Puedo demostrar que esto es cierto cuando se $A$ es una unión finita de intervalos. Es suficiente para tratar el caso al $A$ es un solo intervalo.
Patrick da Silva, está absolutamente en lo cierto : la continuidad es sin duda un punto clave aquí. Si $A$ es un intervalo, entonces una función continua en a $A$ debe ser monótono. Por lo $f$ (cada una de las $f_n$ también) es decreciente o creciente. Podemos suponer que la $f$ es cada vez mayor. A continuación, para lo suficientemente grande como $n$, cada una de las $f_n$ será cada vez mayor también (de hecho, vamos a $a<b$$A$,$f(a)<f(b)$, lo $f_n(a)<f_n(b)$ para todos lo suficientemente grande como $n$).
Ahora, supongamos por contradicción que $(f_n^{-1}(y))$ no converge a $f^{-1}(y)$ algunos $y\in B$. Esto significa que algunos de larga queda lejos de la $f^{-1}(y)$. Pasando a una larga si es necesario, podemos asumir que hay un $\varepsilon >0$ tal que
$f_n^{-1}(y) \in A \setminus [f^{-1}(y)-\varepsilon,f^{-1}(y)+\varepsilon]$ todos los $n$. Pasando a una larga otra vez, que además puede suponer que $f_n^{-1}(y)$ es siempre en el mismo lado
de $f^{-1}(y)$, con, por ejemplo,$f_n^{-1}(y) \geq f^{-1}(y)+\varepsilon$. Ahora $f^{-1}(y)+\varepsilon \in A$ desde $A$ es un intervalo. Desde $f_n$ es creciente, podemos deducir
$y=f_n(f_n^{-1}(y)) \geq f_n(f^{-1}(y)+\varepsilon)$. Ahora la mano derecha converge a $f(f^{-1}(y)+\varepsilon)$. Pasando al límite, se obtiene la $y \geq f(f^{-1}(y)+\varepsilon)$. Y desde $f^{-1}$ es creciente, podemos deducir $f^{-1}(y) \geq f^{-1}(y)+\varepsilon$, una contradicción.
