1}(U)$ e $\gamma^{-1}(V)$ son abertos en $[0,1]$. Ademais, \begin{align*} \gamma^{-1}(U)\cup\gamma^{-1}(V) &{}=\gamma^{-1}(U\cup V)\\ &{}=\gamma^{-1}(X)=[0,1]\\ \gamma^{-1}(U)\cap \gamma^{-1}(V) &{}=\gamma^{-1}(U\cap V)\\ &{}=\gamma^{-1}(\emptyset)=\emptyset. \end{align*} Finalmente, $0\in\gamma^{-1}(U)$ pois $\gamma(0)=\mathbf{x}\in U$ e $1\in\gamma^{-1}(V)$ pois $\gamma(1)=\mathbf{y}\in V$. Probamos entón que $\gamma^{-1}(U)\mid \gamma^{-1}(V)$ é unha separación non trivial de $[0,1]$ o cal é unha contradicción pois $[0,1]$ é conexo. Por tanto, $X$ é conexo.

Ó igual que sucede cos conexos, a imaxe continua dun conxunto conexo por camiños é conexo por camiños.

Sexa $X\subset\mathbb{R}^n$ un subconxunto conexo por camiños e $f\colon X\to Y$ unha aplicación continua. Entón o conxunto imaxe $f(X)$ é conexo por camiños.

Sexan $\mathbf{y}_0$, $\mathbf{y}_1\in f(X)$.

Entón existen $\mathbf{x}_0$, $\mathbf{x}_1\in X$ tales que $f(\mathbf{x}_0)=\mathbf{y}_0$ e $f(\mathbf{x}_1)=\mathbf{y}_1$. Como $X$ é conexo por camiños, existe un camiño $\gamma\colon[0,1]\to X$ tal que $\gamma(0)=\mathbf{x}_0$ e $\gamma(1)=\mathbf{x}_1$. Como a composición de aplicacións continuas é continua, $f\circ\gamma\colon[0,1]\to f(X)$ é un camiño unindo $(f\circ\gamma)(0)=f(\mathbf{x}_0)=\mathbf{y}_0$ e $(f\circ\gamma)(1)=f(\mathbf{x}_1)=\mathbf{y}_1$, que é o que buscabamos.

A conexión por camiños é unha propiedade topolóxica.

Á hora de probar que un conxunto é conexo por camiños, a dificultade non é tanto busca-lo camiño, se non máis ben probar que o camiño está, efectivamente, contido no conxunto. Para facer isto non hai ningunha técnica fixada: simplemente hai que emprega-la definición da aplicación e do conxunto, e utiliza-las técnicas típicas da teoría de conxuntos.

As bólas de $\mathbb{R}^n$ son conxuntos conexos por camiños.

De feito, probaremos que as bólas son convexas, é dicir, que calquera par de puntos dunha bóla poden ser unidos mediante un segmento contido na bóla.

Considerémo-la bóla $B(\mathbf{x}_0,r)$ de $\mathbb{R}^n$. Tomemos $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in B(\mathbf{x}_0,r)$ arbitrarios. Considerámo-la función $f\colon [0,1]\to\mathbb{R}^n$ definida mediante $f(t)=(1-t)\mathbf{x}+t\mathbf{y}$. Claramenten $f$ é continua, $f(0)=\mathbf{x}$ e $f(1)=\mathbf{y}$. Temos simplemente que ver que $f([0,1])\subset B(\mathbf{x}_0,r)$.

Para ver esto último sexa $t\in[0,1]$. Entón, aplicando as propiedades da norma, \begin{align*} d(f(t),\mathbf{x}_0) &{}=\lVert (1-t)\mathbf{x}+t\mathbf{y}-\mathbf{x}_0\rVert\\ &{}=\lVert (1-t)\mathbf{x}+t\mathbf{y}-(1-t)\mathbf{x}_0-t\mathbf{x}_0\rVert\\ &{}=\lVert (1-t)(\mathbf{x}-\mathbf{x}_0)+t(\mathbf{y}-\mathbf{x}_0)\rVert\\ &{}\leq\lvert 1-t\rvert\lVert\mathbf{x}-\mathbf{x}_0\rVert + \lvert t\rvert\lVert\mathbf{y}-\mathbf{x}_0\rVert\\ &{}< (1-t)r+tr=r, \end{align*} co que $f(t)\in B(\mathbf{x}_0,r)$ como queriamos ver.

Para bólas pechadas a demostración sería análoga.

Finalmente, acabámo-lo tema exhibindo un exemplo dun conxunto que é conexo, pero que non é conexo por camiños.

