RESUMEN. Demostramos el lema de Uryshon.
Teorema (Lema de Uryshon)
Un espacio topológico $(X,T)$ es normal si y sólo si para cada par de subconjuntos cerrados no vacíos y disjuntos $F_1,F_2\subset X$, existe una aplicación continua $f:X\to [0,1]$ tal que $f(F_1)=\{0\}$ y $f(F_2)=\{1\}.$
Demostración
$\Leftarrow)$ Sean $F_1,F_2\subset X$ cerrados no vacíos y disjuntos y sea $f:X\to[0,1]$ una aplicación continua tal que $f(F_1)=\{0\}$ y $f(F_2)=\{1\}.$ Los conjuntos $[0,1/2)$ y $(1/2,1]$ son abiertos en $[0,1]$ y al ser $f$ continua, $G=f^{-1}([0,1/2))$ y $H=f^{-1}((1/2,1])$ son abiertos en $X,$ $F_1\subset G,$ $F_2\subset H$ y $G\cap H=\emptyset.$ Por tanto, $(X,T)$ es normal.
Esta es la implicación sencilla del lema de Uryshon. La implicación en el otro sentido va a requerir más elaboración.
$\Rightarrow)$ Sea $(X,T)$ normal y $F_1,F_2\subset X$ cerrados, no vacíos y disjuntos. Vamos a construir de forma inductiva una colección $\{G_p:p\in [0,1]\cap \mathbb{Q}\}$ de abiertos en $X.$ Sea $D=[0,1]\cap \mathbb{Q}.$ Dado que $D$ es numerable podemos expresar $D=\{p_n:n\in\mathbb{N}\}$ y convenimos en que $p_0=1$ y $p_1=0.$ Para ser más precisos, vamos a construir por inducción sobre los subíndices de los elementos de $D$ una colección $\{G_p:p\in D\}$ de abiertos en $X$ con la propiedad $$p < q\Rightarrow \overline{G_p}\subset G_q.\qquad (*)$$ Sea $G_1=F_2^c.$ Por la Caracterización de espacios topológicos normales, existe un abierto $G_0$ tal que $$F_1\subset G_0\subset\overline{G_0}\subset G_1.$$ Esto es el paso base de nuestra inducción, y evidentemente se satisface $(*).$ Supongamos ahora que hemos definido $G_{p_k}$ para todo $k=0,1,\ldots,n$ satisfaciendo $(*)$ y vamos a definir $G_{p_{n+1}}.$ Para simplificar la notación llamemos $P=\{p_1,p_2,\ldots,p_n\}$ y $r=p_{n+1}$. Vamos asituar primeramente el número $r$ en $P.$ Dado que $P$ es un conjunto con un número finito de racionales en $[0,1]$ que contiene a $0$ y $1$ (por construcción), $P\cup\{r\}$ esta ordenado por el orden usal de los racionales y $r$ tiene un predecesor inmediato y un sucesor immediato en $P.$ Les llamamos $p$ y $q$ respectivamente. Por la hipótesis de inducción tenemos $\overline{G_p}\subset G_q.$ Como $X$ es normal, existe abierto $G_r$ tal que $$\overline{G_p}\subset G_r\subset \overline{G_r}\subset G_q.$$ Con esto, ya tenemos construida la colección $$G_{p_1},G_{p_2},\ldots,G_{p_n},G_r=G_{p_{n+1}}$$ que satisface $(*)$ y hemos completado la inducción.
