Pregunta sobre una prueba de $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ para todos $A\subset{\rm dom}(f)$ implica que $f$ es continua

Question

Si $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ para todos $A\subset{\rm dom}(f)$ entonces $f$ es continua.

Sé que hay otras preguntas sobre este tema pero quiero saber qué más necesito para concluir mi prueba, si es posible. La forma en que estoy tratando de probar esto es diferente a lo que veo en otras respuestas sobre este tema. El contexto de esta prueba es

$$f:X\to Y$$

donde $X$ y $Y$ son espacios métricos.

Entonces para demostrar que si $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ entonces $f$ es continua razonaré con secuencias convergentes.

Tenemos que para cualquier secuencia $(x_n)\to x$ con $x_n\in A$ para todos $n\in\Bbb N$ entonces $x\in\overline A$ .

A continuación, observe que la afirmación $f(\overline A)\subseteq\overline{f(A)}$ implica que si $f(x_n)\in f(A)$ entonces $f(x)\in\overline{f(A)}$ es decir, la imagen del límite de cualquier sucesión convergente en $A$ se define en el cierre de la imagen de $A$ En otras palabras

$$f(\lim x_n)=f(x)\in\overline{f(A)}$$

Pero no sé si puedo concluir que

$$\lim f(x_n)=f(x)$$

cuál es la definición de continuidad en espacios métricos. En otras palabras: lo que necesito para concluir

$$\lim f(x_n)=f(\lim x_n)$$

en este contexto?

Answer 1

La prueba en espacios topológicos:

Supongamos que $f$ no es continua, es decir, existe algún conjunto abierto $V\subset Y$ con $U:=f^{-1}(V)$ no está abierto. Sea $A = X\setminus U$ . Obsérvese que para cada $x\in X$ tenemos $$ x \in A = X\setminus f^{-1}(V) \iff x\notin f^{-1}(V) \iff f(x) \notin V,$$ es decir $f(A) \subseteq Y\setminus V$ .

Ahora, como $U$ no es abierto, existe un $x\in U \cap \bar A$ y tenemos

1. $x\in U = f^{-1}(V) \iff f(x) \in V$ y
2. $x\in \bar A \implies f(x) \in f(\bar A) \subseteq \overline{f(A)} \subseteq Y \setminus V$ ,

lo cual es una contradicción.

Respuesta antigua:

Demostración sólo para espacios métricos:

Supongamos lo contrario: Sea $x_n\to x$ y $f(x_n)\not\to f(x)$ . Pasando a una subsecuencia podemos suponer que existe un $\epsilon > 0$ tal que $|f(x_n) - f(x)| \ge \epsilon$ es válido para $n$ . Por otro lado tenemos $$ f(x) \in \overline{\{ f(x_n) \mid n\in \mathbb N \}}. $$ Es decir, existe una secuencia $f(x_{n_k}) \to f(x)$ lo cual es una contradicción.

Answer 2

Esto es demasiado largo para un comentario, pero espero que sea útil.

La prueba topológica dada por user251257 es buena, pero quizás valga la pena ampliarla.

Si $U$ no está abierto, entonces $X \setminus U$ no es cerrado y, por tanto, no contiene todos sus puntos límite. Así que hay un punto límite $x$ de $X \setminus U$ en $X \setminus (X \setminus U) = U$ .

$x $ y otros puntos límite de $X \setminus U$ están en el cierre de $X\setminus U $ Así que, como se ha dicho, hay $x \in U \cap \bar A$ y se deduce (1) $f(x) \in V$ .

Para (2), $ \overline{f(A)} $ el cierre de $f(A)$ es un subconjunto de todo conjunto cerrado que contiene a $f(A)$ ya que $V$ está abierto, entonces $Y \setminus V$ está cerrado, y como se muestra inicialmente $f(A) \subset Y \setminus V$ : por lo tanto $Y \setminus V $ es un conjunto cerrado que contiene $f(A)$ y, por tanto, contiene $ \overline{f(A)} $ .

(Como he tardado un rato en averiguarlo, he pensado en compartirlo).