O plano de Niemytski não é normal.
O plano de Niemytski é $T_{1}$.. Então para não ser normal precisamos apenas mostrar que $P$ não é $T_4$.
Vamos supor que $P$ seja normal.
Seja $A=\{(x,0):x \in \mathbb{R}\}$. $A$ é fechado em $P$ e é discreto. Assim, qualquer subconjunto $F \subset A$ é fechado em $A$ e também fechado em $P$. O complementar de $F$, $A$\ $F$, é fechado em $P$.
Aplicando o Teorema de Tietze, temos que para cada $F \subset A$, existe $f_{F}:P \rightarrow [0,1]$ dada por: $f_F(x)= 1$, se $x \in F$ e $f_F(x)= 0$, caso contrário.
Essa função é contínua em $A$, pois $A$ é discreto. Daí, existe $\tilde {f}_{F}: P \rightarrow [0,1]$ contínua. Se temos $F \neq G$, logo $f_F \neq f_G$, pois ao tomarmos um ponto $a \in F$ e $a \in G$ obtemos valores diferentes fazendo com que as extensões também sejam diferentes, isto é, $\tilde {f_F} \neq \tilde {f_G}$.
Tome $\phi:\mathcal{P} (A) \rightarrow \mathcal{F}$, onde $\mathcal {F}:P \rightarrow [0,1]$ função contínua, dada por $\phi (F)=\tilde {f_F}$. Daí, $\phi$ é injetora.
Sabemos que o plano de Niemytski é separável, ou seja, tem um subconjunto denso enumerável $D \subset P$. Dessa forma, $\tilde {f_F}|_{D}$ é contínua. Se uma função é contínua em um subconjunto denso, logo admite uma única extensão.
Se $F \neq G$, logo $\tilde {f_F}|_D \neq \tilde {f_G}|_D$.
Com esses resultados mostramos que $\phi$ saí de $\mathcal {P} (A)$ que tem tamanho contínuo e chega a $\mathcal {F}'$ que são as funções contínuas definidas em $D$ enumerável. Portanto $|\mathcal{P}(A)| >|\mathcal{P}(D)|$.
Absurdo, pois a função injetora $\phi$ não existe. Portanto o plano de Niemytski não é normal.
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