Zusammenhängende Räume - Teil 1 - Fakultät für Mathematik, TU

TU Dortmund
Fakultät für Mathematik
Proseminar Lineare Algebra
Ausarbeitung zum Thema
Zusammenhängende Räume - Teil 1
Tim Vormann
Inhaltsverzeichnis
1 Zusammenhängende Räume
1.1 Definitionen . . . . . . . . .
1.2 Folgerungen . . . . . . . . .
1.3 Satz . . . . . . . . . . . . .
1.4 Beispiele . . . . . . . . . . .
1.5 Satz . . . . . . . . . . . . .
1.6 Satz . . . . . . . . . . . . .
1.7 Satz - Zwischenwertsatz . .
1.8 Beispiele . . . . . . . . . . .
1.9 Lemma . . . . . . . . . . .
1.10 Satz . . . . . . . . . . . . .
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Einleitung
Diese Ausarbeitung behandelt die Seiten 63 - 66 der Seminarlektüre:
Querenburg, Boto von (2001): Mengentheoretische Topologie. 3., neubearbeitete und
erweiterte Auflage, Berlin u.a.: Springer.
1 Zusammenhängende Räume
1.1 Definitionen
1. Ein topologischer Raum (X, O) heißt zusammenhängend, wenn X nicht in
zwei disjunkte, nichtleere, offene Mengen zerlegt werden kann, das heißt:
∀ O1 , O2 ∈ O, O1 6= ∅ =
6 O2 : O1 ∪ O2 = X =⇒ O1 ∩ O2 6= ∅
Analog gilt die Definition, wenn X nicht in zwei disjunkte, nichtleere, abgeschlossene Mengen zerlegt werden kann, denn wenn O1 ∪ O2 = X, dann ist X\(O1 ∪ O2 ) =
X\O1 ∩ X\O2 = ∅ und impliziert X\(O1 ∩ O2 ) = X\O1 ∪ X\O2 6= X. Diese
Bedingung ist äquivalent zu obiger.
2. Eine Teilmenge A ⊂ X heißt zusammenhängend, wenn sie in der induzierten
Topologie zusammenhängend ist, das heißt:
Für (A, OA ) mit OA := {O ∩ A|O ∈ O}muss gelten:
∀ OA1 , OA2 ∈ OA , OA1 6= ∅ =
6 OA2 : OA1 ∪ OA2 = X =⇒ OA1 ∩ OA2 6= ∅
1.2 Folgerungen
1. (X, O) ist genau dann zusammenhängend, wenn ∅ und X die einzigen zugleich
offenen und abgeschlossenen Teilmengen von X sind.
Beweis:
“⇒“
Sei (X, O) ein zusammenhängender topologischer Raum, das heißt es gilt:
∀ O1 , O2 ∈ O, O1 6= ∅ =
6 O2 : O1 ∪ O2 = X =⇒ O1 ∩ O2 6= ∅
Sei nun in X eine von X und ∅ verschiedene, nichtleere Teilmenge Y gegeben, die
zugleich offen und abgeschlossen ist. Dann ist Y 0 := X\Y offen, da Y abgeschlossen
ist. Durch die Verschiedenheit von Y zu X und ∅ folgt, dass auch Y 0 verschieden
zu den beiden Teilmengen ist. Also gilt:
Y, Y 0 ∈ O, Y 6= ∅ =
6 Y 0 : Y ∪ Y 0 = X aber Y ∩ Y 0 = ∅
Also müsste X nicht zusammenhängend sein. Dies liefert einen Widerspruch zur
Annahme, weswegen X und ∅ die einzigen sowohl abgeschlossenen als auch offenen
3
Teilmengen in (X, O) sind.
“⇐“
Sei (X, O) ein topologischer Raum, indem X und ∅ die einzigen offenen und zugleich abgeschlossenen Teilmengen sind.
