O plano de Niemytski é completamente regular ou espaço de Tychonoff. Esse plano é $T_{1}$ e resta provar que é $T_{3{\frac{1}{2}}}$.

Sejam $(x,y) \in P$ e $F \subset P$ fechado com $(x,y) \notin F$. Daí, $P$\ $F$ é aberto.

Caso 1: $y >0$.

Observe que $\varepsilon:= \frac{d(F,(x,y))}{2}$ é tal que $B_{\varepsilon} (x,y)$ é uma vizinhança aberta em $(x,y)$, com a métrica usual de $\mathbb{R}^2$ e com $B_{\varepsilon} (x,y) \subset P$\ $F$. Assim, $B_{\varepsilon} (x,y) \cap F = \emptyset$. Defina $f:P \longrightarrow [0,1]$ dada por

\begin{equation} f(u,v) = \begin{cases} \frac{||(x,y)-(u,v)||}{\varepsilon} \text{, se } (u,v) \in B_{\varepsilon} (x,y)\\ 1 \text{, caso contrário} \end{cases} \end{equation}

Dessa forma, $f$ está bem definida, pois $B_{\varepsilon} (x,y) \cap F = \emptyset$. Temos que $f(x,y)=0$ e $f(u,v)=1$, para todo $(u,v) \in F$.

Afirmamos que $f$ é contínua. De fato, vejamos a seguir que a imagem inversa de qualquer aberto em $[0,1]$ é aberto. Considere $0 \leq a <1$, $0<b \leq 1$ e $0 \leq a< b \leq 1$. Assim,

\begin{eqnarray*} f^{-1}([0,1])&=& \mathbb{R}^2 \text{, é aberto em } P;\\ f^{-1}(]a,1])&=& \mathbb{R}^2/ B_{a\varepsilon} (x,y) \text{, é aberto em } P;\\ f^{-1}([0,b[)&=& B_{b\varepsilon} (x,y) \text{, é aberto em } P;\\ f^{-1}(]a,b[)&=& \mathbb{R}^2 /B_{a\varepsilon} (x,y) \cap B_{b\varepsilon} (x,y) \text{, é aberto em } P. \end{eqnarray*}

Portanto, a função $f$ com a topologia de $P$ separa completamente $F$ e $(x,y)$.

Caso 2: $y = 0$.

Defina $\varepsilon:= \frac{d(F,(x,0))}{4}$ e note que $B_{\varepsilon}=B_{\varepsilon} (x,\varepsilon) \cup \{(x,0)\}$, com a métrica usual de $\mathbb{R}^2$, é uma vizinhança aberta em $(x,0)$. Temos que $B_{\varepsilon} \subset P$\ $F$. Assim, $B_{\varepsilon} \cap F = \emptyset$. Defina $f:P \longrightarrow [0,1]$ dada por

\begin{equation} f(u,v) = \begin{cases} \frac{||(x,0)-(u,v)||}{\varepsilon}, \text{ se } (u,v) \in B_{\varepsilon}\\ 1 \text{, caso contrário} \end{cases} \end{equation}

Dessa forma, $f$ está bem definida, pois $B_{\varepsilon} \cap F = \emptyset$. Mais ainda, $f(x,0)=0$ e $f(u,v)=1$, para todo $(u,v) \in F$.

Afirmamos que $f$ é contínua. De fato, vejamos a seguir que a imagem inversa de qualquer aberto em $[0,1]$ é aberto. Considere $0 \leq a < 1$, $0<b \leq 1$ e $0 \leq a< b \leq 1$. Assim,

\begin{eqnarray*} f^{-1}([0,1])&=& \mathbb{R}^2 \text{, é aberto em } P;\\ f^{-1}(]a,1])&=& \mathbb{R}^2/ B_{a\varepsilon} (x,y) \text{, é aberto em } P;\\ f^{-1}([0,b[)&=& B_{b\varepsilon} (x,y) \text{, é aberto em } P;\\ f^{-1}(]a,b[)&=& \mathbb{R}^2 /B_{a\varepsilon} (x,y) \cap B_{b\varepsilon} (x,y) \text{, é aberto em } P. \end{eqnarray*}
Portanto, a função $f$ com a topologia de $P$ separa completamente $F$ e $(x,0)$.

Dessa forma, o Plano de Niemytski é completamente regular.