Demonstração - Lema de Urysohn

Lema de Urysohn: Seja $(X,\tau)$ um espaço topológico normal e sejam $F,G \subset X$ fechados disjuntos. Então existe $f: X \to [0,1]$ contínua tal que $f\equiv 0$ em $F$ e $f\equiv 1$ em $G$.

Demonstração: Desde que $F$ e $G$ são fechados disjuntos, $G^c=X \setminus G$ é um conjunto aberto que contém $F$.
Lembre que o conjunto dos racionais é enumerável. Seja a seguinte enumeração:
$$
\mathbb{Q} \cap (0,1) = \{q_1,...,q_n,...\}
$$
de modo que $q_i < q_j$ sempre que $i<j$. Como $(X,\tau)$ é um espaço topológico normal existe um fechado $F_{q_1}$ tal que:
$$
F \subset \mathrm{int}(F_{q_1}) \subset F_{q_1} \subset G^c
$$
Dessa forma, $F_{q_1}$ e $G$ são fechados disjuntos. Novamente pelo fato de $(X,\tau)$ ser normal, existe $F_{q_2}$ fechado em $X$ tal que:
$$
F_{q_1} \subset \mathrm{int}(F_{q_2}) \subset F_{q_2} \subset G^c
$$
Recursivamente obtemos uma sequência de fechados $\{F_{q_n}\} \subset X$ de modo que:
$$
F \subset \mathrm{int}(F_{q_1}) \subset F_{q_1} \subset \mathrm{int}(F_{q_2}) \subset F_{q_2} \subset ... \subset \mathrm{int}(F_{q_n}) \subset F_{q_n} \subset \mathrm{int}(F_{q_{n+1}}) \subset F_{q_{n+1}} \subset ... \subset G^c
$$
Chame $F_0 = F$ e $F_1 = G$. Dessa forma, para cada $q \in \mathbb{Q}\cap [0,1]$ temos associado um único conjunto fechado $F_q$. Agora, observe que dado $x \in X$, temos 3 possibilidades:

1. $x \in F$
2. $x \in G$
3. $x \in F_{q}$, para algum $q \in \mathbb{Q} \cap (0,1)$

Além disso, note que se $q<r$, então $x \in F_q \implies x \in F_r$. Para podermos estabelecer uma função precisamos procurar uma forma de associar a cada $x \in X$ um e apenas um dos fechados que possam o conter. Para isso, vamos tentar associar a cada $x \in X$ o "menor" dessa coleção de fechados que o contém. Em verdade, considere a função $f: X \to [0,1]$ dada por:
$$
f(x) = \inf\{q \in \mathbb{Q} \cap [0,1] : x \in F_q \}
$$
Primeira pergunta que podemos fazer é: Essa função está bem definida? Sim! Pois este ínfimo está sendo tomado no conjunto dos números reais onde sabemos existir unicidade do limite.

Note que $f\equiv 0$ em $F$ e $f \equiv 1$ em $G$, pois $F=F_0$ e $G=F_1$. Falta apenas mostrar que $f$ é contínua. Como os intervalos da forma $[0,a)$ e $(b,1]$ são abertos em $[0,1]$ na topologia induzida e além disso, tais intervalos formam uma sub-base para essa topologia, é suficiente mostrar que $f^{-1}([0,a)), f^{-1}((b,1]) \in \tau$ para todo $a,b \in (0,1)$.

Com efeito:

a) Note que $x \in f^{-1}([0,a)) \iff 0 \le f(x) < a \iff \exists q < a$ tal que $x \in F_q$.
Sem perca de generalidade, podemos supor que $x \in \mathrm{int}(F_q)$, afinal da densidade de $\mathbb{Q}$ existe $q' \in \mathbb{Q}$ tal que $q<q'<a$ e assim $F_q \subset \mathrm{int}(F_{q'})$.
Assim, $x \in f^{-1}([0,a)) \iff \exists q < a$ tal que $x \in \mathrm{int}(F_q) \iff x \in \bigcup_{q<a} \mathrm{int}(F_q)$. Isto é,
$$
f^{-1}([0,a))=\bigcup_{q<a} \mathrm{int}(F_q)
$$
que é aberto.
b) Note também que $x \in f^{-1}((b,1]) \iff b < f(x) \le 1 \iff \exists q > b$ tal que $x \notin F_q \iff \exists q > b$ tal que $x \in F^c_q \iff x \in \bigcup_{q>b} F_q^c$. Isto é:
$$
f^{-1}((b,1]) = \bigcup_{q>b} F_q^c
$$
que também é aberto.

Assim, $f$ é contínua e segue o resultado.

Observação: Caso $(X,d)$ seja um espaço métrico, dados dois fechados disjuntos $F,G \subset X$ podemos definir a função contínua $f: X \to [0,1]$ dada por:
$$
f(x)=\dfrac{d(x,F)}{d(x,F)+d(x,G)}
$$
Note que a continuidade de $f$ é dada pela continuidade da função distância. Além disso, $f\equiv 0$ em $F$ e $f \equiv 1$ em $G$. Essa função em específico tem muitas utilidades por exemplo na procura de existência de solução de EDP's!