# Topological Space - Connectedness (Part 2)

剛剛定義了怎麼樣的空間叫做 *connected*，接下來要看看拓樸空間的集合的聯通性。直覺上來說，如果一個集合有一個分割，這個分割每一塊都各自屬於某些沒有交集的集合，那他感覺就不太連通。

## 定義：集合連通

一個集合連「不連通」的意思是：有兩個開集，他們跟集合的交集構成一個集合的 *partition*。所以看起來就是：

:::warning
**Def (子空間聯通)**
假定 $X$ 是一個拓樸空間，$S \subset X$。若存在兩個開集合 $U, V \subset X$，且這兩個開集合滿足：

$$
\begin{align}
U \cap V = \phi
\end{align}
$$

並且使得這兩個開集與 $S$ 滿足：

++**1. 把原集合分成兩部分：**++

$$
\bbox[yellow]{
\begin{align}
U \cap S \neq \phi \newline
V \cap S \neq \phi
\end{align}
}
$$

++**2. 分開的兩部分沒有交集：**++
$$
\bbox[yellow]{
\begin{align}
(U \cap S) \cap (V \cap S) = \phi \newline
\end{align}
}
$$

++**2. 交集的聯集是該集合：**++
$$
\bbox[yellow]{
\begin{align}
(U \cap S) \cup (V \cap S) = S \newline
\end{align}
}
$$

那麼就稱 $S$ 是個聯通的。
:::

之所以不是直接沿用 *separation* 定義的理由是：如果直接沿用「$S$ 如果存在 separation 就連通; 否則就不聯通」會出現一些奇怪的狀況。比如說：

$$
S = [1, 2] \cup [3, 4]
$$

如果沿用空間 *separation* 的定義，要找開集 $u, v$ 使得 $S = u \cup v$ 的話，這個 $u \cup v$ 怎麼看都會是開集，但 $S$ 明顯就不看個開集。所以這樣的定義會很奇怪。

連通性會被連續函數保留。更進一步，他會被 *homeomorphism* 保留。下面介紹這樣的定理：

## 定理：連續函數保連通

:::danger
**Thm (連續函數保連通)**
假定 $f : X \to Y$ 是一個連續函數，其中 $X, Y$ 都是拓樸空間。則：

$$
\bbox[pink] {
\begin{align}
X \text{ is connected } \Rightarrow \newline
f(X) \text{ is connected}
\end{align}
}
$$
:::

假定 $f(X)$ 不連通，而 $U, V \subset Y$ 是兩個滿足不連通定義的那兩個開集。由不連通的定義可知這兩個開集要滿足：

$$
f(X) = (f(X) \cap U) \cup (f(X) \cap V)
$$

因此：

$$
\begin{align}
X
&= f^{pre}((f(X) \cap U) \cup (f(X) \cap V))\newline
\end{align}
$$

然後由 preimage 的定義可以知道：

$$
\begin{align}
f^{pre}(A \cup B) &= f^{pre}(A)\cup f^{pre}(B)\newline
f^{pre}(A \cap B) &= f^{pre}(A) \cap f^{pre}(B)
\end{align}
$$

所以把上面那行展開，得到：

$$
\begin{align}
X &= (X \cap f^{pre}(U)) \cup (C \cap f^{pre}(V))
\end{align}
$$

但因為 $X$ 自己就是母空間，任何集合跟母空間的交集就是自己。所以：

$$
X = f^{pre}(U) \cup f^{pre}(V)
$$

接著就發現：因為 $U, V$ 是開集且 $f$ 連續，所以 $f^{pre}(U)$ 跟 $f^{pre}(V)$ 都是開集。於是這兩個集合就變成了一個 $X$ 上的 *separation*。可是前提已經說 $X$ 不連通，因此就矛盾。

連續函數會保留連通性這件事，可以進一步推到中間值定理：

## 定理：中間值定理

:::danger
**Corollary (中間值定理)**
假定 $f : X \to \mathbb R$ 是個連續函數，$X$ 是個連通拓樸空間。則給定任意 $p, q \in X$：
$$
\bbox[pink]{
\begin{align}
&\forall y \text{ between } f(p),f(q).\newline
&\exists x \in X. f(x) = y
\end{align}
}
$$
:::

