Demonstração - Lema de Urysohn

Olá,

Inicialmente enunciaremos uma caracterização para Espaço Topológico normal em termos de subconjuntos fechados e suas vizinhanças.

Teorema 1: Um Espaço Topológico $(X, \tau)$ é normal se, e somente se, dado um subconjunto fechado $A$ e um aberto $U$ contendo $A$, existe um conjunto aberto $V$ contendo $A$ tal que $\overline{V} \subset U$.

Teorema 2 (Lema de Urysohn): Considere $(X, \tau)$ um espaço normal, sejam $A, B \subset X$ fechados tais que $A \cap B = \varnothing$. Sejam $[a,b] \subset \mathbb{R}$ um intervalo fechado. Então existe uma função contínua
$$
f : X \to [a,b]
$$
tal que $f(A) = {a}$ e $f(B) = {b}$.

Demonstração: A princípio vamos considerar o intervalo $[0,1]$, o resultado para o intervalo $[a,b]$ pode ser obtido a partir do caso que iremos fazer (basta estabelecer um homomorfismo entre $[0,1]$ e $[a,b]$).

Passo 1 - Construindo uma família de abertos utilizando a normalidade do espaço topológico

Considere $P$ o conjunto de todos os números racionais no intervalo $[0,1]$. Defina $U_1 = X - B$ que é aberto em $(X,\tau)$, pois $B$ é fechado em $(X, \tau)$, além disso $U_1\supset A$ já que $A$ e $B$ são disjuntos. Assim, pela normalidade de $(X,\tau)$ e pelo Teorema 1, conseguimos um conjunto $U_0$ aberto, tal que $U_0 \supset A$ e $\overline{U_0} \subset U_1$. Agora, dados $p,q \in P$ com $p<q$, mostremos que existem abertos $U_p, U_q$ tais que
$$
\overline{U_p} \subset U_q. (1)
$$
Em virtude do conjunto $P$ ser enumerável, temos ${x_r}_{r \in \mathbb{N}} = P$ onde $x_r\in (\mathbb{Q}\cap [0,1])$, faça $x_1 =1$ e $x_2 = 0$. Denotaremos $P_n$ a subsequência finita de $x_r$ que consiste de seus $n$ primeiros termos.

Passo 2 - Mostrando por indução que a relação $(1)$ é satisfeita

Veja que $x_1$ e $x_2$ verificam a relação $(1)$.
Agora, suponha que $(1)$ se verifica para quaisquer elementos $p,q \in P_n$ (Hipótese de indução).
Denote $s$ o elemento da posição $n+1$ de $x_r$, isto é, $s = x_{n+1}$. Agora considere a sequência $P_{n+1}$ dada pelos $n+1$ primeiros termos de $x_r$. Observe que $s$ é diferente de $0$ e $1$. Tome $p \in P_{n+1}$ o maior número entre os menores (estritos) que $s$ e $q \in P_{n+1}$ o menor número entre os maiores (estritos) que $s$. Pela hipótese de indução, os abertos $U_p$ e $U_q$ satisfazem
$$
\overline{U_p} \subset U_q.
$$
Pela normalidade de X e sendo $\overline{U_p} \subseteq X$ fechado em $(X, \tau)$, aplicando o Teorema 1 a $\overline{U_p}$, existe $U_s$ em $(X, \tau)$ tal que $\overline{U_p} \subset U_s$ e $\overline{U_s} \subset U_q$.

Afirmamos que para quaisquer dois elementos em $P_{n+1}$ a relação (1) é satisfeita. Com efeito, se um deles é $s$ e o outro é algum $t$, então $t \leq p$ ou $t \geq q$, assim

• Se $t \leq p$, pela hipótese de indução, temos $\overline{U_t} \subset \overline{U_p} \subset U_q$, ou seja, para $t<s$ obtemos $\overline{U_t} \subset \overline{U_s}$.

• Se $t \geq q$, segue da hipótese de indução que $\overline{U_q} \subseteq U_t \implies \overline{U_s} \subseteq U_q \subseteq \overline{U_q} \subseteq U_t$, logo, $t>s$ implica $\overline{U_s} \subseteq U_t$.