Non todo conxunto conexo é conexo por camiños. Para ver isto definimos en primeiro lugar \[ X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\left\{\Bigl(x,\frac{x}{n}\Bigr)\in\mathbb{R}^2:x\in\mathbb{R}\right\}. \]

Vexamos primeiro que $X$ é conexo. A aplicación $h\colon\mathbb{R}\to\{(x,x/n)\in\mathbb{R}^2:x\in\mathbb{R}\}$, $x\mapsto (x,x/n)$ é claramente un homeomorfismo. Como $\mathbb{R}$ é conexo, cada $\{(x,{x}/{n})\in\mathbb{R}^2:x\in\mathbb{R}\}$ é conexo. Ademais, \[ \bigcap_{n\in\mathbb{N}}\left\{\Bigl(x,\frac{x}{n}\Bigr)\in\mathbb{R}^2:x\in\mathbb{R}\right\} =\{(0,0)\}\neq\emptyset, \] co que, por ser unión de conexos con intersección non baleira, $X$ é conexo.

Sexa agora \[ Y=X\cup\{(1,0)\}. \]

Como $\{(1,1/n)\}\to (1,0)$, pola caracterización secuencial dos puntos clausura, resulta que $(1,0)\in\bar{X}$. Como $X\subset Y\subset\bar{X}$, resulta que, por ser $X$ conexo e $Y$ estar comprendido entre un conexo e a súa clausura, $Y$ é conexo.

Vexamos finalmente que $Y$ non é conexo por camiños.

Pola contra supoñamos que existe un camiño $\gamma\colon[0,1]\to Y$ con $\gamma(0)=(1,0)$ e $\gamma(1)=(0,0)$.

Sexa $t_1=\sup\{t\in[0,1]:\gamma(t)=(1,0)\}$. Entón $\gamma(t_1)=(1,0)$, pois se $\gamma(t_1)\neq(1,0)$, por continuidade de $\gamma$, existiría $\delta>0$ tal que $\gamma((t_1-\delta,t_1+\delta)\cap[0,1])\subset \mathbb{R}^2\setminus\{(1,0)\}$ e $t_1$ non sería supremo.

O conxunto $U=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x>0\}$ é aberto en $\mathbb{R}^2$ e $\gamma(t_1)\in U$, co que, por continuidade de $\gamma$, existe $\delta>0$ tal que $\gamma([t_1,t_1+\delta))\subset U$. Sexa $t_2=t_1+\delta/2$.

Ata agora vimos entón que $\gamma([t_1,t_2])\subset U$, $\gamma(t_1)=(1,0)$ e $\gamma(t)\neq (1,0)$ para todo $t\in(t_1,t_2]$.

Consideramos $\gamma_i=\pi_i\circ\gamma$ as compoñentes de $\gamma$. Como $\gamma(t)\in U$ para todo $t\in[t_1,t_2]$, por definición de $X$, temos que para cada $t\in(t_1,t_2]$ existe $n_t\in\mathbb{N}$ de xeito que \[ \gamma(t)=\left(\gamma_1(t),\frac{\gamma_1(t)}{n_t}\right), \] é dicir $\gamma_2(t)=\gamma_1(t)/n_t$.

Dado que $\gamma_1(t)>0$ para todo $t\in[t_1,t_2]$, a función \begin{align*} f\colon[t_1,t_2]&\to\mathbb{R}\\ t&\mapsto f(t)=\frac{\gamma_2(t)}{\gamma_1(t)}, \end{align*} é continua. Agora ben, acabamos de ver que $f(t)=1/n_t\in\{1/n:n\in\mathbb{N}\}$ para todo $t\in(t_1,t_2]$. Como $(t_1,t_2]$ é conexo por ser un intervalo e os únicos subconxuntos non baleiros conexos de números racionais son os formados por un único punto, temos que $f$ ten que ser constante, pois a imaxe continua dun conexo é conexo. Por tanto, existe $n\in\mathbb{N}$ tal que $f(t)=1/n$ para todo $t\in(t_1,t_2]$, o cal contradí, por continuidade de $f$ en $t_1$, que $f(t_1)=0/1=0$.

En consecuencia, $Y$ non é conexo por camiños.

Problemas resoltos

Proba-la veracidade ou falsedade das seguintes afirmacións:

$[0,1]$ é homeomorfo á circunferencia $S^1$.
$[0,1]$ é homeomorfo á esfera $S^2$.
$S^1\setminus\{(0,1)\}$ é homeomorfo a $[0,\infty)$.
$\mathbb{R}$ é homeomorfo a $\mathbb{R}^2$.
$[0,+\infty)$ é homeomorfo a $\mathbb{R}$.
$S^1(1)\setminus\left\{punto\right\}$ é homeomorfo a $[a,b)$.
$[0,\infty)$ é homeomorfo a $(0,\infty)$.

Procedemos con cada unha das afirmacións.