Sei nun (X, O) nicht zusammenhängend, d.h. es existieren offene Teilmengen mit:
O1 , O2 ∈ O, O1 6= ∅ =
6 O2 : O1 ∪ O2 = X und O1 ∩ O2 = ∅
Aus O1 ∪ O2 = X und O1 ∩ O2 = ∅ folgt, dass O1 = X\O2 und umgekehrt. Da
jedoch beide Mengen offen und die Komplemente X\O1 , X\O2 ∈ O, folgt jedoch,
dass O1 und O2 auch abgeschlossen sein müssen. Dies stellt einen Widerspruch zur
Annahme dar. Also muss (X, O) zusammenhängend sein.
2. (X, O) ist genau dann nicht zusammenhängend, wenn es eine stetige, surjektive
Abbildung von X auf einen diskreten Raum mit mindestens zwei Punkten gibt.
Beweis:
“⇒“
Sei X nicht zusammenhängend, dann existieren nichtleere, offene Teilmengen O1 , O2 ∈
O mit O1 ∪ O2 = X und O1 ∩ O2 = ∅. Wir definieren eine Abbildung
(
0 x ∈ O1
f : X → {0, 1}, x 7→
1 x ∈ O2
f ist wohldefiniert, da O2 ∩O2 = ∅ und diese Abbildung ist surjektiv, da O1 und O2
nichtleer sind. Außerdem ist die Abbildung stetig, denn das Urbild jeder offenen
Menge von {0, 1} ist offen in X. {0, 1} ist mit der diskreten Topologie versehen,
deswegen sind die offenen Mengen ∅, {0, 1}, {1}, {0}. Dann sind f −1 (∅) = ∅ und
f −1 ({0, 1}) offen in X nach den Topologieeigenschaften und f −1 (0) = O1 und
f −1 (1) = O2 offen, da O1 und O2 offen sind. Da alle Urbilder offener Mengen offen
in X sind, ist die Abbildung auch stetig.
“⇐“
Sei f : X → Y eine stetige, surjektive Abbildung. Sei nun y0 ∈ Y beliebig.
Dann ist X = f −1 (Y ) = f −1 (y0 ) ∪ f −1 (Y \y0 ).
Da Y mindestens zweielementig ist, kann Y \y0 nicht leer sein und die beiden
Mengen sind auf Grund der diskreten Topologie auf Y offen. Auf Grund der
Surjektivität ist das Urbild eines Elementes immer mindestens einelementig, deswegen sind f −1 (y0 ), f −1 (Y \y0 ) nichtleer und offen, da die Abbildung stetig ist.
Da {y0 } und {Y \y0 } disjunkt sind, folgt ∅ = f −1 (∅) = f −1 ({y0 } ∩ {Y \y0 }) =
f −1 (y0 ) ∩ f −1 (Y \y0 ), also auch f −1 (y0 ), f −1 (Y \y0 ) disjunkt, also ist X unzusammenhängend.
4
1.3 Satz
Ein offenes Intervall ]a, b[ ⊂ R, versehen mit der natürlichen Topologie, ist zusammenhängend.
Beweis:
Sei ]a, b[ nicht zusammenhängend, dann gibt es in R offene Mengen O1 , O2 mit:
U := O1 ∩ ]a, b[ 6= ∅,
V := O2 ∩ ]a, b[ 6= ∅,
U ∪ V = ]a, b[ und U ∩ V = ∅
so dass U und V ebenfalls offene Mengen in ]a, b[ sind. Wähle nun u ∈ U, v ∈ V und
nehme an, dass u < v. Sei
S := {s ∈ ]a, b[ | [u, s] ⊂ U }
Es gilt [u, u] = {u} ⊂ U und somit u ∈ S. Also ist S auch nichtleer. b ist eine obere
Schranke von S, also existiert das Supremum s0 := sup S.
Es ist dann a < u ≤ s0 ≤ v < b, wobei s0 ≤ v gilt, da ansonsten ein s ∈ S existieren
würde mit v < s ≤ s0 . Dann wäre v ∈ [u, s] ⊂ U , was einen Widerspruch liefert zu v ∈ V
und U ∩ V = ∅ Daraus folgt s0 ∈ U ∪ V . Also muss auch eine offene “Kugel“ um s0
komplett in U oder V liegen.
