$(O'_v)$ Nếu $A$ và $B$ là hai tập con đóng bất kỳ rời nhau của $X$, thì tồn tại hai tập mở rời nhau $U, V$ sao cho $A \subset U$ và $B \subset V$.

Điều này ngay lập tức suy ra rằng $(O_v)$ kéo theo $(O'_v)$, vì nếu $f$ là một ánh xạ liên tục từ $X$ vào $[0, 1]$ bằng $0$ trên $A$ và bằng $1$ trên $B$, thì các tập mở $\overline{f}^{-1}([0, 1/2[)$ và $\overline{f}^{-1}(]1/2, 1])$ lần lượt chứa $A$ và $B$ và không giao nhau.

Để chứng minh đảo lại, trước hết lưu ý rằng $(O'_v)$ tương đương với tiên đề sau:

$(O''_v)$ Với mọi tập đóng $A$ và mọi lân cận mở $V$ của $A$, tồn tại một lân cận mở $W$ của $A$ sao cho $\overline{W} \subset V$.

Nếu có một ánh xạ liên tục $f : X \to [-1, +1]$ bằng $-1$ trên $A$ và bằng $+1$ trên $B$, và nếu ta đặt $U(t) = \overline{f}^{-1}([-1, t[)$ với mỗi $t \in [0, 1]$, thì ta đã xác định một họ các tập mở trong $X$, được chỉ số hóa bởi $[0, 1]$, sao cho (i) $A \subset U(0)$, (ii) $B \subset \mathbf{C}U(1)$ và (iii) với mỗi cặp số thực $t, t'$ sao cho $0 \leq t < t' \leq 1$ ta có

vì $U(t)$ được chứa trong tập đóng $\overline{f}^{-1}([-1, t])$. Ngược lại, giả sử rằng ta đã xác định một họ $(U(t))$ các tập mở $(0 \leq t \leq 1)$ có ba tính chất này (i), (ii) và (iii). Với mỗi $x \in X$, đặt $g(x) = 1$ nếu $x \in \mathbf{C}U(1)$, và nếu $x \in U(1)$ hãy lấy $g(x)$ là cận dưới lớn nhất của các giá trị $t$ sao cho $x \in U(t)$. Rõ ràng $0 \leq g(x) \leq 1$ với mỗi $x \in X$, $g(x) = 0$ trên $A$, $g(x) = 1$ trên $B$; ngoài ra $g$ là liên tục trên $X$, vì nếu ta đặt $g(x) = a$, ta có $|g(y) - g(x)| \leq \varepsilon$ với mọi $y \in U(a + \varepsilon) \cap \overline{\mathbf{C}U}(a - \varepsilon)$, đây là một lân cận của $x$ theo (i) [với các quy ước rằng $U(a + \varepsilon) = X$ nếu $a + \varepsilon > 1$, và $U(a - \varepsilon) = \varnothing$ nếu $a - \varepsilon < 0$].

Do đó Định lý 1 sẽ được chứng minh nếu ta có thể định nghĩa một họ $(U(t))$ các tập hợp mở thỏa mãn các điều kiện (i), (ii) và (iii) ở trên; để làm điều này ta dùng Tiên đề $(\mathrm{O}'_V)$. Lấy $U(1) = \mathbf{C}B$; vì $A \subset U(1)$ nên tồn tại một tập hợp mở $U(o)$ sao cho $A \subset U(o)$ và $U(o) \subset U(1)$ theo $(\mathrm{O}'_V)$. Giả sử khi đó rằng với mỗi số dyadic $k/2^n$ ($k = 0, 1, \ldots, 2^n$) ta đã định nghĩa một tập hợp mở $U(k/2^n)$, các tập hợp này thỏa mãn $\overline{U}(k/2^n) \subset U((k+1)/2^n)$ với $0 \leq k \leq 2^n - 1$. Với mỗi số dyadic

theo $(\mathrm{O}'_V)$ tồn tại một tập hợp mở $U((2k + 1)/2^{n+1})$ sao cho và Do đó với mỗi số dyadic $r$ sao cho $0 \leq r \leq 1$ ta có thể định nghĩa một tập hợp mở $U(r)$, sao cho $A \subset U(o)$, $B \subset \mathbf{C}U(1)$, và với mỗi cặp số dyadic $r, r'$ sao cho $0 \leq r < r' \leq 1$.

