# Lema de Urysohn

O lema de Urysohn é um importante resultado em matemática, mais especificamente em topologia; demonstrado pela primeira vez pelo matemático russo Pavel Samuilovich Urysohn, afirma que se um espaço topológico é normal, então quaisquer fechados disjuntos em tais espaços podem ser separados por uma função.

## Enunciado

O enunciado do Lema de Urysohn, provado pelo próprio em 1925, diz que se $\langle X,\tau \rangle$ é um espaço topológico normal; dados os $\tau$-fechados e disjuntos $A,B\subseteq X$, existe uma função contínua $f:X\to [0,1]$ tal que $f(A)\subseteq \{0\}$ e $f(B)\subseteq \{1\}$. Tal função é chamada função de Urysohn

## Demonstração

Considere o conjunto $S$ dos racionais em $[0,1]$, isto é
          $S=[0,1]\cap \mathbb {Q} =\{s_{0}=0,s_{1}=1,\dots ,s_{n},\dots \}.$
Dados os fechados $A$ e $B$, definimos uma seqüência de abertos indexados em $S$ tais que
          $U_{s_{i}}\subseteq U_{s_{j}}$
sempre que $s_{i}<s_{j}$, para quaisquer $i,j\in \omega$. Para isso, tome o aberto $X\setminus B$. Como $X$ é normal, existe um aberto $U_{0}$ tal que
          $A\subseteq U_{0}\subseteq {\overline {U}}_{0}\subseteq X\setminus B.$
Defina $U_{s_{1}}=X\setminus B$. Tome $s_{2}\in S\setminus \{0,1\}$, temos que $0<s_{2}<1$. Portanto podemos escolher um $\tau$-aberto $U_{s_{2}}$ tal que
          ${\overline {U}}_{0}\subseteq U_{s_{2}}\subseteq {\overline {U}}_{s_{2}}\subseteq U_{1}.$
Assim, seja $s_{3}\in S\setminus \{0,1,s_{2}\}$ e tome $q_{3}=\max\{x\in \{0,1,s_{2}\}:x<s_{3}\}$ e $r_{3}=\min\{x\in \{0,1,s_{2}\}:s_{3}<x\}$. Assim, novamente pela normalidade do espaço, podemos escolher um $\tau$-aberto $U_{s_{3}}$ tal que
          ${\overline {U}}_{q_{3}}\subseteq U_{s_{3}}\subseteq {\overline {U}}_{s_{3}}\subseteq U_{r_{3}}.$
Procedemos, analogamente, por indução. Suponha, pelo bem da demonstração, que já estejam escolhidos os $\tau$-abertos $U_{0},\dots ,U_{s_{n}}$, para algum $n\in \omega$. Tome $s_{n+1}\in S\setminus \{0,1,s_{2},\dots ,s_{n}\}$ e defina $q_{n+1}=\max\{x\in \{0,1,s_{2},\dots ,s_{n}\}:x<s_{n+1}\}$ e $r_{n+1}=\min\{x\in \{0,1,s_{2},\dots ,s_{n}\}:s_{n+1}<x\}$. Podemos, portanto, escolher um $\tau$-aberto $U_{s_{n+1}}$ tal que
          ${\overline {U}}_{q_{n+1}}\subseteq U_{s_{n+1}}\subseteq {\overline {U}}_{s_{n+1}}\subseteq U_{r_{n+1}}.$
Assim procedemos até o primeiro ordinal transfinito $\omega$. Com isso, dispondo da família $\langle U_{s_{n}}\rangle _{n\in \omega }$ tal como acima, defina $f:X\to [0,1],$ dada por
          $f(x)={\begin{cases}\inf(\{r\in S:x\in U_{r}\}),&{\text{ se }}x\in U_{s_{1}}\\1,&{\text{ se }}x\not \in U_{s_{1}}\end{cases}}$
É evidente que $f$ é contínua já que os intervalos do tipo $[0,a[$ e $]b,1]$, com $a,b\in [0,1]$ formam uma sub-base de $[0,1]$ com a topologia de subspaço; temos, também, que $f(A)\subseteq \{0\}$ e $f(B)\subseteq \{1\}$, o que conclui a demonstração.
A recíproca do lema de Urysohn também é válida; com efeito, tomemos os $\tau$-abertos
          $U=f^{-1}([0,1/2{\text{ e }}V=f^{-1}1/2,1]).$
Temos que
          $A\subseteq U,\;B\subseteq V,{\text{ e }}U\cap V=\emptyset .$

## Observações

Deve estar claro ao leitor que o passo da atribuição de um racional ao aberto, que satifaça a relação de inclusão, é feito mediante a admissão do Princípio da Escolha Dependente. Temos também que o Lema de Urysohn é não-demonstrável em ZF, mas é demonstrável em ZF + DC.
Vale salientar que a função de Urysohn depende dos fechados $A$ e $B$.
Há quem diga que na matemática, os teoremas mais difíceis de provar são aqueles que envolvem "tirar um coelho da cartola", e a prova deste teorema é considerada por muitos matemáticos como um dos maiores coelhos que alguma vez foram tirados de alguma cartola.