Liegt s0 in U , so wäre die offene “Kugel“ (s0 − , s0 + ) ⊂ U für ein > 0 und somit
auch [u, s0 + 2 ] ⊂ U. Also ist s0 + 2 ∈ S und da s0 + 2 > s0 kann s0 nicht kleinste obere
Schranke von S sein.
Liegt s0 in V , so wäre die offene “Kugel“ (s0 − , s0 + ) ⊂ V für ein > 0 und somit
[u, s0 − 2 ] * U. Also ist s0 − 2 6∈ S und da s0 − 2 < s0 und S keine Lücken hat, da für alle
s mit u ≤ s0 ≤ s, s ∈ S, gilt s0 ∈ S, denn [u, s0 ] ⊂ [u, s] ⊂ U und somit ist auch s0 ∈ S,
kann s0 nicht kleinste obere Schranke von S sein. Dies führt zu einem Widerspruch,
deswegen muss ]a, b[ zusammenhängend sein.
Bemerkung Da R homöomorph zum offenen Intervall ]a, b[∈ R ist, ist auch R zusammenhängend.
Beweis:
R und ]a, b[ sind homöomorph, das heißt es existiert eine bijektive Abbildung
f :]a, b[7→ R mit f, f −1 stetig. Insbesondere ist f surjektiv.Wir zeigen später 1 , dass für
eine stetige, surjektive Abbildung g : X 7→ Y , wobei X zusammenhängend ist, Y auch
zusammenhängend ist.
1.4 Beispiele
1. Die leere Menge und eine einpunktige Menge sind zusammenhängend
klar, da die leere Menge sich nicht in zwei Mengen teilen lässt und bei einer einpunktigen Mengen keine zwei nichtleeren Mengen existieren.
1
Satz 1.5 (2)
5
2. Ein diskreter Raum X mit mehr als einem Punkt ist nicht zusammenhängend.
Deswegen ist N mit der induzierten Topologie von R nicht zusammenhängend.
Teile einen diskreten Raum in zwei nichtleere, disjunkte Teilmengen O1 , O2 auf,
die den Raum aufspannen. Da O = P ot(X), sind diese beiden Mengen automatisch
in der Topologie und damit offen. Also ist X nicht zusammenhängend
3. Q ist nicht zusammenhängend, denn :
√
2[ ) ∪ (Q ∩ ] 2, ∞[ )
√
√
∅ = (Q ∩ ] − ∞, 2[ ) ∩ (Q ∩ ] 2, ∞[ )
Q = (Q ∩ ] − ∞,
√
1.5 Satz
Sei X ein topologischer Raum und A ⊂ X zusammenhängend.
1. Gilt A ⊂ B ⊂ Ā , dann ist auch B zusammenhängend.
Beweis:
Annahme: B sei nicht zusammenhängend, dann gibt es zwei offene, disjunkte, B
überdeckende Mengen O1 , O2 ⊂ X, B ∩ O1 6= ∅ =
6 B ∩ O2 mit
(B ∩ O1 ) ∪ (B ∩ O2 ) = B und (B ∩ O1 ) ∩ (B ∩ O2 ) = ∅
Dann ist auch
(A ∩ O1 ) ∪ (A ∩ O2 ) = A und (A ∩ O1 ) ∩ (A ∩ O2 ) = ∅
denn A ⊂ B, das heißt A ∩ B = A, also
A = A ∩ B = A ∩ ((B ∩ O1 ) ∪ (B ∩ O2 )) = A ∩ (B ∩ (O1 ∪ O2 ))
= (A ∩ B) ∩ (O1 ∪ O2 ) = A ∩ (O1 ∪ O2 ) = (A ∩ O1 ) ∪ (A ∩ O1 )
A⊂B
und ∅ = (B ∩O1 )∩(B ∩O2 ) = B ∩(O1 ∩O2 ) ⊃ A∩(O1 ∩O2 ) = (A∩O1 )∩(A∩O2 )
Da A nach Vorraussetzung zusammenhängend ist, muss aber entweder (A ∩ O1 )
oder(A ∩ O2 ) leer sein.
