=== A topologia da ordem satisfaz $T_4$ === Seja $(X, \preceq)$ um conjunto totalmente ordenado e $\tau$ a sua [[topologia:aincriveltopologiadaordem|topologia da ordem]]. Então $(X, \tau)$ satisfaz $T_4$. **Demonstração.** Sejam $F, G\subset X$ fechados, $F\cap G=\varnothing$. Como $X-G$ é aberto, para cada $f\in F\subset X-G$, existe $V_f$ aberto básico com $f\in V_f\subset X-G$. Analogamente, para cada $g\in G\subset X-F$, existe $V_g$ aberto básico com $g\in V_g\subset X-F$. Sejam $V_F = \bigcup_{f\in F} V_f$, $V_G = \bigcup_{g\in G} V_g$ e $V = V_F\cap V_G$. É fácil ver que $F\subset V_F$, $G\subset V_G$ e $V\subset X-(F\cup G)$. Se $V = \varnothing$, $V_F$ e $V_G$ serão os nossos abertos disjuntos nosso trabalho estará terminado. Assim, suponha $V\neq \varnothing$. Considere a relação $\sim$ sobre $V$ dada por * Se $p, q\in X$, $p\prec q$, então $p\sim q$ e $q\sim p$ se $[p, q]\subset V$. É fácil ver que $\sim$ será uma relação de equivalência $V$. Seja $T$ um conjunto contendo um elemento de cada classe de equivalência de $V/\sim$. Seja $f\in F$ e suponha que existam $p, q\in V_f\cap T$, $p\prec q$. Vamos mostrar que $p\prec f\prec q$: De fato, suponha por absurdo que $f\prec p$. Como $p\in T\subset V$, existe $g\in G$ tal que $p\in V_g$. Como $V_f$ é aberto básico e $f, q\in V_f$, temos $[f, q]\subset V_f\subset X-G$, logo, $g\not\in [f, q]$. Se $g\prec f$, então $f\in[g, p]\subset V_g\cap F = \varnothing$, logo, $f\prec g$, portanto $f\prec p\prec q\prec g$. Mas então $[p, q]\subset V_f\cap V_g\subset V$, logo, $p\sim q$. Absurdo, pois tomamos $p, q$ em classes de equivalência distintas! Um argumento similar mostra que $f\prec q$. Analogamente, mostramos que se $g\in G$ e existam $p, q\in V_g\cap T$, $p\prec q$, então $p\prec g\prec q$. Isso mostra que $|V_x\cap T|\le 2~\forall x\in F\cup G$. Fixe $p\in T$. Sejam $F_p:=\{f\in F: p\in V_f\}$ e $G_p:=\{g\in G: p\in V_g\}$. Veja que $F_p, H_p\neq\varnothing$ pois $p\in V$. Suponha que $f\prec p$ para algum $f\in F_p$. Se existe $g\in G_p$ tal que $g\prec p$, então ou $f\prec g$ e $g\in [f, p]\subset V_f$ ou $g\prec f$ e $f\in [g, p]\subset V_g$. Absurdo! Logo, $p\prec g~\forall g\in G_p$. Um argumento similar mostra que $f\prec p~\forall f\in F_p$. Se, alternativamente, supusessemos que $p\prec f$ para algum $f\in F_p$, concluiríamos de modo análogo que $g\prec p\prec f~\forall f\in F_p~\forall g\in G_p$. Para cada $x\in F\cup G$, defina $$ W_x := \begin{cases} V_x &se~V_x\cap T = \varnothing\\ V_x\cap~]p, +\infty[ &se~V_x\cap T = \{p\}~e~p\prec x\\ V_x\cap~]-\infty, p[ &se~V_x\cap T = \{p\}~e~x\prec p\\ V_x\cap~]p, q[ &se~V_x\cap T = \{p, q\}~e~p\prec x\prec q \end{cases} $$ Note que cada $W_x$ será aberto básico. Sejam $$ W_F := \bigcup_{f\in F} W_f $$ $$ W_G := \bigcup_{g\in G} W_g $$ É claro que $W_F$ e $W_G$ são abertos com $F\subset W_F$ e $G\subset W_G$. Afirmamos que $W_F\cap W_G = \varnothing$. Suponha, por absurdo, que não. Então existem $f\in F$ e $g\in G$ tais que $W_f\cap W_g\neq \varnothing$. Sem perda de generalidade, suponha $f\prec g$. Seja $q\in W_f\cap W_g$. Não é difícil ver que $f\prec q\prec g$, já que $W_f$ e $W_g$ são abertos básicos. Além disso, $q\in V$, logo, existe um único $p\in T$ tal que $q\sim p$. Seja $I = [\min\{p, q\}, \max\{p, q\}]$. Então $I\subset V\subset X-(F\cup G)$, logo, $f, g\not\in I$, portanto $f\prec p\prec g$. Se $p\preceq q$, então $p\in W_f\cap T\subset V_x\cap T$, e, por construção, $W_f\subset ]-\infty, p[$ e $p\not\in W_f$. Absurdo! Se, por outro lado, $q\preceq p$, então $p\in W_g\cap T\subset V_g\cap T$, de modo que $W_g\subset ]p, +\infty[$ e $p\not\in W_g$. Outro absurdo! Assim, temos $W_F\cap W_G = \varnothing$. Segue que $(X, \tau)$ satisfaz $T_4$.