Bây giờ định nghĩa, với mỗi số thực $t \in [0, 1]$,

theo (2), định nghĩa này phù hợp với định nghĩa trước đó đối với $t$ dyadic; ngoài ra, nếu $0 \leq t < t' \leq 1$, thì tồn tại hai số dyadic $r, r'$ sao cho $t \leq r < r' \leq t'$; theo (2) ta có $U(t) \subset U(r)$, do đó điều này chứng minh (1) và do đó hoàn tất chứng minh.

Định lý 1 sẽ cho phép ta chỉ ra rằng hai loại quan trọng của các không gian tôpô là chuẩn tắc. Trước hết:

Một không gian compact thỏa mãn tiên đề $(\mathrm{O}'_V)$, theo Mệnh đề 2 của Chương I, § 9, no. 2.

Đối với các không gian compact địa phương, mỗi điểm của một không gian như vậy có một lân cận compact, là một không gian con chuẩn tắc; nhưng có những ví dụ về các không gian compact địa phương không chuẩn tắc (xem các Bài tập 9 và 26, và § 5, Bài tập 15).

Cho $X$ là một không gian mêtric hóa được và cho $d$ là một mêtric tương thích với tôpô của $X$. Cho $A, B$ là hai tập con đóng rời nhau của $X$; vì các hàm $d(x, A)$ và $d(x, B)$ là liên tục, tập hợp $U$ (tương ứng $V$) của các điểm $x$ sao cho $d(x, A) < d(x, B)$ [tương ứng $d(x, B) < d(x, A)$] là mở; rõ ràng $A \subset U$ và $B \subset V$ và $U \cap V = \varnothing$, do đó Tiên đề $(O'_V)$ được thỏa mãn.

Dễ thấy rằng $(O''_V)$ suy ra $(O_V)$; vì nếu $B$ và $C$ là hai tập con đóng rời nhau của $X$, thì hàm bằng 0 trên $B$ và bằng $i$ trên $C$ được xác định và liên tục trên tập đóng $B \cup C$, do đó theo $(O''_{V})$ có một mở rộng liên tục $f$ lên $X$. Nếu $g = \inf (f^{+}, 1)$, thì $g$ là liên tục trên $X$, nhận các giá trị của nó trong $[0, 1]$ và bằng $o$ trên $B$ và bằng $i$ trên $C$.

Ta hãy chứng minh chiều ngược lại rằng $(O_{V})$ suy ra $(O''_{V})$. Vì $\overline{\mathbf{R}}$ và khoảng $[ -i, +i ]$ là đồng phôi, ta chỉ cần xét trường hợp ánh xạ liên tục $f : A \to \overline{\mathbf{R}}$ nhận các giá trị của nó trong $[ -i, +i ]$. Ta sẽ xây dựng một mở rộng $g$ của $f$ lên $X$ bằng cách lập một dãy $(g_{n})$ các hàm liên tục trên $X$, sao cho dãy $(g_{n}(x))$ hội tụ với mọi $x \in X$ đến một điểm của khoảng $[ -i, +i ]$; giới hạn này, theo định nghĩa, sẽ là giá trị của $g$ tại $x$, và từ sự lựa chọn các $g_{n}$ sẽ suy ra rằng hàm $g$ thỏa mãn các điều kiện yêu cầu.