Falso. Pola contra supoñamos que $f\colon[0,1]\to S^1$ é un homeomorfismo. Entón, a función $f_{\vert[0,1]\setminus\{1/2\}}\colon[0,1]\setminus\{1/2\}\to S^1\setminus\{f(1/2)\}$ segue sendo un homeomorfismo por se-la restricción dun homeomorfismo coa súa imaxe. Isto é unha contradicción pois o conxunto $[0,1]\setminus\{1/2\}=[0,1/2)\cup(1/2,1]$ non é conexo (por non ser un intervalo), mentres que $S^1\setminus\{f(1/2)\}$ si é conexo (pois é homeomorfo a $\mathbb{R}$).
Falso. Pola contra supoñamos que $f\colon[0,1]\to S^2$ é un homeomorfismo. Entón, a función $f_{\vert[0,1]\setminus\{1/2\}} \colon [0,1]\setminus\{1/2\}\to S^2\setminus\{f(1/2)\}$ tamén é un homeomorfismo, por ser restricción dun homeomorfismo. Isto é unha contradicción, pois $[0,1]\setminus\{1/2\}$ non é conexo (por non ser un intervalo), mentres que $S^2\setminus\{punto\}$ é conexo (por ser homeomorfo a $\mathbb{R}^2$).
Falso. A proxección estereográfica dinos que $S^1\setminus\{(0,1)\}$ é homeomorfo a $\mathbb{R}$, co que bastará con ver que $\mathbb{R}$ e $[0,\infty)$ non son homeomorfos. Supoñamos pola contra que $f\colon [0,\infty)\to\mathbb{R}$ é un homeomorfismo. Entón, $f_{\vert(0,\infty)}\colon (0,\infty)\to\mathbb{R}\setminus\{f(0)\}$ seguiría sendo un homeomorfismo, o cal é absurdo pois $(0,\infty)$ é conexo (por ser un intervalo), mentres que $\mathbb{R}\setminus\{punto\}$ non é conexo (pois non é un intervalo).
Falso. Pola contra supoñamos que $f\colon\mathbb{R}^2\to \mathbb{R}$ é un homeomorfismo. Entón temos que $f_{\vert\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}}\colon\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}\to\mathbb{R}\setminus\{f(0,0)\}$ tamén é un homeomorfismo. Isto é unha contradicción pois $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ é conexo, mentres que $\mathbb{R}\setminus\{punto\}$ non é conexo xa que non é un intervalo. Por tanto, $\mathbb{R}^2$ e $\mathbb{R}$ non son homeomorfos. Por completitude probamos tamén que $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ é conexo por camiños e por tanto conexo. Sexan $\mathbf{x}$, $\mathbf{y}\in\mathbb{R}^2$ arbitrarios. Se $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ son linearmente independentes, entón $\gamma\colon t\in[0,1]\mapsto\gamma(t)=(1-t)x+t y\in\mathbb{R}^2$ é un camiño unindo $\mathbf{x}$ con $\mathbf{y}$ contido en $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$, xa que unha combinación linear non trivial de $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ non pode ser $(0,0)$ (nótese que $t=1-t=0$ non pode darse). Se $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ son linearmente dependentes, entón tomamos $\mathbf{z}\in\mathbb{R}^2$ un vector linearmente independente de $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ e facemos un camiño entre $\mathbf{x}$ e $\mathbf{y}$ en $\mathbb{R}^2\setminus\{(0,0)\}$ pasando por $\mathbf{z}$.
Falso. Supoñamos que $f\colon[0,+\infty)\to\mathbb{R}$ fose un homeomorfismo. Entón, a función $f_{\vert (0,+\infty)}\colon(0,+\infty) \to\mathbb{R}\setminus\{f(0)\}$ segue sendo un homeomorfismo por se-la restricción dun homeomorfismo coa imaxe. Isto é absurdo pois $(0,+\infty)$ é conexo (por ser un intervalo), e $\mathbb{R}\setminus\{punto\}$ non é conexo (pois non é un intervalo).
Falso. Supoñamos que $f\colon[a,b)\to S^1\setminus\{punto\}$ é un homeomorfismo. Entón, a función $f_{\vert (a,b)}\colon (a,b)\to S^1\setminus\{punto,f(a)\}$ segue sendo un homeomorfismo por se-la restricción dun homeomorfismo coa imaxe. Isto non é posible pois $(a,b)$ é conexo (por ser un intervalo de $\mathbb{R}$), mentres que $S^1\setminus\{punto,f(a)\}$ é homeomorfo a $\mathbb{R}\setminus\{punto\}$ (por proxección estereográfica, por exemplo), que non é conexo por non ser un intervalo.
Falso. Pola contra supoñamos que $f\colon[0,\infty)\to (0,\infty)$ é un homeomorfismo. Entón, $f_{\vert(0,\infty)} \colon (0,\infty)\to (0,\infty)\setminus\{f(0)\}$ tamén é un homeomorfismo, por ser restricción dun homeomorfismo. Isto é unha contradicción, pois $(0,\infty)$ é conexo (por ser un intervalo), mentres que $(0,\infty)\setminus\{punto\}$ non é conexo (por non ser un intervalo).

