正規空間

1 $\Rightarrow$ 2：$F$ と $X\setminus G$ は互いに素な閉集合なので、$F\subset V$、$X\setminus G\subset W$、$V\cap W=\emptyset$ を満たす開集合 $V,W$ が取れる。$V\subset X\setminus W$ で $X\setminus W$ は閉集合だから $\overline{V}\subset X\setminus W$ である。また $X\setminus W\subset G$ なので $F\subset V\subset\overline{V}\subset G$ を得る。
2 $\Rightarrow$ 1：互いに素な閉集合 $A,B$ に対し、$F=A$、$G=X\setminus B$ とすると $F\subset G$ である。条件 2 の $V$ を取り、$U:=V$、$U':=X\setminus\overline{V}$ と置く。$U,U'$ は開集合で、$A\subset U$、$B\subset X\setminus G\subset X\setminus\overline{V}=U'$、$U\cap U'=V\cap(X\setminus\overline{V})=\emptyset$ である。$\square$

$X$ は $T_1$ なので $\{x\}$ は閉集合であり、$x\notin F$ より $\{x\}$ と $F$ は互いに素な閉集合である。正規性条件により $\{x\}\subset U$、$F\subset V$ を満たす互いに素な開集合 $U,V$ が取れ、これが正則性の条件を与える。異なる二点 $x,y$ については $F=\{y\}$ とすればよい。$\square$

$X$ の点 $x$ と非空な部分集合 $S$ に対し、$S$ からの距離を
$$ d(x,S):=\inf\{d(x,s)\mid s\in S\} $$
で定める。次の二つを示す。
（i）$|d(x,S)-d(y,S)|\leq d(x,y)$。実際、任意の $s\in S$ について $d(x,S)\leq d(x,s)\leq d(x,y)+d(y,s)$ であり、$s$ について下限を取ると $d(x,S)\leq d(x,y)+d(y,S)$ を得る。$x,y$ を入れ替えても同じなので主張が従う。特に $x\mapsto d(x,S)$ は $X$ 上の連続関数である（$d(x,y)<\varepsilon$ ならば $|d(x,S)-d(y,S)|<\varepsilon$）。
（ii）$d(x,S)=0$ と $x\in\overline{S}$ は同値である。距離空間では、$x$ の開球 $B(x,\varepsilon)=\{y\mid d(x,y)<\varepsilon\}$（$\varepsilon>0$）が $x$ を含む開集合であり、$x$ を含む任意の開集合はある $B(x,\varepsilon)$ を含む。$x\in\overline{S}$ なら各 $B(x,\varepsilon)$ が $S$ と交わるので $d(x,S)<\varepsilon$ がすべての $\varepsilon>0$ で成り立ち、$d(x,S)=0$ である。逆に $d(x,S)=0$ なら、下限の定義から各 $\varepsilon>0$ に対して $d(x,s)<\varepsilon$ となる $s\in S$ があり、$B(x,\varepsilon)$ は $S$ と交わる。よって $x$ を含む任意の開集合が $S$ と交わり、$x\in\overline{S}$ である。特に $S$ が閉集合なら、$d(x,S)=0$ と $x\in S$ は同値である。
さて、$A,B$ を互いに素な閉集合とする。一方が空なら冒頭に述べたように分離は自明であり、連続関数も定数関数 $0$ または $1$ で足りるので、$A,B$ はともに非空とする。任意の $x\in X$ について $d(x,A)+d(x,B)>0$ である。実際、和が $0$ なら $d(x,A)=d(x,B)=0$ となり、（ii）から $x\in A\cap B$ となって矛盾する。そこで
$$ f(x):=\frac{d(x,A)}{d(x,A)+d(x,B)}\qquad(x\in X) $$
と置く。分母が正の連続関数なので $f$ は連続であり、$0\leq f\leq 1$、$A$ 上で $f=0$、$B$ 上で $f=1$ である。
$$ U:=f^{-1}\bigl([0,1/2)\bigr)=\{x\mid f(x)<1/2\},\qquad V:=f^{-1}\bigl((1/2,1]\bigr)=\{x\mid f(x)>1/2\} $$
は、$[0,1]$ の開集合 $[0,1/2)$、$(1/2,1]$ の連続写像による逆像なので開集合であり、$A\subset U$、$B\subset V$、$U\cap V=\emptyset$ を満たす。
最後に $X$ は $T_1$ である。$x\in X$ を固定し、$y\neq x$ とすると $r:=d(x,y)>0$ であり、開球 $B(y,r)$ は $x$ を含まない。よって $X\setminus\{x\}$ はその各点で開球を含むから開集合であり、$\{x\}$ は閉集合である。$\square$