Portanto, para todo $p,q \in P$, com $p<q$ podemos obter $U_p, U_q \in (X, \tau)$ satisfazendo a relação (1).

Passo 3 - Definindo os abertos $U_p$ para todos racionais

Seja $p \in \mathbb{Q}$, defina $U_p = \emptyset $ quando $p < 0$ e para $p>1$, defina $U_p = X$. Assim, para todo $p,q \in \mathbb{Q}$, vale $\overline{U_p} \subset U_q$.

Passo 4 - Construindo a função

Dado $x \in X$, construa
$$
\mathbb{Q}[x]={p \in \mathbb{Q} \mid x \in U_p}
$$
Note que $\mathbb{Q}[x]\neq \emptyset$.
Assim,

• $x \in A \implies \mathbb{Q}[x] = {p \in \mathbb{Q} \mid p > 0}$
• $x \in B \implies \mathbb{Q}[x]={p \in \mathbb{Q} \mid p > 1}$

Como $U_p = \emptyset$ quando $p<0$ e $p\geq 0$ para todo $p\in \mathbb{Q}[x]$, daí defina
$$
f(x) = \inf\mathbb{Q}[x] = \inf{p \in \mathbb{Q}[x] \mid x \in U_p}.
$$
Se $x \in A$, então $x \in U_0\subset \overline{U_0}\subset U_p$, para todo $p\geq 0$, daí $f(x) = \inf\mathbb{Q}[x] = 0$, analogamente se $x \in B$, então $x\not\in U_1$, logo $x\not\in U_p$ para todo $p\leq 1$ temos $f(x)= \inf\mathbb{Q}[x] = 1$. Agora veja que $\forall x \in X$ temos que $x\in B$ então $f(x)=1$ ou $x\notin B$, daí $f(x)\leq 1$, portanto $f:X\to [0,1]$ está bem-definida.

Passo 5 - Verificando a continuidade de $f$

Afirmamos que:
(i) $x \in \overline{U_r} \implies f(x) \leq r$
(ii) $x \notin U_r \implies f(x) \geq r$

Com efeito,
(i) se $x \in \overline{U_r}$, temos duas possibilidades. A primeira, se $x \in U_r$, então $f(x) \leq r$. Caso contrário, $x \notin U_r$, como $x\in \overline{U_r} $ temos que para $s>r$, $x \in \overline{U_r} \subseteq U_s$, por construção, daí $\mathbb{Q}[x] = {s \in \mathbb{Q} \mid s >r}$. Suponha agora que $f(x)>r$, logo para todo racional $s \in (r, f(x))$, dever-se verificar que $x \notin U_s$, contradição. Logo, se $x \in \overline{U_r}$ temos
$$
f(x) = \inf\mathbb{Q}[x] \leq r;
$$
(ii) se $x \notin U_r$, temos que $x\notin U_s$ para todo $s\leq r$. Suponha $f(x) < r$, então para $s<r$, teríamos $x \in U_s$, mas isso não ocorre. Portanto, se $x \notin U_r$ implica
$$
f(x) = \inf\mathbb{Q}[x] \geq r.
$$

Dados $x_0 \in X$ e um intervalo aberto $(c,d) \ni f(x_0)$, afirmamos que existe uma vizinhança aberta $U$ de $x_0$ tal que $f(U) \subset (c,d)$.
De fato, tome $p$ e $q$ racionais tais que
$$
c < p < f(x_0) < q < d.
$$
Defina $U = U_q - \overline{U_p}$.
Note que $U$ é aberto, já que $U = (\overline{U_p})^c \cap U_q$. Além disso, $x_0 \in U$, pois $f(x_0) < q$ e por (ii) $x_0 \in U_q$, analogamente como $p < f(x_0)$ e por (i), temos $x_0 \notin \overline{U_p}$.
Agora, seja $x \in U$, temos $x \in \overline{U_q} \subset U_q$, ou seja, $f(x) \leq q$, por (i). Em virtude de $x_0 \notin \overline{U_p}$, então $x \notin U_p$ e pela condição (ii), $f(x) \geq p$, isso mostra que $f(x) \in [p,q] \subseteq (c,d)$.