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E=\Bigl([-1,1]\times\{0\}\Bigr)\cup \left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\Bigl\{\Bigl(x,\frac{x}{n}\Bigr)\in\mathbb{R}^2:-1\leq x\leq 1\Bigr\}\right). \]

Considerámo-la función $f\colon[-1,1]\times\mathbb{R}\to\mathbb{R}^2$, definida mediante $f(x,t)=(x,tx)$, que claramente é unha función continua.

Definimos tamén \[ E_n=\bigl\{\bigl(x,\frac{x}{n}\bigr)\in\mathbb{R}^2:-1\leq x \leq 1\bigr\}, \] con $n\in\mathbb{N}$, e $E_0=[-1,1]\times\{0\}$. Temos que $E_n=f([-1,1]\times\{1/n\})$, $n\in\mathbb{N}$. Xa que tanto $[-1,1]$ como $\{1/n\}$ son intervalos xeneralizados, os dous conxuntos son conexos. Como o producto de conexos é conexo, e a imaxe continua dun conexo é conexo, deducimos que cada $E_n$, con $n\in\mathbb{N}$, é conexo. Ademais, $E_0$ tamén é conexo por ser producto cartesiano de conexos. Dado que $(0,0)\in\cap_{n=0}^\infty E_n$, deducimos que $E=\cup_{n=0}^\infty E_n$ é conexo por ser unión de conexos con intersección non baleira.

Sexa $A\subset\mathbb{R}^2$ un conxunto conexo. ¿É a súa fronteira $\partial A$ necesariamente un conxunto conexo?

Falso. Tomemos por exemplo $A=[0,1]\times\mathbb{R}\subset\mathbb{R}^2$, que é conexo por ser producto cartesiano de dous intervalos xeneralizados. Entón $\partial A=\{0,1\}\times\mathbb{R}$ e este conxunto non é conexo pois $\{0\}\times\mathbb{R}\mid\{1\}\times\mathbb{R}$ é unha separación non trivial de $\partial A$.

Sexa $X$ conexo. ¿Existe unha función continua e sobrexectiva $f\colon X\to\{1,2,3\}$?

Falso. Como a imaxe continua dun conexo é un conexo, tería que ser $\{1,2,3\}$ conexo, o que non é certo, pois non é un intervalo de $\mathbb{R}$.

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E=([-1,1]\times[-1,1])\setminus\{(1/n,0)\in \mathbb{R}^2:n\in\mathbb{N}\}. \]

Vexamos que $E$ é conexo.

Para iso consideremos $A_+=[-1,1]\times(0,1]$ e $A_-=[-1,1]\times[-1,0)$. Estes dous conxuntos son conexos por ser producto cartesiano de intervalos. Consideremos tamén \[ B=([-1,1]\times\{0\})\setminus\{(1/n,0)\in\mathbb{R}^2:n\in\mathbb{N}\}. \] Está claro que os puntos de $B$ pertencen á clausura de $A_+$ e $A_-$ pois calquera punto $(x,0)\in B$, é límite da sucesión $\{(x,\pm 1/n)\}\subset A_\pm$, respectivamente. Temos pois $A_\pm\subset A_\pm\cup B\subset\overline{A_\pm}$, e como calquera subconxunto contido entre un conexo e a súa clausura é conexo, obtemos que $A_+\cup B$ e $A_-\cup B$ son conexos. Ademais, $\emptyset\neq B\subset(A_+\cup B)\cap(A_-\cup B)$, e como $E=(A_+\cup B)\cup(A_-\cup B)$ é unión de conexos con intersección non baleira, deducimos que $E$ é conexo.

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E = ([-1,0]\times [-1,0))\cup\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq 1,\ y\geq 0\}. \]

Por comodidade considerémo-lo conxunto \[ A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2\leq 1,\ y\geq 0\}. \]

Notemos que $[-1,0]\times\{0\}\subset A$, co que podemos escribir $E=([-1,0]\times[-1,0])\cup A$. Con este novo xeito de escribir $E$, vexamos que $E$ é conexo. En primeiro lugar $[-1,0]\times[-1,0]$ é conexo por ser producto de conexos. A aplicación $f\colon[0,1]\times[0,\pi]\to\mathbb{R}^2$ definida por $f(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$ é continua. Sabemos que $f([0,1]\times[0,\pi])=A$ pois $f(r,\theta)$ é un punto nunha circunferencia centrada na orixe de radio $r$ formando un angulo $\theta$ co eixo $X$, e $A$ é a unión das semi-circunferencias superiores de radio $r$ variando entre $0$ e $1$. Como $[0,1]\times[0,\pi]$ é conexo por ser producto de conexos, deducimos que $A$ é conexo por ser imaxe continua dun conexo. Por outra banda, como $([-1,0]\times[-1,0])\cap A=[-1,0]\times\{0\}\neq\emptyset$ deducimos que $E=([-1,0]\times[-1,0])\cup A$ é conexo por ser unión de conexos con intersección non baleira.

