Prova do Lema de Urysohn

Antes de enunciar e provar o Lema de Urysohn, vamos provar o seguinte:

Lema 1: Sejam $(X,\tau)$ um espaço topológico normal, $F \subset X$ um conjunto fechado e $A$ um aberto tal que $F \subset A$. Então existe $U \in \tau$ tal que
$$F \subset U \subset \overline{U} \subset A.$$

Demonstração: Como $X$ é um espaço normal e os fechados $F$ e $F_0 = A^c$ são disjuntos, existem abertos disjuntos $U, V$ tais que $F \subset U$ e $F_0 \subset V$. Note que
$$U \cap V = \emptyset \implies U \subset V^{c} \implies \overline{U} \subset V^{c},$$
afinal, $V^{c}$ é fechado. Além disso, $A^c \subset V \implies V^{c} \subset A$.

Lema 2: Sejam $X$ um espaço normal e $F,G \subset X$ fechados disjuntos. Sendo $P = \mathbb{Q}\cap (0,1)$, existe uma coleção de abertos $\{U_p\}_{p \in P}$ tal que

i) $F \subset U_p \subset \overline{U_p} \subset G^{c}$;
ii) $\overline{U_p} \subset U_q$, sempre que $q > p$.

Demonstração: Considere uma enumeração de $P$ dada por $P = \{p_n : n \in \mathbb{N}\}.$ Como $F$ é fechado e $A := G^{c}$ é um aberto contendo $A$, pelo Lema 1 existe um aberto $U_{p_{1}}$ tal que $$F \subset U_{p_{1}} \subset \overline{U_{p_{1}}} \subset A.$$
A demonstração seguirá um processo indutivo. Apesar de não ser necessário, para facilitar a compreensão do construção, faremos também a segunda etapa. Por um lado, se $p_2 > p_1$, aplicamos o Lema 1 ao fechado $\overline{U_{p_{1}}}$ e ao aberto $A = G^{c}$ e obtemos um aberto $U_{p_2}$ tal que
$$\overline{U_{p_{1}}} \subset U_{p_2} \subset \overline{U_{p_2}} \subset A.$$
Por outro lado, se $p_1 > p_2$, aplicamos o Lema 1 ao fechado $F$ e ao aberto $U_{p_1}$ e obtemos um aberto $U_{p_2}$ tal que
$$F \subset U_{p_2} \subset \overline{U_{p_2}} \subset U_{p_{1}}.$$
Em todo caso, a família $\{U_{p_{1}}, U_{p_{2}}\}$ satisfaz os itens $i)$ e $ii)$. Suponhamos agora que tenhamos contruído $U_{p_1}, ..., U_{p_n}$ satisfazendo $i)$ e $ii)$, isto é, para todo $i = 1, ..., n$ vale:

i)' $F \subset U_{p_i} \subset G^{c},$;
ii)'$\overline{U_{p_i}} \subset U_q$, sempre que $q \in \{p_1, ... p_n\}$ satisfizer $q > p_{i}$.

Defina os números:
$$r = \max\{p_{i} : 1\leq i \leq n, p_i < p_{n+1}\}$$
e
$$s = \min\{p_{i} : 1\leq i \leq n, p_{n+1} < p_i \}.$$
Note que os conjuntos de onde estamos calculando o máximo e o mínimo podem ser vazios. No caso do primeiro ser vazio defina $U_r := F$ e no caso do segundo ser vazio defina $U_s : = A.$ Note que $s < r$ e, pela hipótese de indução $\overline{U}_{r} \subset U_{s}$. Novamente, pelo Lema 1, existe uma aberto $U_{p_{n+1}}$ tal que
$$\overline{U_r} \subset U_{p_{n+1}} \subset \overline{U}_{p_{n+1}} \subset U_s.$$
Só nos resta verificar que a família $\{U_{p_1}, ..., U_{p_n}, U_{p_{n+1}}\}$ satisfaz $i)$ e $ii)$. Com efeito. O item $i)$ é imediato, pois $A \subset \overline{U}_r$ e $U_s \subset A$. Vejamos agora que tal família satisfaz o item ii). Se $p_{n+1} > p_i$, para algum $i=1,..., n$, segue que $r > p_i$ e vale
$$\overline{U}_{p_{i}} \subset U_r \subset \overline{U_r}\subset U_{p_{n+1}}.$$

Agora, se $q \in \{p_1, ..., p_n\}$ satisfaz $p_{n+1} < q$, então $s < q$. Daí, por $ii)'$, $\overline{U}_s \subset U_q$. Além disso, como $\overline{U}_{p_{n+1}} \subset U_s$, seque que $\overline{U}_{p_{n+1}} \subset \overline{U_s}$. Portanto $\overline{U}_{p_{n+1}} \subset U_q$.

Lema de Urysohn: Sejam $(X,\tau)$ um espaço topológico normal e $F,G \subset X$ conjuntos fechados disjuntos. Então, existe uma função contínua $f: X \rightarrow [0,1]$ tal que $f(x) = 0, \forall x \in F$ e $f(x) = 1, \forall x \in G$.

Demonstração: Seja $P = \mathbb{Q}\cap (0,1)$. Defina a função $f(x) = \inf \{p \in P : x \in \overline{U}_{p}\}, \forall x \in G^c,$ e $f(x) = 1,$ para todo $x \in A = G^{c}$, onde $\overline{U}_{p}$ é como no Lema 2. Para cada $a \in \mathbb{R}$, afirmamos que

$$f^{-1}((a,\infty)) = \bigcup_{p > a} \overline{U}_{p}^{c}.$$

De fato, se $x \not\in \overline{U}_{p}^{c}, \forall p > a$, em particular, $x \in \overline{U}_{a+\epsilon}, \forall \epsilon > 0$. Logo, $\inf\{p : x \in \overline{U}_p\} \leq a+\epsilon$. Tomando $\epsilon \rightarrow 0$ obtemos $\inf\{p : x \in \overline{U}_p\} \leq a$, isto é, $x \not \in f^{-1}((a,\infty))$. Agora, suponha que $x \in f^{-1}((a,\infty))$ e escolha $a_0 \in \mathbb{Q}$ tal que $a < a_0 < \inf\{p : x \in \overline{U}_p\}$. Note que existe $\epsilon > 0$ em $\mathbb{Q}$ tal que $x \not \in \overline{U}_{a_0 + \epsilon}$, pois, do contrário, $x \in \overline{U}_{a_0 + \epsilon}, \forall \epsilon > 0$ em $\mathbb{Q}$.

Logo $\inf\{p : x \in \overline{U}_{p}\} \leq a_0 + \epsilon$ e, fazendo $\epsilon \rightarrow 0$, obtemos $f(x) \leq a_0$, uma contradição. Portanto $x \in \bigcup_{p > a} \overline{U}_{p}^{c}$.

De maneira análoga pode-se provar que
$$f^{-1}((-\infty,b)) = \bigcup_{p < b} U_{p}.$$

Com isto obtemos a continuidade de $f$, pois, dado $(a,b) \subset \mathbb{R}$, temos
$$f^{-1}((a,b)) = f^{-1}((-\infty,b)\cap (a,\infty)) = f^{-1}((-\infty,b))\cap f^{-1}((a,\infty)).$$