Continuidad de una función a trozos (III)

Seguimos con las entradas anteriores. Tomamos la aplicación inicial
$$f(x)=\left\{\begin{array}{ll}1&x \geq  0\\ -1 &x <  0\end{array}\right.$$ y tomamos la topología usual tanto en el dominio como el codominio. Ya sabemos de hace años que esta aplicación no es continua en $x=0$: por ejemplo, se puede ver tomando sucesiones y usando la caracterización de que $f$ es continua en $x$ si para toda $\{x_n\}\rightarrow x$, entonces $\{f(x_n)\}\rightarrow f(x)$.
La idea de esta entrada es probar que $f$ es continua en todos los puntos excepto en $x=0$, usando los nuevos conceptos topológicos que tenemos. Así, y usando bases de abiertos, concretamente, la base $\beta=\{(a,b): a < b\}$, es evidente que $f^{-1}((0,2))=[0,\infty)$ y que no es abierto en la topología usual. Sin embargo, si tomamos un intervalo de la forma $(a,b)$ que no contenga a $1$, entonces la imagen inversa es vacía o es $(-\infty,0)$, que sí es abierto. Pero ¿en qué puntos no es continua?

En principio, para los puntos cuya imagen es $-1$, la aplicación es continua (pensar porqué).

Tomamos como base de entornos, los intervalos abiertos centrados en el punto, es decir, $\beta_x=\{(x-r,x+r): r > 0\}$. Veamos que $f$ no es continua en $x=0$. Tomando $V'=(1/2,2)\in\beta_{f(0)=1}$, no hay $r>0$ tal que $f((-r,r))\subset V'$, pues $f((-r,r))=\{-1,1\}$.
Veamos que es continua si $x>0$. Dado $r > 0$, tomamos $s=x-(x/2)$, que es positivo porque $x$ lo es. Entonces $$f((x-s,x+s))=\{f(x)\}=\{1\}\subset (1-r,1+r),$$ probando la continuidad en $x$.