Demonstração - Lema de Urysohn

Lema de Urysohn: Sejam $(X, \tau)$ um espaço topológico normal e $A,B \subset X$ fechados disjuntos. Então existe uma função
$$f: X \rightarrow [0,1]$$
contínua tal que $ f|_{A} \equiv 0$ e $f|_{B} \equiv 1$.

Antes de demonstrarmos o lema vamos provar a seguinte proposição.

Proposição: Seja $(X,\tau)$ um espaço topológico normal. Então para todo fechado $F$ e para todo aberto $U \supset F$ existe um aberto $V$ tal que $F \subset V \subset \overline{V} \subset U$.

Demonstração: Sejam $F$ fechado e $U \supset F$ aberto quaisquer. Desta forma, sabemos que $F$ e $X - U$ são fechados. Além disso, como $F \subset U$ segue que $$F \cap (X -U) = \emptyset .$$
Da normalidade de $X$ existem abertos $V$ e $W$ tais que $F \subset V$, $(X - U) \subset W$ e $V \cap W = \emptyset$. Daí, $$V \subset (X -W).$$
Por outro lado, como $W$ é aberto temos que $X -W$ é fechado. Assim,
$$V \subset (X -W) \Rightarrow \overline{V} \subset \overline{(X - W)}=X -W .$$
Observe que $(X -U) \subset W$ implica em $(X-W) \subset U$. Logo,
$$\overline{V} \subset (X -W) \subset U .$$
Portanto,
$$F \subset V \subset \overline{V} \subset U.$$

Demonstração do Lema de Urysohn:

Seja
$$R=\left\{\dfrac{k}{2^{n}} \in [0,1];\ n,k \in \mathbb{N} \right\} \subset \mathbb{Q}.$$
Vamos construir uma família de abertos
$$\mathscr{U}=\left\{U_{r};\ r \in R\right\}$$
tal que

$a)$ $A \subset U_{r} \subset (X -B)$

$b)$ Se $r < r'$ então $\overline{U}_{r} \subset U_{r'}$

sejam satisfeitas.

Passo 1: Construção da Família
$$\mathscr{U}_{m}=\left\{\dfrac{U_{k}}{2^{m}};\ k=0, \cdots, 2^{m}\right\}.$$
Iremos utilizar o Princípio da Indução Finita sobre $m \in \mathbb{N}$.

$(i) \ m=0$ temos ${\mathscr U}_{m}=\{U_{0},U_{1}\}$.

Com efeito, tome $U_{1} =( X - B)$ aberto e $U_{0}$ aberto tal que
$$A \subset U_{0} \subset \overline{U}_{0} \subset U_{1},$$
pois $A$ é fechado e $U_{1}$ aberto. Logo ${\mathscr U}_{0}$ satisfaz $a)$ e $b)$.

$(ii) \ m=1$ temos ${\mathscr U}_{1}=\left\{U_{0},U_{\frac{1}{2}},U_{1}\right\}$.

Como $\{U_{0},U_{1}\} \subset {\mathscr U}_{0}$ sabemos que $\overline{U}_{0} \subset U_{1}$. Pela proposição anterior existe $U_{\frac{1}{2}}$ aberto tal que $$\overline{U}_{0 }\subset U_{\frac{1}{2}} \subset \overline{U}_{\frac{1}{2}} \subset U_{1}.$$
Assim, ${\mathscr U}_{1}$ satisfaz os itens $a)$ e $b)$.

$(iii) \ m=2$ temos $U_{2}=\left\{U_{0},U_{\frac{1}{4}},U_{\frac{1}{2}},U_{\frac{3}{4}},U_{1}\right\}$.

Repare que $\left\{U_{0},U_{\frac{1}{2}},U_{1}\right\} \subset {\mathscr U}_{1}$, desta forma $$\overline{U}_{0} \subset U_{\frac{1}{2}} \subset \overline{U}_{\frac{1}{2}} \subset U_{1}.$$ Pela proposição anterior existem abertos $U_{\frac{1}{4}} \ \mbox{ e } \ U_{\frac{3}{4}}$ tais que $$\overline{U}_{0} \subset U_{\frac{1}{4}} \subset \overline{U}_{\frac{1}{4}} \subset U_{\frac{1}{2}} \subset \overline{U}_{\frac{1}{2}} \subset U_{\frac{3}{4}} \subset \overline{U}_{\frac{3}{4}} \subset U_{1}.$$
Logo, ${\mathscr U}_{2}$ satisfaz os itens $a)$ e $b)$.