Sei nun ohne Einschränkung (A ∩ O1 ) leer, dann ist A ⊆ O2 , denn
A = (A ∩ O1 ) ∪ (A ∩ O2 ) und mit (A ∩ O1 ) = ∅ gilt:A = (A ∩ O2 ) also A ⊂ O2
Außerdem ist A ⊆ X\O1 abgeschlossen, da (A ∩ O1 ) leer und O1 offen.
Dann ist aber auch Ā ⊆ X\O1 abgeschlossen.2 .
Es gilt aber B ⊆ Ā ⊆ X\O1 und deswegen B ∩ O1 = ∅. Es ergibt sich ein Widerspruch, deswegen ist B zusammenhängend.
2
siehe Vortrag: Topologische Räume und stetige Abbildungen - Teil 2 Satz 1.5
6
2. Enthält A sowohl innere als auch äußere Punkte einer Menge B ⊂ X, dann enhält
A auch Randpunkte von B.
Beweis:
Enthalte A nun keine Randpunkte von B.
Betrachte die beiden offenen, disjunkten Mengen B̊ und (X\B)◦ .
Dann sind automatisch auch B̊ ∩ A und (X\B)◦ ∩ A zueinander disjunkt und offen.
Außerdem ist X = B̊ ∪˙ Ḃ ∪˙ (X\B)◦ , also auch B̊ ∪ (X\B)◦ = X\Ḃ ⊃ A, da A
nach Annahme keine Randpunkte enthält.
Somit überdecken die beiden Mengen A.
Daraus folgt, das (B̊ ∩ A) ∪ ((X\B)◦ ∩ A) = (B̊ ∪ (X\B)◦ ) ∩ A = A.
Insbesondere gilt nach Annahme, da A sowohl innere als auch äußere Punkte von
B enthält, dass B̊ ∩ A und (X\B)◦ ∩ A nichtleer sind. Also müsste A unzusammenhängend sein.
Dies liefert den Widerspruch zur Annahme.
1.6 Satz
Ist X zusammenhängend und f : X → Y stetig, so ist auch f (X) zusammenhängend.
Beweis:
Sei f (X) nicht zusammenhängend, dann gibt es nichtleere, offene Mengen O1 , O2 in
f (X) mit O1 ∪ O2 = f (X) und O1 ∩ O2 = ∅.
Durch die Stetigkeit ist bekannt, dass Urbilder offener Mengen aus Y auch offen in X
sind, das heißt f −1 (O1 ) und f −1 (O2 ) sind offene Mengen in X.
Diese sind disjunkt, denn
∅ = f −1 (∅) = f −1 (O1 ∩ O2 ) = f −1 (O2 ) ∩ f −1 (O2 )
und nichtleer, da f −1 (Oi )i=1,2 = {x ∈ X | f (x) ∈ Oi }. Da Oi nichtleer ist, existieren
f (x) ∈ Oi , also auch x ∈ X. Deswegen ist f −1 (Oi ) nichtleer.
Diese Urbilder überdecken X, denn
X ⊂ f −1 (f (X)) = f −1 (O1 ∪ O2 ) = f −1 (O1 ) ∪ f −1 (O2 )
Daraus folgt, dass
∅ = ∅ ∩ X = (f −1 (O1 ) ∩ f −1 (O2 )) ∩ X = (f −1 (O2 ) ∩ X) ∩ (f −1 (O2 ) ∩ X)
und
X = X ∩ X = (f −1 (O1 ) ∪ f −1 (O2 )) ∩ X = (f −1 (O2 ) ∩ X) ∪ (f −1 (O2 ) ∩ X)
f −1 (O1 ) ∩ X und f −1 (O2 ) ∩ Xsind nichtleer und offen, da ∅ 6= f −1 (O1 ), f −1 (O2 ) ⊂ X,
somit also auch X 6= ∅, woraus folgt, dass der Schnitt nichtleer ist.
