Definición:
Se dice que un subconjunto $A \subseteq \mathbb{R}^n$ es disconexo si existen dos abiertos ajenos $\mathcal{U_1}\, ; \mathcal{U_2}$, tales que:
$A \subseteq \mathcal{U_1} \cup \mathcal{U_2} $
y
$A \cap \mathcal{U_1} \neq \emptyset$
$A \cap \mathcal{U_2} \neq \emptyset$
Decimos que $A$ es conexo si no es disconexo.
Teorema:
Si $f : A \subseteq \mathbb{R}^n \rightarrow \mathbb{R}^m$ es una función continua, y $A$ es conexo entonces, $f(A)$ también es conexo.
Demostración:
Supongamos que $f(A)$ no es conexo.
Entonces existen $\mathcal{V_1}, \mathcal{V_2} \subseteq \mathbb{R}^m$ abiertos, ajenos, tales que $$f(A) \subseteq \mathcal{V_1} \cup \mathcal{V_2}$$ $$f(A) \cap \mathcal{V_1} \neq \emptyset$$ $$f(A) \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$$
Como $f$ es continua, entonces $f^{-1}(\mathcal{V_1})$ y $f^{-1}(\mathcal{V_2})$ son abiertos.
Afirmación: $f^{-1}(\mathcal{V_1}) \cap f^{-1}(\mathcal{V_2}) = \emptyset$
Supongamos que la intersección no es el conjunto vacío.
Entonces existe $\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_1}) \cap f^{-1}(\mathcal{V_2})$ por lo que se cumple que $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_1}$ y $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_2}$ por lo tanto $ \mathcal{V_1} \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$ (CONTRADICCIÓN: ya que los supusimos ajenos).
Entonces $A \subseteq f^{-1}(\mathcal{V_1}) \cup f^{-1}(\mathcal{V_2}).$
Sea $\vec{x} \in A$. Calculamos $f(\vec{x}) \in f(A).$
Entonces $f(A) \subseteq \mathcal{V_1} \cup \mathcal{V_2}$, es decir, se tiene que $\vec{x} \in \mathcal{V_1}$ o $\vec{x} \in \mathcal{V_2}$, por lo tanto $$\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_1}) \; \text{o} \; \vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_2})$$
Si $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_1}$ entonces $\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_1}).$
Si $f(\vec{x}) \in \mathcal{V_2}$ entonces $\vec{x} \in f^{-1}(\mathcal{V_2}).$
Por lo tanto, $$\vec{x} \in f^{-1}\mathcal{V_1}\cup f^{-1}(\mathcal{V_2}).$$
Falta ver que $$A \cap f^{-1} (\mathcal{V_1}) \neq \emptyset$$ $$A \cap f^{-1} (\mathcal{V_2}) \neq \emptyset$$
Como $f(A) \cap \mathcal{V_1} \neq \emptyset$ entonces, existe $\vec{a_1} \in A$ tal que $f^{-1}(\vec{a_1}) \in \mathcal{V_1}$ es decir $\vec{a_1} \in f^{-1}(\vec{a_1}) \cap A \neq \emptyset.$
Análogamente, como $f(A) \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$ entonces, existe $\vec{a_2} \in A$ tal que $f^{-1}(\vec{a_2}) \in \mathcal{V_2}$ es decir $\vec{a_2} \in f^{-1}(\vec{a_2}) \cap A \neq \emptyset.$ $_{\blacksquare}$
CASO PARTICULAR
$$f : A \subseteq \mathbb{R}^n \longrightarrow \mathbb{R}$$
Teorema del valor intermedio.
Si $A$ es conexo y $f$ es continua, y existen $\vec{x_1}$, $\vec{x_2}$ $\in A$ tales que $$f(\vec{x_1}) < f(\vec{x_2})$$
Para todo $c$ tal que $f(\vec{x_1}) < c < f(\vec{x_2})$ existe un $\vec{x_c} \in A$ tal que $$f(\vec{x_c}) = c$$
Por el teorema que acabamos de probar $f(A) \subseteq \mathbb{R}$ es un conjunto conexo.
Si no existiera $\vec{x_c} \in A$ tal que $f(\vec{x_c}) = c$ entocnes consideremos
$\mathcal{V_1} = (-\infty, c)$
$\mathcal{V_2} = (c, \infty)$, abiertos y ajenos.
Por lo que, como $\vec{x_1} \in A \Rightarrow f(\vec{x_1}) \in f(A)$ pero $f(\vec{x_1}) \in \mathcal{V_1}$ entonces $f(A) \cap \mathcal{V_1} \neq \emptyset$
Análogamente, como $\vec{x_2} \in A \Rightarrow f(\vec{x_2}) \in f(A)$ pero $f(\vec{x_2}) \in \mathcal{V_2}$ entonces $f(A) \cap \mathcal{V_2} \neq \emptyset$
Luego $f(A)$ sería disconexo. (CONTRADICCIÓN)
$\therefore$ existe $\vec{x_c} \in A$ tal que $f(\vec{x_c}) = c$ $_{\blacksquare}$
Definición:
Sea $A \subseteq \mathbb{R}^n$
Se dice que $A$ es conexo por trayectorias (c.p.t.) si para todo par de puntos $\vec{p}, \vec{q} \in A$ existe una curva poligonal tal que une $\vec{p}$ con $\vec{q}$ y está contenida en $A.$
Ejemplo:
$$A = \mathbb{R}^n \setminus \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x \leq 0, y = 0 \}$$
dibujo A
Ejemplo:
$$\mathcal{C} = \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x\neq 0 ; y = \sin \left( \frac{1}{x} \right) \right\} \cup \; \mathcal{U} = \{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x = 0 , -1 \leq y \leq 1 \}$$
dibujo B
$\mathcal{C}$ es conexa pero $\mathcal{C}$ no es conexa por trayectorias poligonales.