Antes de provar o Lema de Urysohn e o Teorema de Tietze, vamos provar duas proposições que nos ajudarão a inferir os dois teoremas-alvo facilmente, e também nos ajudarão a organizar nossas ideias.
O seguinte lema nos diz que em um espaço topológico podemos sempre construir uma função contínua dependendo da existência de uma família enumerável decrescente especial de conjuntos fechados com interseção vazia, que cobre todo o espaço.
Lema 1. Seja $X$ um conjunto não vazio, e $(X,\tau)$ um espaço topológico. Suponha que exista uma família $(F_s)_{s\in\mathbb{Q}}$ de conjuntos fechados que satisfazem
1. $F_r \subset Int(F_s)$ se $r<s$,
2. $\bigcup_{s\in \mathbb{Q}} F_s = X$,
3. $\bigcap_{s\in\mathbb{Q}}F_s=\emptyset$.
Então, $\varphi: X\to\mathbb{R}$ dado por $\varphi(x) =$ inf$\{r\in\mathbb{Q}: x \in F_r\}$ é uma função contínua.
Demonstração. Provaremos sequencialmente que $\varphi$ é uma função bem definida e contínua. Vamos começar.
Primeiro, vamos ver que $\varphi$ é uma função bem definida pelas condições 2 e 3. Seja $I_x = \{r\in \mathbb{Q}: x \in F_r\}$. Pela condição 2, $I_x$ não é vazio, pois existe um número racional $s_0$ tal que $x\in F_{s_0}$. Usando a condição 3, existe um racional $s_1$ tal que $x\notin F_{s_1}$, então $s_1$ é um limite inferior de $I_x$ (caso contrário, temos um racional $r_0 \in I_x$ tal que $ r_0 <s_1 $, o que implicaria que $x\in F_{s_1}$ pela condição 1). Em segundo lugar, para mostrar a continuidade de $\varphi$, devemos provar que
$$\varphi^{-1}((a,b))=\bigcup_{(r,s)\in Q}(Int(F_s)\setminus F_r); \forall a,b\in\mathbb{R}: a<b, \varphi^{-1}((a,b))\neq \emptyset,\;\;\; (1)$$
onde $Q=\{(r, s)\in \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}: a <r <s <b \}$. Na verdade, (1) segue. Sejam $a, b \in \mathbb{R}$ com $a<b$ tal que $\varphi^{-1}((a, b)) \neq \emptyset $. Por um lado, seja $x\in X$ tal que $\varphi(x)\in(a, b)$, então existe um racional $s_1$ tal que $x\in F_ {s_1}$ e inf $I_x <s_1 <b$ pela definição de $\varphi$ e definição do ínfimo de um conjunto. Como $\mathbb {Q}$ é denso em $\mathbb{R}$, há $s_0 \in \mathbb {Q} (s_1 <s_0 <b): x \in F_ {s_1} \subset Int(F_ {s_0})$. Além disso, para qualquer $ r\in (a,$ inf$I_x)\cap \mathbb{Q}$, temos $r\notin I_x$ (caso contrário, $r \geq$ inf$I_x $). Então, em particular, existe $r_0 \in \mathbb{Q}$ com $a<r_0 <s_0$ tal que $x \notin F_{r_0}$. Portanto, $x\in Int(F_{s_0})\setminus F_{r_0}$ com $(r_0,s_0)\in Q$.
Por outro lado, seja $x\in Int(F_{s_0}) \setminus F_{r_0}$ para algum $(r_0, s_0) \in Q$. Pela definição de $\varphi$ e ínfimo de um conjunto, inferimos que $r_0 <\varphi(x) \leq s_0 $. Portanto, $a<\varphi(x)\leq b$. Como $\emptyset$ é aberto, $\varphi^{-1}((a, b))$ é aberto em $X, \forall a, b \in \mathbb{R}: a <b $. Portanto, $ \varphi$ é contínua, pois temos que a pré-imagem dos conjuntos abertos básicos em $\mathbb{R}$ em $\varphi$ é aberta em $X$.
A proposição abaixo nos diz que em um espaço $T_4$, para qualquer função contínua de um conjunto fechado ao intervalo unitário, existe uma extensão contínua.
Proposição 2. Seja $(X, \tau)$ um espaço topológico $T_4$ e $f: A \to [0,1]$ contínua, onde A$ \subset X$ é fechado. Então, existe uma função $F: X \to [0,1]$ que é uma extensão contínua de $f$.
