Συνεκτικοί Χώροι

Ορισμός 1.4.1   Ένας μετρικός χώρος $X$ λέγεται μη συνεκτικός αν υπάρχουν ανοιχτά υποσύνολα $G$ και $U$ του $X$ τέτοια ώστε

1. $G\neq \emptyset$ και $U\neq \emptyset$
2. $G\cap U=\emptyset$
3. $G\cup U=X$

Αν δεν υπάρχουν τέτοια υποσύνολα του $X$, τότε ο $X$ λέγεται συνεκτικός

Παράδειγμα: Ο μετρικός χώρος $(\mathbb{N},\rho)$, όπου $\rho$ η συνήθης μετρική, είναι μη συνεκτικός, αφού αν πάρουμε $G=\{1\}$ και $U=\{2,3,\ldots\}$, είναι ανοιχτά στο $(\mathbb{N},\rho)$ και ικανοποιούνται οι τρεις προϋποθέσεις του ορισμού 1.4.1

Μια απλή παρατήρηση: ένας μη συνεκτικός χώρος πρέπει να περιέχει τουλάχιστον δύο σημεία.
Παράδειγμα: Το κενό σύνολο όπως και τα μονοσύνολα είναι συνεκτικοί χώροι.

Λήμμα 1.4.1   Έστω $I\subset\mathbb{R}$ ώστε για όλα $x,y\in I$ και $x<y$ να ισχύει $[x,y]\subset I$ τότε το $I$ είναι διάστημα.

Απόδειξη: Θα εξετάσουμε την περίπτωση που το $Ι$ έχει άνω και κάτω πέρας (φράγμα) και δεν είναι κενό ούτε μονοσύνολο. Έστω $a=\inf I$ και $b=\inf I$ τότε $a<b$. Έστω $a<x<b$, τότε υπάρχει $y\in I$ με $a\leq y<x$ (αφού $a=\inf I$), ομοίως υπάρχει $z\in I$ με $x<z\leq b$ (αφού $b=\inf I$). Από την υπόθεση $[x,y]\subset I$, άρα $x\in I$.

Έχουμε δείξει ότι για οποιοδήποτε $x\in(a,b)$ το $x\in I$, άρα $(a,b)\subset I$.

Υπάρχουν τέσσερις περιπτώσεις συνόλων με $a=\inf I$ και $b=\inf I$ που να περιέχουν το $(a,b)$: $I=(a,b)$, $I=(a,b]$, $I=[a,b)$ και $I=[a,b]$. Όλες είναι διαστήματα. $\Box$

Θεώρημα 1.4.1   Έστω $I$ υπόχωρος του $\mathbb{R}$. Το $I$ είναι συνεκτικός υπόχωρος αν και μόνο αν το $I$ είναι διάστημα.

Απόδειξη: Θεωρούμε πρώτα ότι $I$ είναι διάστημα, θα δείξουμε ότι είναι συνεκτικός υπόχωρος του $\mathbb{R}$.

Υποθέτουμε ότι $I$ δεν είναι κενό και δεν είναι μονοσύνολο, γιατί αν ήταν, θα ήταν συνεκτικός, οπότε θα τελείωνε η απόδειξη. Έστω λοιπόν $a,b\in I$ με $a<b$. Τότε, αφού $I$ είναι διάστημα έχουμε ότι $[a,b]\subset I$.

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν ανοιχτά $G,U \subset I$ ώστε

$$G\neq \emptyset \ \hbox{και}\ U\neq \emptyset$$ (1.3)

$$G\cap U = \emptyset\$$ (1.4)

Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε τέτοια δυάδα συνόλων δεν ισχύει η προϋπόθεση (3) του ορισμού 1.4.1. Από την σχέση 1.3 έχουμε ότι υπάρχουν $a\in G$, $b\in U$ και χωρίς βλάβη της γενικότητας, έστω $a<b$. Επειδή $I$ είναι διάστημα $[a,b]\subset I$.