Định nghĩa của $g_{n}$ dựa trên bổ đề sau:

Gọi $H$ là tập hợp tất cả các $x \in A$ sao cho $-i \leq u(x) \leq -i/3$, và gọi $K$ là tập hợp tất cả các $x \in A$ sao cho $i/3 \leq u(x) \leq i$; $H$ và $K$ là đóng trong $A$, và do đó trong $X$, và không giao nhau; vì vậy theo $(O_{V})$ tồn tại một ánh xạ liên tục $v$ của $X$ vào $[ -i/3, +i/3 ]$ bằng $-i/3$ trên $H$ và bằng $+i/3$ trên $K$. Ánh xạ $v$ thỏa mãn các điều kiện của bổ đề.

Bây giờ ta định nghĩa các hàm $g_{n}$ bằng quy nạp. Áp dụng bổ đề với $u = f$, ta định nghĩa $g_{0}$ là một ánh xạ liên tục của $X$ vào $[ -i/3, +i/3 ]$ sao cho $|f(x) - g_{0}(x)| \leq 2/3$ với mọi $x \in A$. Giả sử bây giờ rằng một ánh xạ liên tục $g_{n}$ của $X$ vào khoảng

đã được định nghĩa, sao cho $|f(x) - g_{n}(x)| \leq (\frac{2}{3})^{n+1}$ với mọi $x \in A$. Áp dụng bổ đề cho hàm $u(x) = (\frac{2}{3})^{n+1} (f(x) - g_{n}(x))$, ta thấy rằng tồn tại một ánh xạ liên tục $h_{n+1}$ của $X$ vào khoảng

sao cho

với mọi $x \in A$; phép quy nạp được hoàn thành bằng cách lấy $g_{n+1} = g_{n} + h_{n+1}$, vì hàm này thỏa mãn bất đẳng thức $|g_{n+1}(x)| \leq 1 - (2/3)^{n+2}$ với mọi $x \in X$, nhờ vào định nghĩa của $h_{n+1}$.

Từ định nghĩa này suy ra rằng, với $m \geq p$ và $n \geq p$, ta có

tại mỗi điểm $x \in X$; do đó dãy $(g_n(x))$ là một dãy Cauchy với mỗi $x \in X$, và vì vậy hội tụ đến một điểm $g(x)$ của khoảng $[ -1, +1 ]$; và vì $f(x) - g_n(x)$ tiến tới 0 với mọi $x \in A$ khi $n \to \infty$, $g$ là một mở rộng của $f$ lên $X$. Do đó chỉ còn phải chứng minh rằng $g$ liên tục trên $X$.

Bây giờ cho $x$ là một điểm bất kỳ của $X$; khi đó, với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại một số nguyên $n_0$ sao cho $|g_m(y) - g_n(y)| \leq \varepsilon$ với mọi $y \in X$ và mọi $m \geq n_0$ và mọi $n \geq n_0$; do đó, cho $m$ tiến tới $+\infty$, ta có

Cho $V$ là một lân cận của $x$ sao cho $|g_n(y) - g_n(x)| \leq \varepsilon$ với mọi $y \in V$; khi đó, với mỗi $y \in V$ ta sẽ có

điều này chứng tỏ rằng $g$ liên tục tại $x$, và hoàn tất chứng minh của Định lý 2. (Phần cuối của chứng minh sử dụng, trong một trường hợp riêng, ý tưởng về hội tụ đều, mà ta sẽ nghiên cứu một cách tổng quát trong Chương X, no. 1.)

Trước hết xét trường hợp trong đó $f(x) \geq 0$ với mọi $x \in A$; khi đó có một mở rộng liên tục $g_1$ của $f$ lên $X$, nhận các giá trị của nó trong $[0, +\infty]$. Nếu đặt $B = \overline{g_1}(+\infty)$, thì $B$ là đóng và theo giả thiết không giao với $A$; do đó hàm $h$, bằng $f$ trên $A$ và bằng 0 trên $B$, là một hàm liên tục trên tập hợp đóng $A \cup B$. Cho $g_2$ là một mở rộng liên tục của $h$ lên $X$, lại nhận các giá trị của nó trong $[0, +\infty]$; khi đó hàm $g = \inf(g_1, g_2)$ là một mở rộng liên tục của $f$ lên $X$, mà các giá trị của nó là $\geq 0$ và hữu hạn tại mọi điểm của $X$.

