(1)

背理法で示す。
\(A\)は連結であるが\(B\)は非連結であると仮定する。
このとき、\(B\)は非連結なのである\(S,T\in\mathcal{O}\)が存在し
\[ B\subseteq S\cup T\land B\cap S\cap T=\emptyset\land B\cap S\ne\emptyset\land B\cap T\ne\emptyset \] となるが、\(A\subseteq B\)なので\(A\subseteq S\cup T\land A\cap S\cap T=\emptyset\)となる。
これより、\(A\)は連結であるので、
\[ \forall O_{1},O_{2}\in\mathcal{O},A\supsetneq O_{1}\cup O_{2}\lor A\cap O_{1}\cap O_{2}\ne\emptyset\lor A\cap O_{1}=\emptyset\lor A\cap O_{2}=\emptyset \] となるが、開集合である\(S,T\)については\(A\subseteq S\cup T\land A\cap S\cap T=\emptyset\)なので
\[ A\cap S=\emptyset\lor A\cap T=\emptyset \] とならなければいけない。
\(A\cap S=\emptyset\)が成り立つとすると、\(A\subseteq S^{c}\)となり\(S^{c}\)は閉集合なので\(A^{a}\subseteq S^{ca}=S^{c}\)となるので\(A^{a}\cap S=\emptyset\)となり、\(B\cap S\ne\emptyset\)に矛盾。
同様に\(A\cap T=\emptyset\)が成り立つとすると矛盾となる。
故に\(B\)は非連結であるという仮定が間違いとなり、\(B\)は連結であることが証明される。

(2)

反例で示す。
2次元ユークリッド空間\(\left(\mathbb{R}^{2},\mathcal{O}\right)\)で考える。
\(A=\left\{ \left(x,y\right);\left(x+1\right)^{2}+y^{2}\leq1\lor\left(x-1\right)^{2}+y^{2}\leq1\right\} \)とすると、\(A\)は連結であるが、\(A^{i}=\left\{ \left(x,y\right);\left(x+1\right)^{2}+y^{2}<1\lor\left(x-1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} \)は\(\left\{ \left(x,y\right);\left(x+1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} ,\left\{ \left(x,y\right);\left(x-1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} \)は共に開集合で、
\[ \left\{ \left(x,y\right);\left(x+1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} \cup\left\{ \left(x,y\right);\left(x-1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} =A^{i} \] \[ \left\{ \left(x,y\right);\left(x+1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} \cap\left\{ \left(x,y\right);\left(x-1\right)^{2}+y^{2}<1\right\} =\emptyset \] となるので連結ではない。
故に\(A\)が連結であっても\(A^{i}\)が連結とは限らない。