7
Die Offenheit folgt aus den Topologieeigenschaften von X. Also ist X nicht zusammenhängend.
Dies liefert einen Widerspruch.
Bemerkung Die einzigen zusammenhängenden, mindestens zwei Punkte enthaltendende Teilmengen von R sind offene, abgeschlossene bzw. halboffene Intervalle bzw.
Halbgeraden.
Nach 1.3 ist ein offenes Intervall ]a, b[ a, b ∈ R zusammenhängend. Der Abschluss dieses
Intervalls ist das abgeschlossene Intervall [a,b]. Nach 1.5.1 sind dann auch halboffene
und abgeschlossene Intervalle, Halbgeraden zusammenhängend.
Wenn X nun eine Teilmenge von R mit mindestens zwei Punkten, aber kein Intervall
ist, dann gibt es a, b ∈ X und ein c ∈ R\X mit a < c < b, dann sind aber ] − ∞, c[∩X
und ]c, ∞[∩X disjunkte,offene, nichtleere Teilmengen von X, deren Vereinigung X ist.
Also ist X nicht zusammenhängend.
1.7 Satz - Zwischenwertsatz
Ist f : X → R eine stetige reellwertige Funktion auf einem zusammenhängenden Raum
X und sind s, t ∈ f (X), so nimmt f jeden Wert zwischen s und t an.
Beweis:
Wir wissen nach dem vorherigen Satz, dass f (X) zusammenhängend ist.
Gebe es nun ein s < y < t mit y 6∈ f (X), dann können wir zwei offene Mengen charakterisieren mit O1 :=] − ∞, y[ und O2 :=]y, ∞[.
Da s, t ∈ f (X) und s ∈ O1 , t ∈ O2 sind O1 ∩ f (X) und O2 ∩ f (X) nichtleer und offen in f (X) nach der Definition der Unterraumtopologie und es ist offensichtlich, dass
O1 ∩ O2 = ∅, also auch (f (X) ∩ O1 ) ∩ (f (X) ∩ O2 ) = ∅.
Außerdem ist f (X) ⊂ R\{y} = O1 ∪ O2 , also auch (f (X) ∩ O1 ) ∪ (f (X) ∩ O2 ) = f (X).
Somit wäre f (X) nicht zusammenhängend im Widerspruch zur Annahme.
1.8 Beispiele
1. Der Graph einer stetigen Funktion f , welcher auf einem Intervall I ⊂ R erklärt ist
und I nach R abbildet, ist zusammenhängend. Die Abbildung F : I 7→ R × R mit
F (x) := (x, (f (x)) ist stetig, da die “Komponentenfunktionen“ F1 : x 7→ x und
F2 : x 7→ f (x) stetig sind. Also lässt sich 1.6 anwenden.
Es gilt, dass F1 und F2 stetig sind, denn in F1 sind die Urbilder offener Mengen
wieder ebenjene offenen Mengen und F2 ist nach Voraussetzung stetig. NunQbetrachte die Abbildung F . Diese geht von I nach R×R. Wir betrachten R×R = i=1,2 Ri
versehen mit der Produkttopologie. Dabei sind die Projektionen p1 = R2 → R :
(x, f (x)) 7→ x und p2 = R2 → R : (x, f (x) 7→ f (x)). Bezüglich dieser Abbildungen
8
ist die Produkttopologie auf R × R die Inititialtopologie.
Deswegen gilt F : I → R2 stetig ⇐⇒ p1 ◦ F, p2 ◦ F stetig. Da aber p1 ◦ F = F1 und
p2 ◦ F = F2 beide stetig nach Voraussetzung sind, ist auch F stetig.
Da I zusammenhängend und F stetig ist auch F (I) zusammenhängend. F (I) ist
aber genau der Graph von f , deswegen ist dieser insbesondere zusammenhängend.