Estudia-lo carácter compacto e conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =B[(-2,0),1]\cup B[(2,0),1]\cup\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:-2\leq x\leq 2,y=1\}. \]

Considerémo-la aplicación $f\colon[0,1]\times[0,2\pi]\to\mathbb{R}^2$ definida mediante a fórmula $f(r,\theta)=r(cos\theta,\sin\theta)$. Sabemos que $f([0,1]\times[0,2\pi])=B[(0,0),1]$ e que $f$ é continua. Como $[0,1]\times[0,2\pi]$ é conexo por ser producto de conexos, deducimos que $B[(0,0),1]$ é conexa. Obviamente una translación dános un homeomorfismo entre $B[(0,0),1]$ e $B[(-1,0),1]$ (ou $B[(1,0),1]$), co cal $B[(-1,0),1]$ e $B[(1,0),1]$ son tamén conexas.

Por outra banda, \[ A=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:-2\leq x\leq 2, y=1\}=[-2,2]\times\{1\}. \] Tanto $[-2,2]$ como $\{1\}$ son conexos. Como o producto de conexos é conexo, deducimos que $A$ é conexo.

Vexamos que $E$ é conexo. Como $B[(-1,0),1]$ e $[-2,2]\times\{1\}$ son conexos, e $B[(-1,0),1]\cap([-2,2]\times\{1\})=\{(-2,1)\}$, entón $C=B[(-1,0),1]\cup([-2,2]\times\{1\})$ é conexo por ser unión de conexos con intersección non baleira. A continuación, como $C$ e $B[(1,0),1]$ son conexos e $C\cap B[(1,0),1]=\{(2,1)\}$, entón $E=C\cup B[(1,0),1]$ tamén é conexo por ser unión de conexos con intersección non baleira.

Probar que se $X$, $Y$ son conxuntos conexos por camiños e $X\cap Y\neq\emptyset$, entón $X\cup Y$ é conexo por camiños.

Sexa $z\in X\cap Y$. Veremos que se pode unir calquera punto de $X\cup Y$ con $z$, o cal, empregando o feito de que a relación "estar conectado por un camiño" é de equivalencia, chegaría para probar que $X\cup Y$ é conexo por camiños. Sexa pois $p\in X\cup Y$. Logo, $p\in X$ ou $p\in Y$. Se $p\in X$, como $X$ é conexo por camiños, existe unha función continua $\gamma\colon[0,1]\to X$ tal que $\gamma(0)=p$ e $\gamma(1)=z$. En particular, $\gamma([0,1])\subset X\subset X\cup Y$, co cal $\gamma$ define un camiño en $X\cup Y$ unindo $p$ e $z$. A demostración é análoga cando $p\in Y$. Por tanto, podemos unir calquera punto de $X\cup Y$ con $z\in X\cap Y$, e a demostración está finalizada.

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =([-2,2]\times (0,2])\cup B[(0,0),1]. \]

Vexamos que $E$ é conexo.

En efecto, $[-2,2]\times(0,2]$ é conexo pois o producto cartesiano de conexos é conexo, e os intervalos son conexos. Por outra banda, $B[(0,0),1]$ é un conxunto conexo. Un xeito de ver isto é toma-la función continua $g\colon [0,1]\times[0,2\pi)\to\mathbb{R}^2$, $(r,\theta)\mapsto g(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$ e observar que $B[(0,0),1]=g([0,1]\times[0,2\pi))$; por ser imaxe continua dun conexo (de novo o producto cartesiano de intervalos é conexo), deducimos que $B[(0,0),1]$ é conexo. Finalmente, $(0,1/2)\in ([-2,2]\times(0,2])\cap B[(0,0),1]$, e como a unión de conexos con intersección non baleira é un conexo, deducimos que $E$ é conexo.

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =\bigl([-1,1]\times[0,1]\bigr)\cap B[(0,0),1]. \]

Definímo-la función $f\colon[0,1]\times[0,\pi]\to\mathbb{R}^2$ mediante $f(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta)$. Sabemos que para $r$ fixado, $\theta\mapsto f(r,\theta)$ parametriza un arco de circunferencia de radio $r$ centrada na orixe para ángulos comprendidos entre $0$ e $\pi$. Dado que $E$ é unión de todos eses arcos para radios comprendidos entre $0$ e $1$, deducimos que $E=f([0,1]\times[0,\pi])$. Como os intervalos son conexos, e o producto cartesiano de conexos é conexo, deducimos que $[0,1]\times[0,\pi]$ é conexo. Como $f$ é continua, e a imaxe continua de conexos é conexo, concluimos que $E$ é conexo.