Το $G$ είναι ανοιχτό στο $I$ άρα αφού $a\in G$, αυτό σημαίνει ότι υπάρχει $\varepsilon_1>0$ ώστε $B_I(a,\varepsilon_1)\subset G\Rightarrow [a,a+\varepsilon_1)\subset G$. Ανάλογα το $U$ είναι ανοιχτό στο $I$, $b\in U$ υπάρχει $\varepsilon_2>0$ με $B_I(b,\varepsilon_2)\subset U\Rightarrow (b-\varepsilon_2,b]\subset U$. Θέτω

$$A=\{x\in \mathbb{R}\ \hbox{ώστε}\ [a,x]\subset G\}$$

Δηλαδή $a<a+\varepsilon_1 /2 \in A$. Επειδή $b-\varepsilon_2 /2 \in U$ είναι άνω φράγμα του $G$ ( $b-\varepsilon_2 /2 \notin G$ αφού $G\cap U=\emptyset$). Άρα υπάρχει $c=\sup A \in \mathbb{R}$. Έχουμε $c\geq a + \varepsilon_1 /2$ και $c\leq b-\varepsilon_2 /2\Rightarrow a<c<b$ άρα $c\in I$.

Αρκεί να δείξουμε ότι $c\notin G$ και $c\notin U$ τότε θα έχουμε $G\cup U \neq I$.

Υποθέτουμε $c\in G$. Από την στιγμή που το $G$ είναι ανοιχτό στο $I$, υπάρχει $\varepsilon>0$ ώστε $B_I(c,\varepsilon)\subset G$. Υποθέτουμε $\varepsilon<\max\{c-a,b-c\}\Rightarrow (c-\varepsilon, c+\varepsilon)\subset G$. Εφόσον $(c-\varepsilon, c+\varepsilon)\subset G, [a,c+\varepsilon/2]\subset G \Rightarrow c+\varepsilon/2 \in A$ που είναι άτοπο αφού $c$ είναι άνω πέρας για το $A$ άρα $c\notin G$.

Έστω τώρα $c\in U$. Αφού $U$ είναι ανοιχτό στο $I$, υπάρχει $\varepsilon>0$ ώστε $B_I(c,\varepsilon)\subset U$. Μπόρουμε να υποθέσουμε ότι $\varepsilon=\max \{c-a,b-c\}\Rightarrow (c-\varepsilon,c+\varepsilon)\subset U$. Αφού $c=\sup A$ υπάρχει $x\in A$ ώστε $x>c-\varepsilon$, δηλαδή $x\in (c-\varepsilon,c)\Rightarrow x\in U$ και $x\in G$, άτοπο από την σχέση 1.4 άρα $c\notin U$.

Έμεινε να δείξουμε ότι αν ο $I$ ειναι συνεκτικός τότε είναι διάστημα. Έστω ο $I$ δεν είναι διάστημα αρκεί να δείξουμε ότι ο $I$ είναι μη συνεκτικός. Από το λήμμα 1.4.1 $\Rightarrow$ υπάρχουν $a,b\in I$ ώστε $(a,b)\not \subset I$, οπότε υπάρχει $c\notin I$ με $a<c<b$. Θέτω $G=(-\infty,c)\cap I$ και $U=(c,\infty)\cap I$ ανοιχτά σύνολα στο $(I,\rho)$.

Έχουμε $a\in G$ άρα $G\neq \emptyset$ όπως και $b\in U$ άρα $U\neq \emptyset$. $G\cap U=\emptyset$ και $G\cup U=((-\infty,c)\cap I)\cup((c,\infty)\cap I)=I\cap \mathbb{R}\setminus \{c\}=I$ αφού $c\notin I$. Άρα ο $I$ μη συνεκτικός. $\Box$

Θεώρημα 1.4.2   Έστω $f: X\rightarrow Y$ συνεχής συνάρτηση επί του $Y$. Αν ο $X$ είναι συνεκτικός χωρος τότε και ο $Y$ είναι συνεκτικός.

Απόδειξη: Υποθέτουμε ότι ο $Y$ είναι μη συνεκτικός, αρκεί να δείξουμε ότι ο $X$ δεν είναι συνεκτικός. Υπάρχουν ανοιχτά υποσύνολα $G, U$ του $Y$ ώστε

1. $G\neq \emptyset$, $U\neq \emptyset$
2. $G\cap U=\emptyset$
3. $G\cup U= Y$

Αφού η $f$ είναι συνεχής συνάρτηση έχουμε ότι $f^{-1}[G], f^{-1}[U]$ είναι ανοιχτά υποσύνολα του $X$, από το θεώρημα 1.2.2. Αφού $G\cup U= Y$ και η $f$ είναι επί, έχουμε $X=f^{-1}[Y]=f^{-1}[G\cup U]=f^{-1}[G]\cup f^{-1}[U]$, δηλαδή

$$X=f^{-1}[G]\cup f^{-1}[U]$$ (1.5)

