Lema de Urysohn- demonstração

Seja $(X, \tau)$ um espaço topológico $T_4$. Sejam $F,G \subset X$ fechados disjuntos. Então existe uma função contínua $f: X \rightarrow [0,1]$ tal que, para todo $x \in F$, $f(x)=0$ e, para todo $y \in G$, $ f(y) = 1$.

**Demonstração: ** Seja $\{ q_n: n \in \mathbb{N}\} = \mathbb{Q} \bigcap [0,1] $ de tal forma que $q_0=0$, $q_1= 1$ e $q_i \neq q_j$ se $i \neq j$.

Agora definindo, por indução matemática, uma família $ \{U_n \} _{n \in \mathbb{N} }$ de abertos de $X$, de tal forma que, para todo $n,m \in \mathbb{N}$:

(a) $F \subset U_n \subset \overline{U_n} \subset$ $X$ \ $G$

(b) Se $q_n < q_m ,$ então $\overline{U_n} \subset U_m$

Vamos mostrar que existe tal família.

Seja $U_0$ aberto tal que $F \subset U_0 \subset \overline{U_0} \subset X$ \ $G.$ Tal $U_0$ existe, pois $(X, \tau )$ é $T_4$.

Seja agora $U_1$ aberto tal que $\overline{U_0} \subset U_1 \subset \overline{U_1} \subset X$ \ $G.$ Novamente, tal $U_1$ existe por $(X,\tau)$ ser $T_4$.

Note que as condições (a) e (b) impostas acima são satisfeitas.

Continuando, considere $U _2$ aberto tal que $ \overline{U_0} \subset U_2 \subset \overline{U_2} \subset U_1$, lembrando sempre que o índice 2 em $U_2$ indica o racional $q_ 2$ e este é tal que $0 < q_2 < 1$. Em particular, $U_2$ satisfaz (a) e (b).

Suponha que $U_j$ esteja definido para todo $j \leq k$, com $k \geq 2 $, de tal forma que esteja satisfazendo as condições (a) e (b) (Hipótese de Indução HI).

Seja $i \leq k$ tal que $$q_i = \text{max} \{q_n \ | \quad n \leq k \ \text{ e } \ q_n < q_{k+1} \}.$$
Observe que $q_i$ está bem definido, pois já sabemos $q_0=0$.

Seja $j \leq k$ tal que $$q_j = \text{min} \{q_n \ | \quad n \leq k \ \text{ e } \ q_{k+1} < q_{n} \}.$$ Novamente tal número está bem definido, pois $q_ 1=1$.

Por hipótese de Indução HI, temos $\overline{U_ i} \subset U_j$, pois $(X,\tau)$ é $T_4$, podendo tomar $U_{k+1}$ aberto, tal que $\overline{U_i} \subset U_{k+1} \subset \overline{U_{k+1}} \subset U_j$.

Vamos mostrar agora que $U_{k+1}$ satisfaz (a) e (b).

De fato, temos (a), pois
$$F \subset U_i \subset \overline{U_i} \subset U_{k+1} \subset \overline{U_{k+1}} \subset U_ j \subset \overline{U _ j} \subset X \setminus G$$
Neste caso, tanto a primeira, quanto a última inclusão decorrem da HI.

Agora verifiquemos o item (b) . Considere $m \leq k$. Daí, temos dois casos:
(ii) $q_{k+1} < q_m $
(i) $q_ m < q_{k+1} $

Façamos o caso (i).
Note que $q_ m \geq q_ j$. Dessa forma, temos dois subcasos: $q_ m = q_ j $ e $ q_ m < q_ j$

• Se $q_m = q_ j $ , segue trivialmente das hipóteses , já que $\overline{U_{k+1} \subset U_j$.

Se $q_m < q_ j $, seque da HI que $\overline{U_{k+1}} \subset U_ j \subset \overline{U_j} \subset U_ m$

Para o subcaso (ii), basta seguir os mesmo passos do caso (i).

Agora, vamos construir a função do lema :
Seja $f : X \rightarrow [0,1] $ dada por $$f(x) = \text{ inf}( \{ q_n \ | \ x \in U_n \} \cup \{1\})$$

Sabemos que $f(x) \in [0,1]$, para qualquer $x\in X$, pela construção da função. Suponha $x \in F$. Neste caso, temos por construção que $x \in U_0$, donde $f(x)=0$.

Se tivermos $x \in G$, então $x \notin U_n$, para todo $n \in \mathbb{N}$ e, portanto, $f(x)=1$. (Em ambos os casos utilizamos a condição (a)).

Falta mostrar que $f$ é contínua.

Considere as seguintes afirmações sobre $\alpha \in ]0,1[$:

(i) $f^{-1}([0, \alpha[)$ é aberto: Seja $x \in X$ tal que $ 0 \leq f(x) \leq \alpha$. Tomando $q_n \in \mathbb{Q}$ tal que $$f(x)< q_n < \alpha $$ vamos mostrar que $x \in U_n \subset f^{-1}([0,\alpha[).
$

Primeiro, observe que $x \in U_n$, pois caso contrário teríamos que $f(x) \geq q_n$, contrariando a hipótese. Agora, seja $y \in U_n$. Assim, $f(y) \leq q_n$ e, portanto, $f(y) \in [0,\alpha[$, como queríamos.

(ii) $f^{-1}(]\alpha, 1])$ é aberto: Seja $q_n \in \mathbb{Q}$ tal que $\alpha < q_n < f(x)<1$. Vamos mostrar que $$x \in X\setminus \overline{U_n} \subset f^{-1}(]\alpha,1])$$

Observe que $x \in X\setminus \overline{U_n} $, pois caso contrário, teríamos $x \in X \overline{U_n} \subset U_n$ para todo $m$ tal que $q_m>q_n$.

Logo, $f(x) \leq q_n$ contrariando a hipótese.

Agora, seja $y \in X\setminus \overline{U_n} $. Note que, $f(y) \geq q_n$. Daí, $f(y) \in ]q_n,1]$, como queríamos.

Por fim, observe que abertos da forma $]\alpha, \beta[$, $[0,\alpha [,$ $]\beta,1]$, formam uma base para $[0,1]$ e que $]\alpha,\beta[ = [0,\beta[ \cap ]\alpha,1]$.

Como $f^{-1}(A \cap B) = f^{-1}(A) \cap f^{-1}(B)$ em geral, concluímos que a imagem inversa de um aberto de uma base fixada é aberta.

Portanto, f é contínua.