Solucións alternativas

No espírito da solución anterior, tamén se podería emprega-la aplicación $f\colon B[(0,0),1]\to\mathbb{R}^2$, definida por $f(x,y)=(x,\lvert y\rvert)$. Como $B[(0,0),1]$ é conexa e $f(B[(0,0),1])=E$, deducimos que $E$ é conexo.

Para ver que $E$ é conexo tamén se pode facer empregando conexión por camiños. Sexan $(x_0,y_0)$, $(x_1,y_1)\in E$ puntos arbitrarios. Considerámo-lo camiño $\gamma\colon[0,1]\to\mathbb{R}^2$ definido por $\gamma(t)=(1-t)(x_0,y_0)+t(x_1,y_1)$. Claramente $\gamma$ é unha función continua, $\gamma(0)=(x_0,y_0)$ e $\gamma(1)=(x_1,y_1)$. Temos que ver entón que $\gamma(t)\in E$ para todo $t\in[0,1]$. En primeiro lugar, como $(x_0,y_0)$, $(x_1,y_1)\in B[(0,0),1]$ e $t>0$, temos que \begin{align*} d(\gamma(t),(0,0)) &{}=\lVert (1-t)(x_0,y_0)+t(x_1,y_1)\rVert\\ &{}\leq(1-t)\lVert(x_0,y_0)\rVert+t\lVert(x_1,y_1)\rVert\\ &{}\leq (1-t)+t=1, \end{align*} co que $\gamma(t)\in B[(0,0),1]$ para todo $t\in[0,1]$. Por outra banda, $(x_0,y_0)$, $(x_1,y_1)\in [-1,1]\times[0,1]$ tradúcese en $-1\leq x_0,x_1\leq 1$, e $0\leq y_0,y_1\leq 1$. Como $0\leq t,1-t\leq 1$ deducimos \begin{align*} -1 &{}=(1-t)(-1)+t(-1)\\ &{}\leq(1-t)x_0+t x_1\\ &{}\leq(1-t)\cdot 1+t\cdot 1=1,\\[2ex] 0 &{}=(1-t)\cdot 0+t\cdot 0\\ &{}\leq(1-t)y_0+t y_1\\ &{}\leq(1-t)\cdot 1+t\cdot 1=1. \end{align*} Isto proba que $\gamma(t)\in[-1,1]\times[0,1]$ para todo $t\in[0,1]$, e xunto co probado arriba concluimos que $\gamma(t)\in E$, como queriamos demostrar.

Outra posibilidade para demostrar que $E$ é conexo por camiños é emprega-lo feito de que a relación "estar conectado por un camiño contido en $E$" é unha relación de equivalencia, e probar que podemos unir calquera punto ó $(0,0)$ mediante un camiño contido en $E$. Para iso, sexa $(x,y)\in E$ un punto arbitrario, e construímo-lo camiño $\gamma\colon[0,1]\to\mathbb{R}^2$ definido por $\gamma(t)=t(x,y)$. Entón, é claro que $\gamma$ é unha función continua e que $\gamma(0)=(0,0)$, $\gamma(1)=(x,y)$. Vexamos pois que $\gamma([0,1])\subset E$. En efecto, $d(t(x,y),(0,0))=t\lVert(x,y)\rVert\leq t\leq 1$, e como $0\leq t\leq 1$, $-1\leq x\leq 1$, $0\leq y\leq 1$, tamén é certo que $-1\leq tx\leq 1$, $0\leq ty\leq 1$, co cal acabamos de probar que $\gamma(t)=t(x,y)\in E$ para todo $t\in[0,1]$.

Decidir se $B((0,0),1) \cup \left\{(0,1)\right\}$ é conexo.

Verdadeiro.

É evidente que, como a clausura dunha bóla aberta é a pechada correspondente, \begin{align*} B((0,0),1)&{}\subset B((0,0),1) \cup \left\{(0,1)\right\}\\ &{}\subset B[(0,0),1]\\ &{}=\overline{B((0,0),1)}. \end{align*} Como $B((0,0),1)$ é un conxunto conexo (por ser homeomorfo a $\mathbb{R}^n$), e $B((0,0),1) \cup \left\{(0,1)\right\}$ está contido entre $B((0,0),1)$ e a súa clausura, temos que $B((0,0),1) \cup \left\{(0,1)\right\}$ tamén é conexo.

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E =\Big\{[-2,2]\times[-2,2]\Big\}\setminus \Big\{\{0\}\times(-2,2)\Big\}. \]

Vexamos que $E$ é conexo.