反證：假定不成立，也就是：

$$
\exists y \text{ between }f(p), f(q).\forall x \in X. f(x) \neq y
$$

不失一般性假定 $f(p) < f(q)$，並為了方便，令 $I = [f(p), f(q)]$ 。這時可以用 $y$ 把 $\mathbb R$ 「分成兩段」：

$$
\mathbb R = (-\infty, y) \cup (y, \infty)
$$

接著把上面的東西拉回 preimage：

$$
X = \underbrace{f^{pre}((-\infty, y))}_{U} \cup \underbrace{f^{pre}((y, \infty))}_{V}
$$

不失一般性，假定 $f(p) < f(q)$，並令 $I = [f(p), f(q)]$。可以證明 $U, V$ 是一個 $X$ 的 *separation*。因：

1. **$U$ 跟 $V$ 都是開集**：因為 $(-\infty, y)$, $(y, \infty)$ 是開集且 $f$ 連續，所以他們的 preimage 也都是開集。
2. **$U$, $V$ 均非空**：因 $f(p) \in (-\infty, y)$ 且 $f(q) \in (y, \infty)$。因此 $p \in U$ 且 $q \in V$。
3. **$U, V$ 交集為空**：如果有元素 $s$ 存在 $U \cap V$，則 $f(s) > y$ 且 $f(s) < y$，但在實數這是不可能的。

但是 $X$ 存在 *separation* 與 $X$ 連通相互矛盾。由此得證。

## 更多性質

接下來的定理描述這樣的直覺：如果一個連通的集合，塞在一個不連通的集合中，那他應該會是被完整的塞在某個塞得下它的完整的空間中。

:::danger
**Thm**
假定 $X$ 是一個拓樸空間，假定 $U, V \subset X$ 是兩個沒有交集的開集，且 $A \subset X$ 是連通的。那麼：

$$
A \in U \cup V \Rightarrow A \subset U \text{ or } A \subset V
$$
:::

聽起來很合理，因為如果 $(A \cap U) \neq \phi$ 且 $(A \cap V) \neq \phi$，那麼：

$$
A = (A \cap U) \cup (A \cap V)
$$

其中 $U, V$ 是兩個不相交的開集。可是這樣 $A$ 就不連通了，於是矛盾。

:::danger
**Corollary**
假定 $X$ 是一個拓樸空間，$A \subset X$ 是一個連通的集合。則：

$$
\bbox{
A \text{ dense in }X \Rightarrow X \text{ is connected}
}
$$
:::

直覺是這樣：如果 $A$ 在 $X$ 裡面很稠密，而 $A$ 又是連通的，那麼 $X$ 應該也要跟著連通。假定沒有，也就是存在 $U, V$ 兩個不相交的非空開集，使得：

$$
A \subset X = U \cup V
$$

但依照上面的定理，可以知道此時：

$$
A \subset U \text{ or } A \subset V
$$

但不管 $A$ 在哪一個裡面，都會導致 $V$ 或 $U$ 其中一個跟 $A$ 沒有交集，然後就跟 $A$ 在 $X$ 裡面稠密的前提矛盾。比如說假定 $A \subset U$，則：

$$
A \subset U \Rightarrow A \cap V = \phi
$$

但 $V$ 是開集，結果 $V$ 居然跟 $A$ 沒有交集。這就跟稠密的等價條件矛盾了。

:::danger
**Corollary**
假定 $X$ 是一個拓樸空間，而且 $A \subset X$ 是一個連通的集合。那麼：

$$
A \subseteq B \subseteq \bar A \Rightarrow B \text{ is connected}
$$
:::

這個直覺是：$A$ 必定在 $\bar A$ 裡面 *dense*，因為很顯然 $\bar A = \bar A$。但 $B$ 又比 $\bar A$ 更小，所以 $A$ 應該也要在 $B$ 裡面 *dense*。

正式一點的證明，就是在 $B$ 中任取一個開集 $u_B$。既然 $u_B \subset B \subset \bar A$，所以 $u_B \cap A \neq \phi$ 。因此就得證 $A$ 在 $B$ 裡面 *dense*。