Suponhamos por hipótese de indução que
$$\mathscr{U}_{m}=\left\{\dfrac{U_{k}}{2^{m}};\ k=0, \cdots, 2^{m}\right\}$$
satisfaça os itens $a)$ e $b)$.

Para obtermos ${\mathscr U}_{m+1}$ precisamos definir apenas para $k$ ímpar, uma vez que para $k$ par retornamos ao conjunto ${\mathscr U}_{m}$.
Observe que $$\left\{U_{\frac{k-1}{2^{m}}},U_{\frac{k+1}{2^{m}}}\right\} \subset {\mathscr U}_{m} \ \ \mbox{ e } \ \ k-1 < k+1,$$ logo por hipótese de indução (item $b)$) sabemos que $$\overline{U}_{\frac{k-1}{2^{m}}} \subset U_{\frac{k+1}{2^{m}}}.$$ E, pela proposição anterior existe um aberto $U_{\frac{k}{2^{m+1}}}$ tal que $$\overline{U}_{\frac{k-1}{2^{m}}} \subset U_{\frac{k}{2^{m+1}}} \subset \overline{U}_{\frac{k}{2^{m+1}}} \subset U_{\frac{k+1}{2^{m}}}.$$ E da hipótese de indução (item $a)$) concluímos que ${\mathscr U}_{m+1}$ satisfaz os itens $a)$ e $b)$.

Portanto a família $\mathscr{U} = \displaystyle\bigcap_{m=0}^{\infty} \mathscr{U}_{m}$ satisfaz os itens $a)$ e $b)$.

Passo 2: Definição da Função $f$.

Seja $f: X \rightarrow [0,1]$ tal que
$$f(x)=\left\{\begin{align*}
\inf\{r \in R;\ x \in U_{r}\}, & \mbox{ se } x \notin B
\\
1, & \mbox{ se } x \in B
\end{align*}\right.$$

Afirmação 1: $f(x) =0$, para todo $x \in A$.

Como $A \subset U_{0} \subset (X -B)$ temos que para qualquer $x \in A \subset U_{0}$ , $ x \notin B$. Logo,
$$f(x)=\inf\{0;\ x \in U_{0}\}=0,\ \forall x \in A.$$

Afirmação 2: $f(x)=1$, para todo $x \in B$.

Isto decorre diretamente da definição da função $f$.

Passo 3: Continuidade da Função $f$.

Se $y \in U_{r}$ então
$$f(y)=\inf\{r \in R;\ y \in U_{r}\} \leq r \Rightarrow f(y) \leq r,\ \forall y \in U_{r}.$$
Ou seja,
$$y \in U_{r} \Rightarrow f(y) \leq r$$
Seja $y \notin U_{r}$. Do item $b)$ sabemos que se $r' < r$ então $U_{r'} \subset U_{r}$ e como $ y \notin U_{r}$ segue que $y \notin U_{r'},\ \forall r' < r$. Assim,
$$y \notin U_{r} \Rightarrow f(y) \geq r.$$

Para provarmos a continuidade vamos usar a Definição 4.14 da apostila.

Seja $f(y_{0})=r_{0}$ e tome $W=(r_{0} - \varepsilon, r_{0} + \varepsilon)$, com $\varepsilon >0$, uma vizinhança qualquer de $r_{0}$. Vamos considerar 3 casos:

$(i)$ $r_{0}=0$.

Tome $r \in (0, \varepsilon)$. Para todo $x \in U_{r}$ temos que $0 \leq f(x) \leq r$, Logo,
$$f(U_{r}) \subset [0,r] \subset [0,\varepsilon) \subset (-\varepsilon, \varepsilon) = (0 - \varepsilon, 0 + \varepsilon) = W$$

$(ii)$ $r_{0} =1$.

Tome $r \in (1-\varepsilon,1)$. Seja $x \in (X - \overline{U}_{r})$ qualquer. Como $x \notin \overline{U}_{r}$ sabemos que $x \notin U_{r}$. Assim,
$$f(X - \overline{U}_{r}) \subset [r,1) \subset (1- \varepsilon,1) \subset (1- \varepsilon, 1 + \varepsilon) =W$$

$(iii)$ $r_{0} \in (0,1)$.

Tome $r,r' \in R$ tais que
$$r_{0} -\varepsilon < r < r_{0} < r' < r_{0} + \varepsilon$$
Observe que para todo $x \in (U_{r'} - U_{r})$ temos $x \in U_{r'}$ e $ x \notin U_{r}$. Daí,

$$f(U_{r'} - U_{r}) \subset [r,r'] \subset (r_{0} - \varepsilon, r_{0} + \varepsilon)=W$$
Em todos casos, obtivemos $f$ contínua.