Demonstração. A ideia central desta prova é definir indutivamente uma sequência particular auxiliar de conjuntos abertos em X, a partir da qual construiremos uma família decrescente especial de conjuntos fechados em X para aplicar o lema anterior e, subsequentemente, iremos provar.
Para cada $r \in \mathbb{Q}$ e cada $s\in (0,1) \cap \mathbb{Q}$, sejam
$$A_r:= \{x\in A:f(x)\leq r\},$$ $$U_s:= X\setminus \{x\in A: f(x)\geq s\}.$$
Então, cada $A_r$ é fechado, pois $X \setminus A = X \setminus f^{- 1} ((-\infty, r]) = f^{-1}((r, +\infty))$; cada $U_s$ é aberto desde que $U_s = f^{-1}((-\infty, s))$, e $A_r\subset U_s$ sempre que $r <s$.
Vamos definir $P:= \{(r, s) \in \mathbb{Q}\times \mathbb {Q}: 0 \leq r <s <1\}$. Devido a que $\mathbb{Q}\times\mathbb{Q}$ é enumerável, podemos enumerar $P$ como $(r_n, s_n)_{n \in \mathbb {N}}$.
Em $P$, definimos a relação de ordem “$\leq$” como segue: $(r, s) \leq (a, b)$ se $r \leq a$ e $s \leq b$. Veja que, $(r, s) <(a, b)$ se $(r, s) \leq (a, b)$, e também $r \neq a$ ou $s \neq b$. Agora, vamos definir indutivamente uma sequência $(H_n)_{n \in \mathbb {N}}$ de conjuntos abertos de $X$ de modo que para cada $n \in \mathbb{N}$, temos
(a) $A_{r_n}\subset H_{n}\subset \overline{H_n}\subset U_{s_n}$,
(b) $\overline{H_i}\subset H_l$ if $(r_i, s_i)<(r_l, s_l)$ with $i,l\leq n$.
Vamos construir essa sequência indutivamente. Desde que $X$ é $T_4$, pelo Alongamento 1.2.23 podemos definir um conjunto aberto $H_0$ tal que $$A_{r_0}\subset H_{0}\subset \overline{H_0}\subset U_{s_0}.$$ Além disso, $H_0$ satisfaz (b), vacuamente.
Suponha que definimos conjuntos abertos $H_0, H_1, \ldots, H_{n-1}$ de forma que cada um deles satisfaça (a) e (b). Vamos definir $H_n$. Vamos estabelecer
$$J:= \{j\in \mathbb{N}: j<n, (r_j, s_j)<(r_n, s_n)\},$$ $$K:= \{k\in \mathbb{N}: k<n, (r_n, s_n)<(r_k, s_k)\}.$$
Usando a hipótese indutiva, inferimos que $\bigcup_{j \in J} \overline {H_j} \subset \bigcup_ {j \in J} U_ {s_j}$ e $\bigcup_ {j\in J} U_ {s_j} \subset U_ {s_n}$ (mesmo se $J$ é vazio). Então, $$A_{r_n} \cup \bigcup_{j\in J}\overline {H_j} \subset U_ {s_n}\;\;\; (1)$$ pois $(r_n, s_n) \in P$. Antes de prosseguir com a prova, lembre-se de que a interseção de uma família ou coleção de conjuntos é definida apenas quando tal coleção é não vazia (pelo menos sob a teoria de ZFC). Então, vamos continuar.
Se $K = \emptyset$, então, graças à (1) e o fato de que $X$ é $T_4$, podemos definir um conjunto aberto $H_n$ tal que $$ A_{r_n} \cup \bigcup_{j\in J} \subset H_{n}\subset \overline{H_n}\subset U_{s_n}.\;\;\; (2)$$ Portanto, $H_n$ satisfaz (a). Se $i, l \leq n$ tal que $(r_i, s_i)<(r_l, s_l)$, então $i <n$ (caso contrário, $K$ não é vazio). Assim, $H_n$ satisfaz (b) pela hipótese indutiva (em particular, pela condição (b) de cada $H_p$ com $p \leq n-1$) e condição (2).