Consideramos \begin{align*} A&{}=([-2,0)\times[-2,2])\cup\{(0,-2),(0,2)\},\\ B&{}=((0,2]\times[-2,2])\cup\{(0,-2),(0,2)\}. \end{align*} O conxunto $(-2,0)\times(-2,2)$ é conexo por ser producto de conexos, e a súa clausura é $[-2,0]\times[-2,2]$. Como $(-2,0)\times(-2,2)\subset A\subset [-2,0]\times[-2,2]$, concluímos que $A$ é conexo. De xeito análogo podemos ver tamén que $B$ é conexo. Agora ben, $A\cap B=\{(0,-2),(0,2)\}\neq\emptyset$, co cal $X=A\cup B$ é conexo por ser unión de conexos con intersección non baleira.

Considerémo-lo conxunto \[ X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}\Bigl\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\Bigl(x-\frac{1}{n}\Bigr)^2+y^2=\frac{1}{n^2}\Bigr\}. \] Estudia-lo carácter conexo de $X$ e de $X\setminus\{(0,0)\}$.

Definimos \[ X_n=\Bigl\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\Bigl(x-\frac{1}{n}\Bigr)^2+y^2=\frac{1}{n^2}\Bigr\}. \] Vexamos que $X_n$ é conexo.

Para iso considerámo-la función \begin{align*} f_n\colon [0,2\pi) & \to \mathbb{R}^2\\ t & \mapsto f_n(t)=\frac{1}{n}(\cos t,\sin t)+\Bigl(0,\frac{1}{n}\Bigr), \end{align*} que é tal que \[ f_n=T_{\Bigl(0,\frac{1}{n}\Bigr)}\circ H_{1/n}\circ f, \] onde $f\colon [0,2\pi)\to S^1$, $t\mapsto f(t)=(\cos t,\sin t)$. Xa que $f$ parametriza a circunferencia $S^1$, está claro, por definición de translación e de homotecia, que $f_n$ parametriza unha circunferencia de centro $(0,1/n)$ e radio $1/n$, é dicir, $X_n=f_n([0,2\pi))$. Como a imaxe continua dun conexo é conexo, concluímos que $X_n$ é conexo.

Agora ben, $(0,0)\in\bigcap_{n\in\mathbb{N}}X_n$, co que por ser unión de conexos con intersección non baleira, $X=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}X_n$ é conexo.

Vexamos agora que $Y=X\setminus\{(0,0)\}$ non é conexo. Tomemos \begin{align*} U&{}=B((3/4,0), 3/4),\\ V&{}=\mathbb{R}^2\setminus B[(3/4,0),3/4]. \end{align*} Vexamos que $U\cap Y\mid V\cap Y$ é unha separación non trivial de $Y$.

En primeiro lugar, está claro que $U$ e $V$ son abertos en $\mathbb{R}^2$ (por ser unha bóla aberta e o complementario dunha bóla pechada). Logo, $U\cap Y$ e $V\cap Y$ son abertos en $Y$ pola caracterización de abertos relativos. Ademais, $U\cap V=\emptyset$ co que $(U\cap Y)\cap(V\cap Y)=\emptyset$. Por outro lado, \begin{align*} (U\cap Y)\cup(V\cap Y)&{}=(U\cup V)\cap Y\\ &{}=\Bigl\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\Bigl(x-\frac{3}{4}\Bigr)^2+y^2\neq \Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)^2\Bigr\}\cap Y=Y, \end{align*} onde a última igualdade se segue de que o sistema \begin{align*} \Bigl(x-\frac{3}{4}\Bigr)^2+y^2&{}= \Bigl(\frac{3}{4}\Bigr)^2,\\ \Bigl(x-\frac{1}{n}\Bigr)^2+y^2&{}= \Bigl(\frac{1}{n}\Bigr)^2, \end{align*} ten a $x=y=0$ como única solución. Finalmente, $(1,0)\in U\cap Y$ e $(2,0)\in V\cap Y$, co que, efectivamente, a separación é non trivial.

Estudia-lo carácter conexo do conxunto \[ X=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2: x\leq y\leq x^2\text{ ou } x^2\leq y\leq x\}. \]

Vexamos que o conxunto $X$ é conexo por camiños, o que implicará que é conexo. Como a relación "estar conectado por un camiño en $X$" é de equivalencia, será suficiente con atopar un camiño en $X$ unindo o punto $(0,0)\in X$ con calquera $(x,y)\in X$.

Definímo-lo camiño \begin{align*} \gamma\colon[0,1] & \to \mathbb{R}^2\\ t & \mapsto\gamma(t)= \begin{cases} 2t(x,x), & 0\leq t\leq 1/2,\\[1ex] (x,(2-2t)x+(2t-1)y), & 1/2\leq t\leq 1. \end{cases} \end{align*}

Vexamos en primeiro lugar que $\gamma$ é unha función continua. Como \[ 2\frac{1}{2}(x,x)=(x,x)=\bigl(x,(2-2\frac{1}{2})x+(2\frac{1}{2}-1)y\bigr), \] e $\gamma_{\vert [0,1/2]}$ e $\gamma_{\vert [1/2,1]}$ son claramente función continuas, o teorema da función combinada para pechados permítenos concluír que $\gamma$ é continua.