$K=\emptyset$ なら $U=X$、$V=\emptyset$ でよい。$K\neq\emptyset$ とする。$\mathcal{V}$ を、$X$ の開集合 $V_0$ であって「$x$ を含む開集合 $U_0$ で $U_0\cap V_0=\emptyset$ となるものが存在する」ものの全体とする。各 $y\in K$ について $y\neq x$ だから、Hausdorff 性により $x\in U_0$、$y\in V_0$、$U_0\cap V_0=\emptyset$ となる開集合が存在し、$V_0\in\mathcal{V}$ である。よって $\mathcal{V}$ は $K$ を覆う。$K$ のコンパクト性から有限個の $V_1,\dots,V_n\in\mathcal{V}$ で $K\subset V_1\cup\cdots\cup V_n$ となるものが取れ、各 $i$ について $x\in U_i$、$U_i\cap V_i=\emptyset$ となる開集合 $U_i$ を選ぶ（選ぶのは有限個なので選択公理は要らない）。
$$ U:=U_1\cap\cdots\cap U_n,\qquad V:=V_1\cup\cdots\cup V_n $$
と置くと、$U$ は有限個の開集合の共通部分なので開集合、$V$ は開集合の和なので開集合であり、$x\in U$、$K\subset V$ である。$z\in U\cap V$ とすると、ある $i$ で $z\in V_i$、かつ $z\in U\subset U_i$ となり $U_i\cap V_i=\emptyset$ に反する。よって $U\cap V=\emptyset$ である。$\square$

まず、コンパクト空間 $X$ の閉集合 $B$ はコンパクトである。実際、$B$ を覆う開集合の族 $\mathcal{W}$ に開集合 $X\setminus B$ を加えると $X$ の開被覆になり、$X$ のコンパクト性から有限個で $X$ を覆える。そこから $X\setminus B$ を除いた有限個の $\mathcal{W}$ の成員が $B$ を覆う。
$A,B$ を互いに素な閉集合とする。一方が空なら分離は自明なので、ともに非空とする。$B$ は閉なのでコンパクトである。$\mathcal{P}$ を、$X$ の開集合 $P$ であって「開集合 $Q\supset B$ で $P\cap Q=\emptyset$ となるものが存在する」ものの全体とする。各 $a\in A$ について $a\notin B$ だから、lem-normal-space-point-compact を $K=B$、$x=a$ に適用すると $a\in P$、$B\subset Q$、$P\cap Q=\emptyset$ となる開集合 $P,Q$ が存在し、$P\in\mathcal{P}$ である。よって $\mathcal{P}$ は $A$ を覆う。$A$ も閉なのでコンパクトであり、有限個の $P_1,\dots,P_m\in\mathcal{P}$ で $A\subset P_1\cup\cdots\cup P_m$ となるものが取れる。各 $j$ について $B\subset Q_j$、$P_j\cap Q_j=\emptyset$ となる開集合 $Q_j$ を選ぶ（有限個の選択）。
$$ U:=P_1\cup\cdots\cup P_m,\qquad V:=Q_1\cap\cdots\cap Q_m $$
と置くと、$U,V$ は開集合で $A\subset U$、$B\subset V$ であり、$z\in U\cap V$ ならある $j$ で $z\in P_j\cap Q_j$ となって矛盾するので $U\cap V=\emptyset$ である。
$X$ が $T_1$ であることは Hausdorff 性から従う。$x\in X$ と $y\neq x$ に対し、$y$ を含み $x$ を含まない開集合があるので $X\setminus\{x\}$ は開集合であり、$\{x\}$ は閉集合である。$\square$

