La distancia de un punto a un conjunto se define como $d(a,B) = \inf\{d(a,b)\mid b\in B\}$ . Así que no se puede concluir que de $d(a,B) = 0$ tenemos $d(a,b) = 0$ para todos $b\in B$ . Todo lo que puedes decir es que por cada $\varepsilon>0$ existe $b\in B$ tal que $d(a,b)<\varepsilon$ .
Utiliza la propiedad: $a\in \overline A$ si y sólo si para todo $\varepsilon>0$ existe $b\in A$ tal que $d(a,b)<\varepsilon$ .
Así que tu prueba debería ser así: Dejemos que $(a,b)\in \overline{A\times B}$ . Tenemos que mostrar $a\in \overline A$ y $b\in \overline B$ . Así que dejemos $\varepsilon>0$ sea arbitraria. Entonces existe $(a',b')\in A\times B$ tal que $d''((a,b),(a',b')) = \max\{d_1(a,a'), d_2(b,b')\} < \varepsilon$ . Por lo tanto, $d_1(a,a')<\varepsilon$ y $d_2(b,b')<\varepsilon$ . Desde $\varepsilon>0$ era arbitraria, concluimos $a\in \overline A$ y $b\in \overline B$ es decir. $(a,b)\in \overline A\times \overline B$ .
A la inversa, dejemos que $(a,b)\in \overline A\times \overline B$ . Sea $\varepsilon>0$ sea arbitraria. Dado que $a\in \overline A$ existe $a'\in A$ tal que $d_1(a,a')<\varepsilon$ . Desde $b\in \overline B$ existe $b'\in B$ tal que $d_2(b,b')<\varepsilon$ . Pero entonces tenemos $$ d''((a,b),(a',b')) = \max\{d_1(a,a'), d_2(b,b')\} < \varepsilon. $$ Desde $\varepsilon>0$ fue arbitraria, concluimos $(a,b)\in \overline{A\times B}$ .
Obsérvese que la inclusión $\overline{A\times B}\subseteq \overline A\times \overline B$ es en realidad casi trivial, porque $\overline A\times \overline B$ es cerrado (siendo su complemento $((X\setminus A)\times Y)\cup (X\times (Y\setminus B))$ una unión de conjuntos abiertos; aquí $X\supseteq A$ y $Y\supseteq B$ son los espacios totales) y $\overline {A\times B}$ es el conjunto cerrado más pequeño que contiene $A\times B$ (es decir, la intersección de todos los conjuntos cerrados que contienen $A\times B$ ).
