Zusammenhang Definition 1. (X, T ) Satz 2. Sei f : (X Lemma 3. Sei

Zusammenhang
Denition 1.
(X, T ) heisst zusammenhaengend, wenn fuer beliebige O1 , O2 ∈ T
mit O1 ∩ O2 = ∅ und O1 ∪ O2 = X folgt, dass O1 = ∅ ∨ O1 = X .
Aequivalent dazu ist: Nur ∅ und X sind clopen, also abgeschlossen und oen.
Eine Teilmenge Y ⊆ X heisst zusammenhaengend, falls (Y, T |Y ) zusammenhaengend ist.
Satz 2. Sei f
: (X1 , T1 ) → (X2 , T2 ) stetig und Y1 ⊆ X1 zusammenhaengend. Dann
ist auch f (Y1 ) zusammenhaengend.
Beweis. Mit f ist auch f |Y1 stetig, sei daher o.B.d.A. Y1 = X1 . Weiters sei f
o.B.d.A. surjektiv- man kann sich ja im Zielraum auf (f (X1 ), T2 |f (X1 ) ) einschraenken. Angenommen f (X1 ) waere nicht zusammenhaengend, dann koennten wir f (X1 ) =
·
U2 ∪ V2 schreiben mit U2 , V2 ∈ T2 mit ∅ =
6 U2 6= X . Wenden wir nun die Urbild·
−1
funktion an, so erhalten wir: X1 = f (U2 ) ∪ f −1 (V2 ). ∅ 6= f −1 (U2 ) 6= X und
f −1 (V2 ) sind oen und ueberdecken X1 , das widerspricht der Tatsache, dass X
zusammenhaengend ist.
Lemma 3. Sei
(X, T ) ein topologischer Raum und A ⊆ X zusammenhaengend
und B ⊆ X erfuelle A ⊆ B ⊆ A. Dann folgt, dass B zusammenhaengend ist.
Beweis. O.B.d.A. sei A 6= ∅. Angenommen B waere nicht zusammenhaengend .
Dann koennen wir schreiben B = B ∩ (O1 ∪ O2 ) mit Oi ∩ B 6= ∅ und Oi oen fuer
i = 1, 2. Dann gilt o.B.d.A. A ⊆ O1 , weil ja A zusammenhaengend ist. Damit folgt
A ∩ O2 = ∅. Es gibt also x ∈ O2 mit x ∈
/ A. Das widerspricht aber B ⊆ A.
Denition 4. (X, T ) heisst wegzusammenhaengend, wenn es fuer x, y ∈ X eine
stetige Abbildung φ : [0, 1] → X gibt mit φ(0) = x und φ(1) = y .
Satz 5. Sei (X, T ) wegzusammenhaengend, dann ist (X, T ) auch zusammenhaen-
gend.
Beweis. Wir nehmen an, dass X wegzusammenhaengend, aber nicht zusammenhaengend ist und fuehren dies auf einen Widerspruch. Da X nicht zusammenhaengend,
·
folgt X = O1 ∪ O2 mit oenen nichtleeren O1 , O2 . Seien x ∈ O1 , y ∈ O2 und φ :
·
[0, 1] → X stetig mit φ(0) = x und φ(1) = y . Dann gilt [0, 1] = φ−1 (O1 ) ∪ φ−1 (O2 ).
| {z }
30
Das widerspricht dem Zusammenhang von [0, 1].
| {z }
31
Um zu sehen, dass aus zusammenhaengend nicht unbedingt wegzusammenhaengend folgt betrachten wir folgendes Beispiel:
1
Beispiel 6. Wir
S denieren An := ({ n } × [0, ∞)) ∪ ((0, ∞) × {0}) fuer n ∈ N und
versehen A := n∈N An mit der Spurtopologie der euklidischen Topologie. Dann ist
A wegen Lemma 7 zusammenhaengend und wegen
S Lemma 3 ist auch A \ {(0, 0)}
zusammenhaengend, diese Menge ist aber gerade n∈N An ∪ ({0} × (0, ∞)). Diese
Menge ist aber nicht wegzusammenhaengend.
Lemma 7. Sei (Ai )i∈I eine Familie
zusammenhaengender
Teilmengen eines topoT
S
logischen Raumes (X, T ) und
i∈I
Ai 6= ∅, dann ist
1
i∈I
Ai zusammenhaengend.
2
Beweis. Sei x ∈ i∈I Ai fest. Sei O1 , O2 ∈ T |Si∈I Ai eine oene Zerlegung von
i∈I Ai . O.B.d.A. sei x ∈ O1 . Fuer i ∈ I bilden O1 ∩Ai , O2 ∩Ai ebenfalls eine oene
Zerlegung von Ai . Da Ai zusammenhaengend ist und x ∈ O1S∩Ai , muss O2 ∩A
S i leer
sein. Daraus erhaelt man Ai ⊆ O1 fuer beliebige i ∈ I , also i∈I Ai ⊆O1 ⊆ i∈I Ai ,
damit ist O2 = ∅.
T
S
Denition 8. Sei (X, T ) ein topologischer Raum und x ∈ X , wir nennen
[
K(x) :=
A3x,A
die Zusammenhangskomponente von x.
A
zush.
Satz 9. Sei (X, T ) ein topologischer Raum und x ∈ X . Dann ist K(x) die groesste
zusammenhaengend Teilmenge von X , die x enthaelt.
Beweis. kommt noch...