Claramente $\gamma(0)=(0,0)$ e $\gamma(1)=(x,y)$, así que só falta comprobar que $\gamma([0,1])\subset X$. Distinguimos dous casos.

Se $0\leq t\leq 1/2$, entón $\gamma_1(t)=2tx=\gamma_2(t)$, e por tanto é tautolóxico que $\gamma_2(t)\leq\gamma_1(t)^2$ ou $\gamma_1(t)^2\leq\gamma_2(t)$. Así, $\gamma(t)\in X$ para todo $t\in[0,1/2]$.

Finalmente sexa $1/2\leq t\leq 1$ e supoñamos $x\leq y\leq x^2$ (se $x^2\leq y\leq x$ a demostración é análoga). Temos que $0\leq 2-2t\leq 1$ e $0\leq 2t-1\leq 1$. Por tanto, \begin{align*} \gamma_1(t)=x & {}=(2-2t)x+(2t-1)x\\ &{}\leq(2-2t)x+(2t-1)y=\gamma_2(t)\\ &{}\leq(2-2t)x^2+(2t-1)x^2=x^2=\gamma_1(t)^2, \end{align*} co que $\gamma(t)\in X$ para todo $t\in[1/2,1]$.

Sexan $X$ e $Y$ subconxuntos conexos de $\mathbb{R}^n$ tales que $\bar{X}\cap Y\neq \emptyset$. Probar que $X\cup Y$ é conexo.

Sexa $\mathbf{z}\in\bar{X}\cap Y$. Logo $X\subset X\cup\{\mathbf{z}\}\subset \bar{X}$, co que $X\cup\{\mathbf{z}\}$ é conexo por estar contido entre un conexo e a súa clausura. Como $\mathbf{z}\in Y$ temos que $(X\cup\{\mathbf{z}\})\cap Y\neq\emptyset$, e deducimos que $X\cup Y=(X\cup\{\mathbf{z}\})\cup Y$ é conexo por ser unión de conexos con intersección non baleira.

Estudia-lo carácter conexo do seguinte subconxunto de $\mathbb{R}^2$: \[ E=\bigl\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\lvert x\rvert\leq 1,\ \lvert x\rvert\leq y\leq \lvert x\rvert+1\bigr\}. \]

Considerémo-la función $f\colon[-1,1]\times[0,1]\to\mathbb{R}^2$ definida por $f(x,y)=(x,\lvert x\rvert+y)$. Claramente $f$ é continua. Xa que $[-1,1]$ e $[0,1]$ son conexos e o producto cartesiano de conexos é conexo, deducimos que $[-1,1]\times [0,1]$ é conexo. Logo, para ver que $E$ é conexo é suficiente con probar que $f([-1,1]\times[0,1])=E$, pois a imaxe continua dun conxunto conexo é conexo.

En efecto, se $(x,y)\in f([-1,1]\times[0,1])$ existen $a\in[-1,1]$ e $b\in[0,1]$ tales que $x=a$ e $y=\lvert a\rvert+b$; logo $\lvert x\rvert=\lvert a\rvert\leq 1$ e como $0\leq b\leq 1$ temos $\lvert x\rvert=\lvert a\rvert\leq \lvert a\rvert+b\leq \lvert a\rvert+1=\lvert x\rvert+1$, é dicir, $(x,y)\in E$. Reciprocamente, se $(x,y)\in E$ entón $\lvert x\rvert\leq 1$ e $\lvert x\rvert\leq y\leq \lvert x\rvert+1$; tomando $b=y-\lvert x\rvert$ temos que $0\leq b\leq 1$ e que $(x,y)=f(x,b)$ de onde se segue que $(x,y)\in f([-1,1]\times[0,1])$, como faltaba por ver.

Solucións alternativas

Probemos que $E$ é conexo por camiños. Para iso é suficiente con unir mediante un camiño o punto $(0,0)\in E$ con calquera $(x,y)\in E$. Definimos $\gamma\colon[0,1]\to\mathbb{R}^2$ mediante $\gamma(t)=t(x,y)$. Claramente $\gamma$ é unha función continua, $\gamma(0)=(0,0)$ e $\gamma(1)=(x,y)$. Vexamos que $\gamma([0,1])\subset E$. Dado $t\in[0,1]$ temos que $\lvert tx\rvert=t\lvert x\rvert\leq 1$. Ademais, como $\lvert x\rvert\leq y\leq \lvert x\rvert +1$, multiplicando por $t$ obtemos \[ \lvert tx\rvert= t\lvert x\rvert\leq ty\leq t\lvert x\rvert +t \leq \lvert tx\rvert +1, \] co que $\gamma(t)\in E$ para todo $t\in[0,1]$.