位相であること：$\emptyset$ と $X$ は開である（$X\setminus X=\emptyset$ は有限）。開集合の族 $(U_i)_{i\in I}$ の和 $U$ について、どの $U_i$ も $\infty$ を含まなければ $U\not\ni\infty$ で開、ある $U_{i_0}$ が $\infty$ を含めば $X\setminus U\subset X\setminus U_{i_0}$ は有限なので開である。開集合 $U,V$ の共通部分について、両方が $\infty$ を含めば $X\setminus(U\cap V)=(X\setminus U)\cup(X\setminus V)$ は有限、そうでなければ $U\cap V\not\ni\infty$ なので、いずれも開である。
Hausdorff 性：$D$ の異なる二点 $a,b$ は開集合 $\{a\},\{b\}$ で分離される。$a\in D$ と $\infty$ は、開集合 $\{a\}$ と $X\setminus\{a\}$（$\infty$ を含み補集合が有限）で分離される。
コンパクト性：$X$ の開被覆 $\mathcal{U}$ を取る。$\infty$ を含む成員 $U_0\in\mathcal{U}$ があり、$X\setminus U_0$ は有限集合 $\{d_1,\dots,d_k\}$ である。各 $d_i$ を含む成員 $U_i\in\mathcal{U}$ を選べば（有限個の選択）、$U_0,U_1,\dots,U_k$ が $X$ を覆う。よって $X$ はコンパクト Hausdorff 空間であり、thm-normal-space-compact-hausdorff により正規空間である。
$\{\infty\}$ が $G_\delta$ 集合でないこと：$\{\infty\}=\bigcap_{n\geq1}U_n$（各 $U_n$ は開）と書けたとする。各 $U_n$ は $\infty$ を含むので $F_n:=X\setminus U_n$ は $D$ の有限部分集合であり、
$$ D=X\setminus\{\infty\}=\bigcup_{n\geq1}F_n $$
となる。有限集合の可算個の和は可算集合なので（各 $F_n$ の番号付けを選ぶところで可算選択を用いる）、$D$ は可算集合となり、非可算という仮定に反する。よって $\{\infty\}$ は $G_\delta$ 集合でない。$D$ は開集合なので $\{\infty\}$ は閉集合であり、$X$ は完全正規空間でない。
$\infty$ が開近傍からなる可算な基本近傍系 $\{U_n\}_{n\geq1}$（内部を取ればそう取れる）を持てば、各 $d\in D$ について $X\setminus\{d\}$ は $\infty$ の開近傍なので、ある $U_n\subset X\setminus\{d\}$、すなわち $d\notin U_n$ となり、$\bigcap_n U_n=\{\infty\}$ となって上に矛盾する。距離空間は各点で開球 $B(x,1/n)$ が可算な基本近傍系をなすので、$X$ は距離化可能でない。$\square$

相対位相では、$F$ の部分集合 $A$ が $F$ で閉であることと、$A=F\cap C$ となる $X$ の閉集合 $C$ が存在することは同値である。$F$ が $X$ で閉なら $F\cap C$ も $X$ で閉なので、$F$ で閉な集合は $X$ でも閉である。$A,B$ を $F$ で閉な互いに素な集合とすると、$A,B$ は $X$ の互いに素な閉集合なので、$X$ の開集合 $U\supset A$、$V\supset B$ で $U\cap V=\emptyset$ となるものが取れる。$U\cap F$、$V\cap F$ は $F$ の互いに素な相対開集合で、それぞれ $A,B$ を含む。$F$ の一点集合は $X$ で閉なので $F$ でも閉であり、$F$ は $T_1$ である。$\square$

$A,B$ を $Y$ の互いに素な閉集合とする。$f$ の連続性から $f^{-1}(A)$、$f^{-1}(B)$ は $X$ の閉集合で、$f^{-1}(A)\cap f^{-1}(B)=f^{-1}(A\cap B)=\emptyset$ である。$X$ の正規性から、開集合 $U\supset f^{-1}(A)$、$V\supset f^{-1}(B)$ で $U\cap V=\emptyset$ となるものを取る。
$$ U':=Y\setminus f(X\setminus U),\qquad V':=Y\setminus f(X\setminus V) $$
と置く。$X\setminus U$ は閉集合なので $f$ が閉写像であることから $f(X\setminus U)$ は閉集合であり、$U'$ は開集合である。$V'$ も同様である。
$A\subset U'$ を示す。$y\in A$ が $f(X\setminus U)$ に属するとすると、$y=f(x)$、$x\notin U$ となる $x$ があるが、$x\in f^{-1}(A)\subset U$ なので矛盾する。同様に $B\subset V'$ である。
$U'\cap V'=\emptyset$ を示す。$y\in U'\cap V'$ とすると、$y\notin f(X\setminus U)$ かつ $y\notin f(X\setminus V)$ なので、$f^{-1}(y)\subset U\cap V=\emptyset$ である。しかし $f$ は全射なので $f^{-1}(y)\neq\emptyset$ であり、矛盾する。
最後に $Y$ は $T_1$ である。$y\in Y$ に対し、全射性から $y=f(x)$ となる $x$ があり、$\{x\}$ は $X$ で閉なので $\{y\}=f(\{x\})$ は $Y$ で閉である。$\square$

$A,B$ を互いに素な閉集合とし、仮定の $f$ を取る。$U:=f^{-1}([0,1/2))$、$V:=f^{-1}((1/2,1])$ は、$[0,1]$ の相対開集合の連続写像による逆像なので $X$ の開集合であり、$A\subset U$、$B\subset V$、$U\cap V=\emptyset$ である。同値性の主張は、この命題と thm-normal-space-urysohn を合わせれば従う。$\square$