Để đi tới trường hợp tổng quát, chỉ cần nhận xét rằng, nếu $f$ là hữu hạn và liên tục trên $A$, thì $f^+$ và $f^-$ cũng vậy; mở rộng $f^+$ và $f^-$ lên $X$ bằng các hàm hữu hạn liên tục $g_1$ và $g_2$ tương ứng, ta thấy rằng hàm $g_1 - g_2$ là hữu hạn và liên tục trên $X$ và mở rộng $f$.

Hãy sắp thứ tự tốt tập chỉ số $I$ (Lý thuyết tập hợp, Chương III, § 2, no. 3, Định lý 1). Ta sẽ định nghĩa một họ $(B_i)_{i \in I}$ các tập mở trong $X$, bằng quy nạp siêu hạn, sao cho (i) $\overline{B}_i \subset A_i$ với mỗi $i \in I$; (ii) với mỗi $i \in I$, họ được tạo bởi các $B_\lambda$ sao cho $\lambda \leq i$ và bởi các $A_\lambda$ sao cho $\lambda > i$ là một phủ mở của $Y$. Giả sử rằng ta đã định nghĩa các $B_i$ với $i < \gamma$ sao cho (i) và (ii) được thỏa mãn với mọi $i < \gamma$, và hãy chứng minh rằng ta có thể định nghĩa $B_\gamma$ theo cách sao cho (i) và (ii) cũng được thỏa mãn đối với $i = \gamma$. Trước hết, hãy chứng minh rằng các $B_i$ với $i < \gamma$ và các $A_i$ với $i \geq \gamma$ lập thành một phủ của $Y$. Theo giả thiết, với mỗi $x \in Y$ chỉ có hữu hạn số chỉ số $\lambda \in I$ sao cho $x \in A_\lambda$, chẳng hạn $\lambda_1 < \lambda_2 < \cdots < \lambda_n$; hãy lấy $\lambda_h$ là lớn nhất trong các $\lambda_i$ sao cho $\lambda_i < \gamma$; nếu $h < n$ ta có $x \in A_{\lambda_n}$ và $\lambda_n \geq \gamma$, và nếu $h = n$ giả thiết quy nạp cho thấy rằng $x$ thuộc một $B_\lambda$ nào đó sao cho $\lambda \leq \lambda_n < \gamma$, và mệnh đề đã nêu suy ra.

Đặt $C = (\complement Y) \cup \left( \bigcup_{i < \gamma} B_i \right) \cup \left( \bigcup_{i > \gamma} A_i \right)$; $C$ là mở, và từ điều vừa nói ta có $\complement A_\gamma \subset C$; nhờ Tiên đề $(O''_V)$ đối với các không gian chuẩn tắc, do đó tồn tại một tập mở $V$ sao cho $\complement A_\gamma \subset \overline{V} \subset V \subset C$. Nếu ta đặt $B_\gamma = \complement \overline{V}$, ta có $\overline{B}_\gamma \subset \complement V \subset A_\gamma$ và $B_\gamma \cup C = X$, do đó các $B_i$ sao cho $i \leq \gamma$ và các $A_i$ sao cho $i > \gamma$ phủ $Y$.

Theo Định lý 3 tồn tại một phủ mở $(B_i)_{i \in I}$ của $X$ sao cho $\overline{B}_i \subset A_i$ với mỗi $i \in I$, và rõ ràng phủ $(B_i)$ là hữu hạn địa phương. Theo tiên đề $(O''_V)$, với mỗi $i \in I$ tồn tại một tập mở $C_i$ sao cho $\overline{B}_i \subset C_i \subset \overline{C}_i \subset A_i$. Theo tiên đề $(O_V)$, với mỗi $i \in I$ tồn tại một ánh xạ liên tục $g_i$ của $X$ vào $[0,1]$, sao cho $g_i(x) = 1$ trên $\overline{B}_i$ và sao cho giá đỡ của $\overline{g}_i$ được chứa trong $\overline{C}_i$, và do đó được chứa trong $A_i$. Vì $(B_i)$ là một phủ của $X$, ta có $\sum_{i \in I} g_i(x) > 0$ với mỗi $x \in X$; nếu đặt

đối với mọi $i \in I$ và mọi $x \in X$, thì các $f_i$ tạo thành một phân hoạch đơn vị liên tục phụ thuộc vào phủ $(A_i)$.

