**Espaço Pente: espaço conexo que não é conexo por caminhos**

Considere $A = \left\{ \left( \dfrac{1}{n + 1},y \right) \in \mathbb{R}^{2}: y \in \mathbb{R}^{2}_{\geqslant 0}, n \in \mathbb{N} \right\} \cup \{ (x,0): x \in \mathbb{R}_{\geqslant 0} \}$ e $B = \{ (0,y) \in \mathbb{R}^{2}: y \in \mathbb{R}_{> 0} \}$. Notemos que tanto $A$ quanto $B$ são conexos por caminhos, logo, $A$ e $B$ são conexos. Considere $X = A \cup B$, vamos mostrar que $X$é conexo mas não é conexo por caminhos.

Notemos que $B \subset \overline{A}$ e, portanto, $A \subset A \cup B \subset \overline{A}$. Logo, como $A$ é conexo segue que $X$ é conexo.

Por outro lado suponha que exista $f:[0,1] \rightarrow X$ contínua tal que $f(0) = (0,1)$ e $f(1) = (1,1)$. Considere $\alpha = \sup \{ x \in [0,1] : f([0,x]) \subset B \}$. Temos dois casos a considerar


-$f(\alpha) \in A$. Seja $r > 0$ tal que $B_{r}(f(\alpha)) \cap B = \emptyset$ (existe tal $r$ pois $B \cup \{ (0,0) \}$ é fechado em $\mathbb{R}^{2}$). Como $f$ é contínua, existe $V$ vizinhança de $\alpha$ tal que $f[V] \subset B_{r}(f(\alpha))$. Note que existe $\varepsilon > 0$ tal que $]\alpha - \varepsilon, \alpha[ \in V$ o que é uma contradição com a definição de $\alpha$ pois $f(]\alpha - \varepsilon, \alpha[) \subset B$.

-$f(\alpha) \in B$. Seja $r > 0$ tal que $(0,0) \notin B_{r}(f(\alpha))$. Como $f$ é contínua, existe um intervalo aberto $V$ tal que $\alpha \in V$ e $f[V] \subset B_{r}(f(\alpha))$. Seja $\varepsilon > 0$ tal que $]\alpha, \alpha + \varepsilon[ \subset V$. Pela definição de $\alpha$, existe $\beta \in ]\alpha, \alpha + \varepsilon[$ tal que $f(\beta) \in A$, contradição com o fato de que $f[V]$ é conexo.

Segue abaixo uma imagem do espaço pente que deve ajudar a entender tal demonstração 

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