RESUMEN. Demostramos que todo espacio topológico $T_3$ es $T_2$ y que el recíproco no es cierto.
- Definición. Un espacio topológico $X$ se dice que es regular si para todo $F\subset X$ cerrado y para todo $p\in X$ con $p\notin F$, existen $G,H$ abiertos disjuntos tales que $F\subset G$ y $p\in H.$
- Ejemplo. Sea $X=\{a,b,c\}$ con la topología $T=\{\emptyset,X,\{a\},\{b,c\}\}.$ Los cerrados en $X$ son $X,$ $\emptyset$, $\{b,c\}$ y $\{a\}$ y a partir de aquí se comprueba fácilmente que $X$ es regular. Sin embargo, no es $T_1$ pues por ejemplo el conjunto unitario $\{b\}$ no es cerrado.
- Definición. Un espacio topológico $X$ se dice que es $T_3$ si es regular y $T_1$.
- Teorema. Todo espacio topológico $T_3$ es $T_2.$
Demostración. Sean $X$ un espacio topológico $T_3$ y sean $a,b\in X$ con $a\ne b.$ Como $X$ es $T_1,$ $\{a\}$ es cerrado y además $b\notin \{a\}.$ Al ser $X$ regular, existen abiertos disjuntos $G,H$ tales que $\{a\}\subset G$ y $b\in H.$ Es decir, existen abiertos disjuntos $G,H$ tales que $a\in G$ y $b\in H$ lo cual implica que $X$ es $T_2.$ - Teorema. El recíproco no es cierto. Es decir, $X$ es $T_2$ no implica que $X$ es $T_3.$
Demostración. Consideremos $X=\mathbb{R}$ y el subconjunto $K\subset \mathbb{R}$ dado por $K=\{1/n:n=1,2,3,\ldots\}.$ Veamos que $$\mathcal{B}=\{B\subset X: B=(a,b)\text{ o }B=(a,b) – K\text{ con }a,b\in\mathbb{R}\text{ y }a < b\}$$ es una base para una topología $T$ en $\mathbb{R}.$ En efecto, si $x\in \mathbb{R}$, $x\in (x-1,x+1)\in\mathcal{B}$ con lo cual $\mathbb{R}=\bigcup_{B\in \mathcal{B}}B.$ Por otra parte si $B,B^*\in\mathcal{B}$ entonces, tanto $B$ como $B^*$ son o bien un intervalo abierto en $\mathbb{R}$ o bien un intervalo abierto intersección con $K^c$, luego $B\cap B^*$ es un intervalo abierto en $\mathbb{R}$, o bien un intervalo abierto intersección con $K^c$, o bien $\emptyset.$ En cualquier caso $B\cap B^*$ es unión de elementos de $\mathcal{B}$ (téngase en cuenta que $\emptyset=\bigcup_{B\in \emptyset\subset \mathcal{B}}B$).
La topología $T$ definida por la base $\mathcal{B}$ es más fina que la usual en $\mathbb{R}$ (que es $T_2$) por tanto $(\mathbb{R},T)$ es $T_2$. Veamos ahora que no es regular, con lo cual no será $T_3.$ Nótese que $K$ es cerrado en $T$. Demostremos que no que existen abiertos $G$, $H$ tales que $K\subset G$, $0\in H$ y $G\cap H=\emptyset.$ Si exisieran, entonces existiría $H_1\in\mathcal{B}$ con $0\in H_1\subset H$ y $H_1\cap G=\emptyset.$ No puede ser $H_1=(a,b)\ni 0$ pues $(a,b)\cap G=\emptyset$ ya que $K\subset G$ y al ser $1/n\to 0$, $(a,b)$ contiene algún elemento de $K.$
Por tanto ha de ser $H_1=(a,b)-K$ con $a < 0 < b.$ Elijamos ahora $n$ tal que $1/n < b.$ Dado que $1/n\in G$ y $G$ es abierto, existe un elemento $G_1\in\mathcal{B}$ tal que $1/n\in G_1\subset G.$ Dado que $G_1\cap K\ne\emptyset$ ha de ser $G_1=(c,d)$ para $c,d$ cumpliendo $c < 1/n < d.$ Ahora bien, para $z\in\mathbb{R}$ tal que $c < z < 1/n$ y $z\notin K$ tenemos $z\in H_1\cap G_1$ luego $z\in H\cap G.$