Se $K\neq \emptyset$, então inferimos da hipótese indutiva, mesmo se $J$ fosse vazio, que $$\bigcup_{j\in J}\overline{H_j}\subset \bigcap_{k\in K}H_k,\;\;\; (3)$$ e $$\bigcap_{k\in K} A_{r_k}\subset\bigcap_{k\in K}H_k.\;\;\; (4)$$
Usando a definição de $K$ e a definição de $A_{r_n}$, temos $A_{r_n}\subset\bigcap_{k\in K} A_{r_k}$. Portanto, usando (1), (3) e (4), temos que $A_{r_n} \cup\bigcup_{j\in J} \overline{H_j} \subset U_{s_n} \cap \bigcap_{k\in K} H_k.$ Assim, como $X$ é $T_4$, podemos definir um conjunto aberto $H_n$ satisfazendo
$$ A_{r_n} \cup \bigcup_{j\in J} \overline {H_j} \subset H_n \subset \overline {H_n} \subset U_{s_n} \cap \bigcap_{k \in K} H_k.\;\;\; (5)$$
Portanto, $H_n$ satisfaz (a). Se $i, l \leq n$ tal que $(r_i, s_i) <(r_l, s_l)$, então $i, l \leq n-1$ ou $i = n$ ou $l = n$ (“ou” em sentido inclusivo). Assim, $H_n$ satisfaz (b) pela hipótese indutiva (em particular, pela condição (b) de cada $H_p$ com $p \leq n-1$) e condição (5).
Terminamos a construção de $(H_n)_{n \in \mathbb{N}}$. Por questões de conveniência, vamos re-indexar essa família de conjuntos abertos, como
$$(H_{(r,s)})_{(r,s)\in P}.$$
Note que, graças à construção, podemos deduzir
(A) $\forall (r,s)\in P: A_r\subset H_{(r,s)}\subset \overline{H_{(r,s)}}\subset U_s,$
(B) $\forall (r,s), (a,b)\in P, (r,s)<(a,b): \overline{H_{(r,s)}}\subset H_{(a,b)}.$
Como dissemos no início, devemos construir uma família especial de conjuntos fechados a partir da família auxiliar de conjuntos abertos. Vamos construir. Seja $r\in \mathbb{Q}$ e defina $F_r$ como segue
Obviamente, cada $F_r$ é fechado; todos os conjuntos $F_r$ cobrem $X$ (ou seja, $\bigcup_{r\in\mathbb{Q}}F_r = X$), e $\bigcap_{r \in \mathbb{Q}} F_r = \emptyset$. Afirmamos que $F_r \subset Int(F_s)$ se $r <s$. Com base na definição dos conjuntos $F_r$, basta mostrar $F_r \subset Int(F_s)$ quando $0 \leq r<s<1$. Então, seja $(r, s) \in P$, e fixe $t \in \mathbb{Q}$ de modo que $r <t <s$. Por consequência, $$F_r \subset \overline {H_{(r, s)}} \subset H_{(t, s)} \subset \overline {H_ {(t, s)}}\subset \bigcap_{u > s}\overline{H_{(s, u)}} = F_s.$$ Dado que o interior dos conjuntos preserva a inclusão, e o interior de um conjunto aberto é ele mesmo, então $F_r\subset Int (F_s)$. Portanto, usando o Lema 1, temos que a função $$\mathcal{F}(x)=inf \{r\in \mathbb{Q}: x\in F_r\}$$ é contínua. Além disso, é claro pela definição de $(F_r)_{r \in \mathbb{Q}}$ que $\mathcal {F}(x) \in [0,1]$, para todo $x\in X$. Agora, vamos provar que $\mathcal {F}$ estende $f$.
A partir das definições de $(H_{(r, s)})_{(r, s) \in P}, A_r$ e $U_s$, inferimos que para cada $r \in \mathbb{Q} \cap [0,1[$ $$A_r\subset A\cap \bigcap_{s>r}\overline{H_{(r,s)}}\subset A\cap\bigcap_{s>r}U_s=A_r.$$
Então, $A_r = A \cap F_r$. Assim, para provar que $\mathcal {F}$ extende $f$, basta mostrar que $f(x) =$ inf$\{r \in \mathbb{Q}: x \in A_r\}$ para qualquer $x \in A$ .Fixe $x\in A$. Por um lado, seja $s \in \mathbb {Q}$ tal que $x \in A_s$. Então, $f(x) \leq s$ por definição de $A_s$. Portanto, $f(x) \leq$ inf$\{r \in \mathbb{Q}: x \in A_r\}$. Por outro lado, suponha que $f(x)<$ inf$\{r \in \mathbb{Q}: x \in A_r\}$. Como $\mathbb{Q}$ é denso em $\mathbb{R}$, seja $s\in\mathbb{Q}$ tal que $f(x)\leq s<$inf $\{r \in \mathbb {Q}: x \in A_r\}$. Então, $x \in A_s$ pela definição de $A_s$, o que implica que inf$\{r \in \mathbb{Q}: x \in A_r \} \leq s$ que é absurdo.