2. Der Graph G von f :]0, 1] 7→ [−1, 1] mit f (x) = sin x1 ist nach 1. zusammenhängend.
Wegen 1.5 ist auch der Abschluss Ḡ = G ∪ {(0, y) ∈ R2 | −1 ≤ y ≤ 1} zusammenhängend.
Es gilt, dass die Funktion f stetig ist, deswegen ist G zusammenhängend. Es gilt
G ⊂ Ḡ ⊂ Ḡ, also ist Ḡ nach 1.5 zusammenhängend.
3. Der Graph G von f : R\{0} 7→ [−1, 1] mit f (x) = sin x1 ist nicht zusammenhängend.
Er wird durch die offenen Mengen H+ = {(x, y) ∈ G | x > 0} und H− = {(x, y) ∈
G | x < 0} zerlegt. Nimmt man aber nur einen Punkt aus Ḡ\G = {(0, y) ∈ R2 |
−1 ≤ y ≤ 1} hinzu, so entsteht ein zusammenhängender topologischer Raum.
Es ist G der Graph von f und X = G ∪ {0, y0 } mit y0 ∈ [−1, 1].
Es gebe offene Mengen O1 , O2 ⊂ R2 mit X = (X ∩ O1 ) ∪ (X ∩ O2 ) und ∅ =
(X ∩ O1 ) ∩ (X ∩ O2 ). Außerdem gilt, dass O1 ∩ O2 = ∅. Wir zeigen, dass (X ∩ O1 )
oder (X ∩ O2 ) leer sind.
Sei nun ohne Einschränkung (0, y0 ) ∈ X ∩ O1 .
Es ist G+ := G ∩ H+ nach Beispiel 1 und 2 zusammenhängend, also ist G+ ∩ O1
oder G+ ∩ O2 leer.
Analog ist G− := G∩H− nach Beispiel 1 und 2 zusammenhängend, also ist G− ∩O1
oder G− ∩ O2 leer.
Es gilt nun, dass ein r > 0 existiert
 mit Br (0, y0 ) ∩ X ⊆ X ∩ O1 . Daraus folgt nun:
Br (0, y0 ) ∩ G+ ⊆ O1 ∩ G+ 6= ∅


|
{z
}
6=∅
⇒ G+ ∩ O2 , G− ∩ O2 = ∅ und da (0, y0 ) 6∈ X ∩ O2

}|
{
z


Br (0, y0 ) ∩ G− ⊆ O1 ∩ G− 6= ∅
folgt X ∩ O2 = ∅. Also ist X zusammenhängend.
Br (0, y0 ) ∩ G+ und Br (0, y0 ) ∩ G− sind nichtleer, da Br (0, y0 ) sowohl Elemente aus
G+ also auch von G− enthalten muss.
1.9 Lemma
Ein topologischer Raum X ist genau dann zusammenhängend, wenn es zu je zwei Punkten a, b ∈ X und zu jeder Überdeckung U von X durch offene Mengen eine endliche
Teilmenge {U1 , . . . Un } ⊂ U gibt mit
(1)
a ∈ U1 , a 6∈ Ui , i > 1, b ∈ Un , b 6∈ Ui , i < n
(2)
Ui ∩ Uj 6= ∅ ⇐⇒| i − j |≤ 1
9
Beweis:
“⇐“ Beweis durch Kontraposition
Sei X nicht zusammenhängend, dann existieren zwei nichtleere, offene Mengen O1 , O2 ⊂
X mit O1 ∩ O2 = ∅ und O1 ∪ O2 = X.
Sei nun a ∈ O1 und b ∈ O2 sowie U = {O1 , O2 }. Dann gilt aber O1 ∩ O2 = ∅ , aber
| 1 − 2 |= 1 ≤ 1.
Also ist dann auch die Bedingung (2) nicht erfüllt.
“ ⇒“
Sei U eine offene Überdeckung von X. Zwei Punkte a, b ∈ X heißen “verbindbar“, wenn
es zu ihnen eine Teilmenge U 0 = {U1 , . . . Un } von U gibt, die (1) und (2) erfüllen.
