Demonstração - Lema de Urysohn

Lema de Urysohn: Seja $(X,\tau)$ um espaço topológico normal e sejam $A,B\subset X$ conjuntos fechados e disjuntos. Então existe uma função $f:X\rightarrow [0,1]$ contínua tal que $f\restriction_A\equiv 0$ e $f\restriction_B\equiv 1$.

Demonstração:
Primeiramente considere $\{q_1,q_2,\dots\}$ uma enumeração dos racionais contidos em $(0,1)$, além disso denote $q_0=0$ e $A_{q_0}=A$.
Como $B$ é fechado e disjunto de $A$, o complementar $X-B$ é um aberto contendo $A$, logo, como $X$ é normal, existe $C$ aberto tal que $$A\subset C\subset \bar{C}\subset X-B.$$ Defina $A_{q_1}=C$, daí temos $A_{q_0}=\bar{A_{q_0}}\subset A_{q_1}$.

Agora, suponha que definimos $A_{q_i}$, para $0\leqslant i\leqslant n$, satisfazendo $\bar{A_{p}}\subset A_{r}$ se $p<r$. Para construir $A_{q_{n+1}}$ considere os seguintes casos:

1. Se $q_{n+1}$ é maior que todos os $q_i$ para $0\leqslant i\leqslant n$, então defina $A_{q_{n+1}}$ como um aberto satisfazendo
   $$\bar{A_{q_n}}\subset A_{q_{n+1}}\subset \bar{A_{q_{n+1}}}\subset X-B,$$
   que existe por conta da normalidade de $X$.
2. Caso contrário, existem $q_j,q_l$, onde $0 \leqslant j,l\leqslant n$, com $q_j<q_{n+1}<q_l$. Daí defina $A_{q_{n+1}}$ como um aberto satisfazendo $$\bar{A_{q_j}}\subset A_{q_{n+1}}\subset \bar{A_{q_{n+1}}}\subset A_{q_l},$$
   que existe já que $X$ é normal, $\bar{A_{q_j}}$ é um fechado e $A_{q_l}$ é um aberto com $\bar{A_{q_j}}\subset A_{q_l}$.

Por fim, defina $A_1=X$. Note que construímos abertos satisfazendo:

1. $\bar{A_p} \subset A_{r}$ se $p<r$.
2. $\bar{A_q}\subset X-B$ se $0\leqslant q < 1$.

Considere a seguinte função
\begin{align*}
f: X &\rightarrow [0,1]
\\
x &\mapsto \text{inf}\{q\mid x\in A_q\}
\end{align*}
Note que se $x\in A=A_0$ temos $f(x)=0$ e se $x\in B$ então $x$ pertence apenas a $A_1$, logo $f(x)=1$.
Agora iremos mostrar que $f$ é contínua em $\mathbb{R}$, para tanto tome $a\in X$ e $(c,d)$ um intervalo da reta contendo $f(a)$, construiremos uma vizinhança $V$ de $a$ tal que $f(V)\subset (c,d)$.
Tome $p,r$ racionais tais que $c<p<f(a)<r<d$. Dessa forma, temos:

1. $a\in A_r$, pois caso contrário $a\notin A_q$ para todo $q\leqslant r$, assim teríamos $f(a)=\textbf{inf}\{ q\mid a\in A_q\}\geqslant r$, absurdo.
2. $a\notin \bar{A_p}$, pois caso contrário teríamos $a\in A_q$ para todo $q>p$, assim $\textbf{inf}\{ q\mid a\in A_q\}$ não poderia assumir qualquer valor maior que $p$, ou seja, $f(a)=\textbf{inf}\{ q\mid a\in A_q\}\leqslant p$, absurdo.

Portanto $a\in A_r - \bar{A_p}$, note que esse conjunto é uma vizinhança de $a$ pois podemos escrevê-lo como interseção finita de abertos, mais precisamente, $A_r - \bar{A_p}=A_r\cap (X-\bar{A_p})$.

Defina $V=A_r - \bar{A_p}$ e tome $x\in V$ qualquer, daí:

1. Como $x\in A_r$ temos $f(x)\leqslant r$, pois $r\in{ q\mid x\in A_q}$.
2. Como $x\notin \bar{A_p}$ temos $\notin A_q$ para todo $q\geqslant p$, dessa forma $f(x)\geqslant p$.

Ou seja, $f(x)\in (c,d)$ e portanto $f(V)\subset (c,d)$, como queríamos.
Assim, mostramos que $f$ construída dessa forma possui as propriedades desejadas.