Como preludio, permítanme recordar que regular significa que "un subconjunto cerrado y un punto fuera de él pueden estar separados por vecindades abiertas". I no asumirá que regular es Hausdorff. Y efectivamente, el espacio antidiscreto muestra que un espacio regular no tiene por qué ser Hausdorff. Obsérvese también que aquí $T_3$ significa regular + Hausdorff.
A continuación, si nos fijamos en la propiedad entonces el " $\subseteq$ "siempre se mantiene independientemente de los axiomas de separación, por lo que en realidad sólo nos interesa la inclusión de " $\supseteq$ " inclusión.
Ahora no hay que buscar mucho para encontrar un contraejemplo ya que:
Lema. Ser regular (no necesariamente Hausdorff) equivale a la propiedad
Prueba.
" $\Rightarrow$ "
Supongamos que $A\subseteq X$ y $x\in \bigcap\{\overline{U}\ |\ U\text{ nbh }A\}$ . Supongamos que $x\not\in\overline{A}$ . Desde $X$ es regular entonces hay una vecindad $U$ de $\overline{A}$ y un barrio $V$ de $x$ tal que $U\cap V=\emptyset$ . Desde $X-V$ está cerrado y $U$ está contenida en ella, entonces $\overline{U}\subseteq X-V$ y esto significa que $x\not\in\overline{U}$ . Tenga en cuenta que $U$ es también una vecindad abierta de $A$ y por lo tanto $x\not\in \bigcap\{\overline{U}\ |\ U\text{ nbh }A\}$ . Contradicción. $\Box$
" $\Leftarrow$ "
Supongamos que $X$ no es regular por lo que tenemos un subconjunto cerrado $A$ y un punto $x\not\in A$ de manera que no puedan separarse. Así que cualquier vecindad abierta $U$ de $A$ y cualquier barrio abierto $V$ de $x$ se cruzan. Si fijamos $U$ entonces por la elección arbitraria de $V$ conseguimos que eso $x\in\overline{U}$ . Y por la elección arbitraria de $U$ obtenemos $x\in\bigcap\{\overline{U}\ |\ U\text{ nbh }A\}$ . Pero $x\not\in A$ que significa
$$\bigcap\{\overline{U}\ |\ U\text{ nbh }A\}\not\subseteq A=\overline{A}$$
Contradicción. $\Box$
Así que para un contraejemplo todo lo que tienes que hacer es elegir tu favorito $T_2$ espacio que no es $T_3$ .
Considere la línea real $\mathbb{R}$ pero con una topología no estándar generada por todos los subconjuntos de la forma $(a,b)-C$ donde $C$ es un subconjunto contable.
En primer lugar, este espacio es Hausdorff. Si $a, b$ son dos reales distintos, entonces toma $\epsilon:=|b-a|/2$ para separarlos mediante $(a-\epsilon,a+\epsilon)$ y $(b-\epsilon, b+\epsilon)$ . Nótese que los intervalos son abiertos ya que el conjunto vacío es contable.
Ahora considere los irracionales $\mathbb{IQ}=\mathbb{R}-\mathbb{Q}$ . Como los racionales son contables y $\mathbb{R}$ es una unión de intervalos abiertos, entonces $\mathbb{IQ}$ está abierto y por lo tanto $\mathbb{Q}$ está cerrado. Escoge $r\in\mathbb{IQ}$ . Entonces $r$ y $\mathbb{Q}$ no se puede separar. De hecho, tome cualquier barrio abierto $U$ de $r$ . Entonces hay un subconjunto contable $C$ tal que $r\in(a,b)-C\subseteq U$ . Ahora toma un poco de racionalidad $q\in (a,b)$ . Del mismo modo, cualquier vecindad abierta de $q$ contiene algún subconjunto de la forma $(a_q,b_q)-C_q$ . Podemos elegir $a_q,b_q$ para estar lo suficientemente cerca de $q$ para que $(a_q,b_q)\subseteq (a,b)$ . Y en esta situación
$$\big((a,b)-C\big)\cap\big((a_q,b_q)-C_q\big)=(a_q,b_q)-(C\cup C_q)$$
es no vacío por el argumento de la cardinalidad. Esto demuestra que $r$ y $\mathbb{Q}$ no pueden separarse.
Para un ejemplo más visual y menos técnico, consulte este sitio:
http://mathonline.wikidot.com/a-t2-space-that-is-not-a-t3-space
