Demonstração do Lema de Urysohn

$\textbf{Lema de Urysohn:}$ Seja $X$ um espaço normal. Se $F, G \subset X$ são dois fechados disjuntos, então existe uma função $f: X \rightarrow [0,1]$ contínua tal que $f \equiv 0$ em $F$ e $f \equiv 1$ em $G$.

$\textbf{Demonstração:}$

Primeiro, lembre-se que a condição de $X$ ser normal é equivalente a afirmar que, dados $F, G \subset X$ fechados disjuntos, existe um fechado $H$, cujo interior contém $F$ e tal que $H$ é disjunto de $G$.

Agora, observe que existe $U_{p_0} \subset X$ aberto tal que

$$F \subset U_{p_0} \subset \overline{U}_{p_0} \subset X \backslash G \ (1)$$

por $X$ ser normal e pela consideração do parágrafo anterior.

Defina $U_{p_1} := X$.

Como $\mathbb{Q} \cap [0,1]$ é enumerável,

$$\mathbb{Q} \cap (0,1) = \{ p_n ; n \in \mathbb{N} \backslash { 0, 1 } , p_n < p_m, \ \text{sempre que} \ n < m \},$$

$p_0 := 0$, $p_1 := 1$ e podemos garantir a existência de vizinhanças abertas $U_n$ de $p_n$ tais que

$$p_n < p_m \Longrightarrow \overline{U}_{p_n} \subset U_{p_m}$$

por indução. De fato,

1. Passo indutivo:
   Note que
   $$\overline{U}_{p_0} \subset X \backslash G \subset X =: U_{p_1}$$
   por $(1)$, o que prova o passo indutivo.

2. Hipótese indutiva:
   Se $n, m \in \{ 0, 1, \cdots, k \}$, então
   $$p_n < p_m \Longrightarrow \overline{U}_{p_n} \subset U_{p_m}.$$

3. Tese indutiva:
   Vamos mostrar que se $n, m \in \{ 0, 1, \cdots, k + 1 \}$, então
   $$p_n < p_m \Longrightarrow \overline{U}_{p_n} \subset U_{p_m}.$$
   Se $p_m \neq p_{k + 1}$, então o resultado segue da hipótese indutiva. Sendo assim, considere $p_m = p_{k + 1}$. Como $X$ é normal, existe um aberto $U_{p_{k+1}}$ tal que

   $$\overline{U}_{p_k} \subset U_{p_{k+1}} \subset \overline{U}_{p_{k+1}} \ \text{e} \ \overline{U}_{p_{k+1}} \cap G = \emptyset.$$

   Se $p_n = p_k$, então provamos a tese indutiva, caso contrário, segue da hipótese indutiva que
   $$\overline{U}_{p_n} \subset U_{p_k},$$
   portanto
   $$\overline{U}_{p_n} \subset U_{p_k} \subset \overline{U}_{p_k} \subset U_{p_{k+1}},$$
   o que prova a tese indutiva.

Observe que, como $\mathbb{Q} \cap [0,1]$ é denso em $[0,1]$ com respeito a topologia do $[0,1]$ pela topologia usual em $\mathbb{R}$ e pela forma como enumeramos $\mathbb{Q} \cap [0,1]$, faz sentido pensar em definir uma função que associa cada $x \in U_{p_n}$ a um $p_n \in \mathbb{Q} \cap [0,1]$, pois, intuitivamente, a função que buscamos seria contínua por passar de um aberto para o outro de maneira contínua, mas, pela forma como os abertos $U_{p_n}$ foram construídos, vemos que

$$x \in U_{p_n} \Longrightarrow x \in U_{p_m}, \forall p_m \in \mathbb{Q} \cap [0,1], p_n < p_m,$$

o que faria com que a função não estivesse bem definida. Para evitar esse problema, definimos a função
\begin{align*}
f: X &\rightarrow [0,1]\\
x &\mapsto f(x) := \inf \{ p_n ; x \in U_{p_n} \},
\end{align*}
a qual provaremos ser contínua. Antes, observe que $f|_F \equiv 0$ e $f|_G \equiv 0$, pois $F \subset U_0$ e $G \subset U_1$.

Agora, mostraremos a continuidade de $f$. Sejam $\varepsilon > 0$ e $x \in f^{-1}([0,\varepsilon))$. Queremos mostrar que $f^{-1}([0,\varepsilon))$ é aberto em $X$.

Se $x \in f^{-1}([0,\varepsilon))$, então existe $p_n \in \mathbb{Q} \cap [0,1]$ tal que

$$0 \leq f(x) < p_n < \varepsilon$$

Como $f(x) < p_n$, $x \in U_{p_n}$. Vamos mostrar que $U_{p_n} \subset f^{-1}([0,\varepsilon))$. Seja $y \in U_{p_n}$, então

$$0 \leq f(y) < p_n < \varepsilon,$$

o que implica que $y \in f^{-1}([0,\varepsilon))$, portanto $U_{p_n} \subset f^{-1}([0,\varepsilon))$, isto é, $f^{-1}([0,\varepsilon))$ é uma vizinhança aberta de $x$.

Queremos mostrar que $f^{-1}((\varepsilon,1])$ é aberto em $X$.

Se $x \in f^{-1}((\varepsilon,1])$, então existe $p_j \in \mathbb{Q} \cap [0,1]$ tal que

$$\varepsilon < p_j < f(x) \leq 1.$$

Como $f(x) > p_j$, $x \notin U_{p_j}$ e, consequentemente, $x \notin \overline{U}_{p_{j-1}}$ pela forma como os abertos $U_{p_n}$ foram construídos, pela forma como $\mathbb{Q} \cap [0,1]$ foi enumerado e por densidade de $\mathbb{Q} \cap [0,1]$, então $x \in X \backslash \overline{U}_{p_{j-1}}$. Vamos mostrar que $X \backslash \overline{U}_{p_{j-1}} \subset f^{-1}((\varepsilon,1])$. Seja $y \in X \backslash \overline{U}_{p_{j-1}}$, então

$$\varepsilon < p_{j-1} < f(y) \leq 1.$$

o que implica que $y \in f^{-1}((\varepsilon,1])$, portanto $X \backslash \overline{U}_{p_{j-1}} \subset f^{-1}((\varepsilon,1])$, isto é, $f^{-1}((\varepsilon,1])$ é uma vizinhança aberta de $x$.

Por fim, note que, dados $a,b \in (0,1)$ com $a < b$,

$$f^{-1}((a,b)) = f^{-1}((a,1]) \cap f^{-1}([0,b))$$

é aberto em $X$, portanto $f$ é contínua.