Vamos a extender ahora nuestra colección de abiertos al conjunto $\mathbb{Q}$ de los números racionales de la siguiente manera $$G_p=\left \{ \begin{matrix} \emptyset & \text{si} &p\in(-\infty,0)\cap \mathbb{Q}\\X & \text{si}& p\in(1,+\infty)\cap \mathbb{Q}\end{matrix}\right.$$ y es evidente que esta nueva colección $\{G_p:p\in\mathbb{Q}\}$ satisface $(*).$
Para cada $x\in X$ definimos el subconjunto de $\mathbb{Q}:$ $$\mathbb{Q}(x):=\{p\in \mathbb{Q}:x\in G_p\}.$$ Si $p$ es negativo, $p\notin \mathbb{Q}(x)$ pues $G_p=\emptyset.$ Si $p > 1$ entonces $x\in G_p$ pues $G_p=X.$ Es decir, $\mathbb{Q}(x)$ contiene a todos los racionales mayores que $1$, ningún racional menor que $0$ y algunos racionales en $[0,1]$ con lo cual existe $\inf\mathbb{Q}(x)\in [0,1].$ Definimos la función $$f:X\to [0,1],\quad f(x)=\inf\mathbb{Q}(x)=\inf\{p\in \mathbb{Q}:x\in G_p\}.$$ Veamos que esta es la función que satisface el lema de Uryshon. Falta por tanto que demostrar que:
(a) $f(F_1)=\{0\}$ y $f(F_2)=\{1\}.$
(b) $f$ es continua.
(a) Sea $x\in F_1.$ Como $F_1\subset G_0$ y si $p < q$ entonces $G_p\subset \overline{G_p}\subset G_q,$ se verifica $x\in G_p$ si $p\ge 0.$ Esto implica que $\mathbb{Q}(x)=[0,+\infty)\cap \mathbb{Q}$ y en consecuencia $f(x)=\inf [0,+\infty)\cap \mathbb{Q}=0.$ Por otra parte, si $x\in F_2$ entonces $x\notin G_1$ pues $G_1=F_2^c$ con lo cual $x\notin G_p$ para todo $p\le 1.$ Es decir $\mathbb{Q}(x)=(1,+\infty)\cap \mathbb{Q}$ y por tanto $f(x)=1.$
(b) Para demostrar que $f$ es continua, demostremos previamente que
(1) Si $x\in \overline{G_p}$ entonces $f(x)\le p.$
(2) Si $x\notin G_p$ entonces $f(x)\ge p.$
(1) En efecto, si $x\in\overline{G_p}$ entonces, por construcción $x\in \overline{G_p}\subset G_q$ para todo racional $q > p$ luego $(p,+\infty)\cap \mathbb{Q}$ es un subconjunto de $\mathbb{Q}(x)$ y por tanto $f(x)=\inf\mathbb{Q}(x)\le p.$
(2) Sea $x\notin G_p.$ Entonces, por construcción, $x\notin G_q$ para todo $q\le p$ con lo cual $(-\infty,p]\cap \mathbb{Q}(x)=\emptyset$ y por tanto $f(x)=\inf \mathbb{Q}(x)\ge p.$
La colección $\mathcal{B}=\{(a,b):a,b\in \mathbb{R}, a < b\}$ forman una base para la toplogía usual de $\mathbb{R}$, con lo cual $$\mathcal{B}_1=\{(a,b)\cap [0,1], a,b\in \mathbb{R}, a < b\}$$ forman una base para la topología inducida sobre $[0,1].$ Para demostrar que $f$ es continua bastará pues demostrar que para todo $U=(a,b)$ se verifica que $f^{-1}(U)$ es abierto en $X.$ Para ello fijemos un punto arbitrario $x\in f^{-1}(U) $ y demostremos que existe un abierto $G$ en $X$ tal que $x\in G\subset f^{-1}(U).$
Sea pues $x\in f^{-1}(U).$ Entonces, $f(x)\in (a,b)$ con lo cual existen racionales $p$ y $q$ tales que $$a < p < f(x) < q < b.$$ Como $p < f(x),$ se deduce de (1) que $x\notin \overline{G_p}$ y al ser $f(x) < q$ se deduce de (2) que $x\in G_q$ y como consecuencia $x\in G_q-\overline{G_p}.$ Este $G= G_q-\overline{G_p}$ va a ser el abierto que estamos buscando.
En efecto, sea $y\in G.$ Entonces $y\in G_q \subset \overline {G_q}$ con lo cual $f(y)\le q < b$ (por (1)). Por otra parte $y\notin \overline{G_p} \supset G_p$ con lo cual $f(y) \ge p > a $ (por (2)). En consecuencia $$f(y)\in [p.q]\subset (a,b)$$ lo cual demuestra que $x\in G \subset f^{-1}(U)$ y por tanto $f$ es continua. Con esto se concluye la demostración del lema de Uryshon. $\qquad \square$