Un ejercicio sobre el Lema Pegado.

Por supuesto$f$es continua en todos los puntos de$A^° \cup B^°$. Desde$A^\circ \cup B^\circ \cup (A\cap B)= X$, queda por demostrar que$f$es continua en todos los puntos de$A \cap B$.

Dejar$x \in A \cap B$y$V$ser un barrio abierto de$f(x)$en$Y$. Existen barrios abiertos$U_A$de$x$en$A$y$U_B$de$x$en$B$tal que$f(U_A) \subset V$y$f(U_B) \subset V$. Elija abrir$W_A, W_B \subset X$tal que$W_A \cap A = U_A, W_B \cap B = U_B$. Definir$W = W_A \cap W_B$. Entonces$W$es un barrio abierto de$x$en$X$. Tenemos$f(W) \subset V$: Dejar$y \in W$. Pero$y \in A$o$y \in B$, blog$y \in A$. De este modo$y \in W \cap A \subset W_A \cap A = U_A$y por lo tanto$f(y) \in f(U_A) \subset V$.

Tal vez usar argumentos de continuidad local lo hará: si$x \in X=A \cup B$. Dejar$V$ser un barrio abierto de$f(x)$.

Si$x \in A^\circ$entonces podemos encontrar un vecindario abierto$U$de$x$tal que$U \subseteq A^\circ$y$f[U] \subseteq V$. Esto se sigue de la continuidad de$f\restriction_A$y el hecho de que un$A$-subconjunto abierto de$A^\circ$está abierto en$X$también.

Si$x \in B^\circ$terminamos de la misma manera, mutatis mutandis.

Y si$x \in A \cap B$(pero en ninguno de los dos interiores), encontramos un$A$-abierto$U_1 = U’_1 \cap A$(entonces$U’_1$está abierto en$X$) y un$B$-abierto$U_2 = U’_2 \cap B$(ídem) tal que$f[U_1] \subseteq V$y$f[U_2] \subseteq V$. Entonces podríamos esperar que$f[U_1’ \cap V_1’] \subseteq V$también (aunque todavía no veo por qué esto se mantendría si no restringimos de alguna manera los subconjuntos abiertos más grandes en$X$…).

Sólo un pensamiento que podría ayudar. O tal vez usar redes: si$x_i \to x$entonces la red está eventualmente en uno de los interiores o está frecuentemente en$A \cap B$y una subred en$A \cap B$converge a$x$y la imagen neta a$f(x)$, pero nuevamente volvemos a perder el control sobre los otros puntos…