Um espaço topológico $(X, \tau)$ é dito conexo se, dados $A$ e $B$ abertos quaisquer tais que $A \cap B = \emptyset$ e $X = A \cup B$, temos que $A = \emptyset$ ou $B = \emptyset$.
O resultado a seguir nos mostra que, na reta real, os subconjuntos conexos são exatamente os intervalos.
$A \subset \mathbb{R}$ é conexo se, e somente se, $A$ é um intervalo.
Demonstração: $ \Rightarrow )$ Suponha que $A \subset \mathbb{R}$ não é um intervalo. Então existem $a, b \in A$ e $x \in \mathbb{R}$ tais que, $a < x < b$ e $x \notin A$. Então,
$$A= (]-\infty,x[ \cap A) \cup (]x,+\infty[ \cap A).$$
Assim, podemos escrever $A$ como a união de dois abertos disjuntos e não triviais, em outras palavras, $A$ não é conexo.
$\Leftarrow )$ Seja $A \subset \mathbb{R}$ um intervalo e suponha que $A$ não é conexo. Então, existem $U, V$ abertos em $A$ tais que, $A \cap B = \emptyset$ e $U \cup V = A$. Sejam $u, v \in A$ e suponha, sem perda de generalidade, $v < u$.
Defina, $\alpha = \text{sup} \{x \in V; [x, v] \subset V\}$. Temos que $\alpha \notin V$, pois, caso contrário, existiria $\mathcal{E} > 0$ tal que $]\alpha - \mathcal{E}, \alpha + \mathcal{E}[ \subset V$, assim, $]v, \alpha + \frac{\mathcal{E}}{2}[ \subset V$, contrariando a definição de $\alpha$ ser supremo.
Como $\alpha \notin V$, temos $\alpha \in U$. Logo, existe $\delta > 0$ tal que $]\alpha - \delta, \alpha + \delta[ \subset U$, já que $U$ é aberto. Assim, $\alpha + \frac{\delta}{2}[ \in U$, contrariando a definição de $\alpha$.
Portanto, $A$ é conexo.
O fato de os intervalos serem conexos estão totalmente relacionados com a topologia definida sobre a reta. Por exemplo, na reta de Sorgenfrey os intervalos não são conexos.
A reta de Sorgenfrey não é conexa. De fato, consideremos os abertos $[-\infty , 0[ \text{ e } [0, + \infty[$. Temos que, $[-\infty , 0[ \cup [0, + \infty[ = \mathbb{R}$ e $[-\infty , 0[ \cap [0, + \infty[ = \emptyset$ . Portanto, a reta de Sorgenfrey não é conexa.
Conexidade é uma propriedade preservada por funções contínuas.
Sejam $(X, \tau), (Y, \sigma)$ espaços topológicos e $f: X \rightarrow Y$ contínua e sobrejetora. Se X é conexo, então Y é conexo.
Demonstração: Sejam $A, B \subset Y$ abertos disjuntos tais que $Y = A\cup B$. Note que, da sobrejetividade de $f$, $X=f^{-1}[A] \cup f^{-1}[B]$ e $f^{-1}[A] \cap f^{-1}[B] = \emptyset$ (pois $X$ é conexo). Se $A \text{ e } B$ forem ambos não vazios, então $f^{-1}[A] \text{ e } f^{-1}[B]$ seriam abertos não vazios, contrariando a conexidade de $X$.
Por meio dessa proposição podemos provar facilmente um importante resultado do Cálculo:
Sejam $(X, \tau)$ um espaço topológico conexo e $f: X \rightarrow \mathbb{R}$ contínua. Sejam $f(a) < f(b)$, para $a, b \in X$. Se $y \in \mathbb{R}$ é tal que $f(a) < y < f(b)$, então existe $x \in X$ tal que $f(x)=y$
Demonstração: Como $X$ é conexo e $f$ é continua, pelo resultado anterior, temos que $f[X]$ é conexo em $\mathbb{R}$, ou seja, $f[X]$ é um intervalo. Portanto, existe $x \in X$ tal que $f(x)=y$.
Também conseguimos provar facilmente um resultado sobre a cardinalidade dos conexos completamente regulares:
Seja $(X, \tau)$ um espaço topológico completamente regular, conexo e com mais de um ponto. Então $|X| \geq |\mathbb{R}|$.
Demonstração: Seja $x, y \in X$ distintos. Como $X$ é completamente regular, existe $f: X \rightarrow [0, 1]$ contínua e tal que $f(x)=0 \text{ e } f(y)=1$. Como $X$ é conexo, temos que $f[X]$ é um intervalo em $\mathbb{R}$ que contém $0, 1$. Logo $f[X]=[0, 1]$.