“verbindbar“ ist eine Äquivalenzrelation, denn
1. Reflexiv, denn ∀a ∈ X gilt a ∼ a.
Betrachte dazu {U1 } mit a ∈ U1 . Dann gilt, da 1 = n, a ∈ U1 , a ∈ Un , a 6∈ Ui , 1 <
i < n und U1 ∩ U1 6= ∅ mit | 1 − 1 |= 0 ≤ 1.
2. Symmetrisch, denn ∀a, b ∈ X gilt a ∼ b ⇒ b ∼ a.
Sei also a ∼ b, das heißt es gibt eine Teilmenge {U1 , . . . , Un } mit obigen Eigenschaften.
Nummeriere die Teilmenge nun um, sodass gilt {Un , Un−1 , . . . , U1 }. Dann gelten
nun obige Eigenschaften für diese Teilmenge und b und a sind “verbindbar“.
3. Transitiv, denn ∀a, b, c ∈ X gilt a ∼ b ∧ b ∼ c ⇒ a ∼ c.
Es gilt, dass a verbindbar zu b ist, also gibt es eine Teilmenge {U1 , . . . Un } mit obigen Eigenschaften und da b verbindbar zu c ist, gibt es eine Teilmenge {V1 , . . . Vm }
mit obigen Eigenschaften.
Sei nun
k = min{i ∈ {1, . . . , n} | Ui ∩ Vj 6= ∅ für ein j ∈ {1, . . . , m}}
l = max{j ∈ {1, . . . m} | Uk ∩ Vj 6= ∅}
Dann erfüllt {U1 , . . . Uk , Vl , . . . , Vm } die obigen Bedingungen, denn a ist in der
ersten und c in der letzen Menge, und nur benachbarte Mengen schneiden sich,
denn für i < k, j ≥ l gilt Ui ∩ Vj = ∅, für j > l gilt Ui ∩ Vj = ∅, und Uk ∩ Vl 6= ∅
nach obigen Bedingungen.
Die beiden Mengen sind nichtleer, da Un ∩ V1 6= ∅, da b ∈ Un und b ∈ V1 .
Jede Äquivalenzklasse bezüglich der Relation “ verbindbar“ ist offen, denn betrachte ein
x ∈ U ∈ U. Dann ist x ∼ y ∀y ∈ U . Also enthält jede Äquivalenzklasse zu x auch eine
offene Umgebung um x. Also ist die Äquivalenzklasse offen. Aber die Äquivalenzklasse
ist auch abgeschlossen, da die Vereinigung der anderen Äquivalenzklassen offen ist.
Da X zusammenhängend ist, gibt es nur zwei Mengen, die zugleich offen und abgeschlossen sind, X und ∅. Daraus folgt, dass es nur eine Äquivalenzklasse geben kann, also ist
jeder Punkt mit jedem “verbindbar“.
10
1.10 Satz
Sind A, B zusammenhängende Teilmengen eines topologischen Raumes X mit A∩B 6= ∅,
so ist A ∪ B zusammenhängend.
Beweis:
A ∪ B sind nach 1.9 zusammenhängend, wenn es zu je zwei Punkten a, b ∈ A ∪ B und zu
jeder Überdeckung U von X durch offene Mengen eine endliche Teilmenge {U1 , . . . Un } ⊂
U gibt mit obigen Eigenschaften.
Für zwei Punkte a, b ∈ A oder a, b ∈ B folgt die Existenz einer solchen Teilmenge aus
dem Zusammenhang von A, B.
Sei nun a ∈ A und b ∈ B und c ∈ A ∩ B 6= ∅. Dann gilt, dass die Punkte a und b und die
Punkte b und c “verbindbar“ sind. Da verbindbar eine Äquivalenzrelation ist und damit
insbesondere transitiv gilt auch, dass a und c zueinander “verbindbar “ sind, also gibt
es zu a und b eine Teilmenge {U1 , . . . , Un } mit obigen Eigenschaften. Es ist also jeder
Punkt mit jedem “verbindbar“, also ist A ∪ B zusammenhängend.
11