Επίσης αφού $G\cap H=\emptyset$ έχουμε $\emptyset=f^{-1}[\emptyset]=f^{-1}[G\cap U]$ δηλαδή

$$f^{-1}[G]\cap f^{-1}[U]=\emptyset$$ (1.6)

Τέλος αφού $G\neq \emptyset$ υπάρχει $y\in G$ και αφού η $f$ είναι επί $y=f(x)$ για κάποιο $x\in X$, μα τότε $x\in f^{-1}[G]$ άρα $f^{-1}\neq \emptyset$. Ομοίως $f^{-1}[U]\neq \emptyset$. δηλαδή

$$f^{-1}[G]\neq \emptyset,\ f^{-1}[U]\neq \emptyset$$ (1.7)

Οι 1.5, 1.6, 1.7 και το γεγονός ότι οι εικόνες $f^{-1}[G]$ και $f^{-1}[U]$ είναι ανοιχτά υποσύνολα του $X$, δείχνουν ότι ο $X$ είναι μη συνεκτικός χώρος. $\Box$

Παράδειγμα: Έστω $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{N}$ συνεχής συνάρτηση με τύπο $f(x)=1$. Το $\mathbb{R}$ είναι συνέκτικος, αλλά το $\mathbb{N}$ δεν είναι. Το παράδειγμα αυτό δείχνει την αναγκαιότητα η συνάρτηση $f$ να είναι ((επί)).

Πόρισμα 1.4.1   Έστω $f: X\rightarrow Y$ μια συνεχής συνάρτηση. Έστω ο $X$ είναι συνεκτικός χώρος. Τότε η εικόνα $f[X]$ ως υπόχωρος του $Y$ είναι συνεκτικός χώρος.

Πόρισμα 1.4.2   Θεώρημα Ενδιάμεσης Τιμής
Έστω $f:X\rightarrow \mathbb{R}$ μια συνεχής συνάρτηση και ο $X$ συνεκτικός χώρος. Έστω $x,y\in X$ με $f(x)<f(y)$. Έστω τώρα $a\in \mathbb{R}$ με $f(x)<a<f(y)$. Τότε υπάρχει $z\in X$ ώστε $f(z)=a$.

Απόδειξη: Από το πόρισμα 1.4.1 η εικόνα $f[X]$ είναι συνεκτικός υπόχωρος του $\mathbb{R}$, άρα από το θεώρημα 1.4.1 είναι διάστημα. Τώρα $f(x),f(y)\in f[X]\Rightarrow [f(x),f(y)]\subset f[X] \Rightarrow a\in f[X]$ υπάρχει $z\in X$ με $f(z)=a$ $\Box$

Ορισμός 1.4.2   Αν $A$ είναι υποσύνολο ενός μετρικού χώρου $(X,\rho)$, θα λέμε ότι το $A$ είναι συνεκτικό σύνολο αν το $A$, ως υπόχωρος του μετρικού χώρου $X$ είναι συνεκτικός.

Ορισμός 1.4.3   Ένας υπόχωρος $X$ του $\mathbb{R}^n$ λέγεται κυρτός αν για $x_0,x_1 \in X$, ισχύει ότι $[x_0,x_1]\subset X$. Όπου $[x_o,x_1]$ είναι το ευθύγραμμο τμήμα από το $x_0$ προς το $x_1$ δηλαδή το σύνολο που αποτελείται από όλα τα σημεία $x_0+(x_1-x_0)t$, όπου $t\in [0,1]$.

Παράδειγμα: Ο $\mathbb{R}$ είναι κυρτός

Πρόταση 1.4.1   Κάθε ανοιχτή μπάλα $B(a,r)$ του $\mathbb{R}^n$ είναι κυρτό σύνολο

Απόδειξη: Έστω $x_0,x_1\in B(a,r)$ και $t\in [0,1]$. Θέλουμε να δείξουμε ότι $x=x_0+(x_1-x_0)t \in B(a,r)$. Τώρα

$$\begin{eqnarray*} \rho(x,a)&=&\vert\vert x-a\vert\vert =\vert\vert x_0(1-t)+x_1... ...ert+\vert\vert x_1-a\vert\vert \vert t\vert\\ &<& r(1-t)+rt=r \end{eqnarray*}$$

Άρα $\rho(x,a)<r$, δηλαδή $x\in B(a,r)$, οπότε $B(a,r)$ είναι κυρτό σύνολο. $\Box$