Họ các tập hợp gồm CF và các $A_i$ là một phủ mở hữu hạn địa phương của $X$. Vì vậy tồn tại một phân hoạch đơn vị liên tục phụ thuộc vào phủ này, gồm một họ $(f_i)_{i \in I}$ sao cho $\operatorname{Supp}(f_i) \subset A_i$ với mỗi $i \in I$, và một hàm $g$ có giá đỡ được chứa trong phần bù của $F$. Họ $(f_i)$ rõ ràng thỏa các điều kiện cần thiết.

Đây là hệ quả của bổ đề sau:

Tạm thời giả sử bổ đề này đúng, ta có thể áp dụng nó trong trường hợp $B$ gồm một điểm duy nhất, vì $X$ là Hausdorff, và khi đó điều đó cho thấy $X$ là chính quy. Khi đó ta lại có thể áp dụng Bổ đề 2 cho bất kỳ hai tập hợp con đóng rời nhau nào của $X$, và điều này cho thấy Tiên đề $(O'_V)$ được thỏa mãn.

Để chứng minh bổ đề, xét phủ mở của $X$ gồm $CA$ và các $V_x$, với $x \in A$; hãy lấy $(T_i)_{i \in I}$ là một phủ tinh mở hữu hạn địa phương của phủ này. Khi đó, theo định nghĩa, nếu $A \cap T_i \neq \emptyset$ thì tồn tại $x_i \in A$ sao cho $T_i \subset V_{x_i}$. Cho $T$ là tập mở là hợp của các $T_i$ giao với $A$, và hãy chứng minh rằng tồn tại một lân cận mở $U$ của $B$ không giao với $T$. Với mỗi $y \in B$ có một lân cận mở $S_y$ của $y$ chỉ giao với hữu hạn tập hợp $T_i$; hãy lấy $J$ là tập con hữu hạn của $I$ gồm những chỉ số $i$ sao cho $T_i$ giao với cả $S_y$ và $A$; nếu ta đặt $U_y = S_y \cap \bigcap_{i \in J} W_{x_i}$, thì $U_y$ là một lân cận mở của $y$ không giao với bất kỳ $T_i$ nào giao với $A$, và do đó $U_y \cap T = \emptyset$. Đặt $U = \bigcup_{y \in B} U_y$; khi đó $U'$ là một lân cận mở của $B$ không giao với $T$, và bổ đề được chứng minh.

Có những không gian chuẩn tắc không paracompact (Bài tập 19).

Cho $(U_\lambda)_{\lambda \in L}$ là một phủ mở hữu hạn địa phương của $X$ tinh hơn phủ $(A_i)_{i \in I}$; khi đó có một ánh xạ $\varphi : L \to I$ sao cho $U_\lambda \subset A_{\varphi(\lambda)}$ với mỗi $\lambda \in L$. Theo các Mệnh đề 3 và 4, tồn tại một phân hoạch đơn vị liên tục $(g_\lambda)_{\lambda \in L}$ phụ thuộc vào $(U_\lambda)$. Với mỗi $i \in I$, đặt

Tổng này được xác định và liên tục vì các giá đỡ của các $g_\lambda$ tạo thành một phủ hữu hạn địa phương; hơn nữa, hợp $B_i$ của các giá đỡ của các $g_\lambda$ sao cho $\varphi(\lambda) = i$ là đóng, theo Mệnh đề 4 của Chương I, § 1, no. 6, và được chứa trong $A_i$. Vì ta có $f_i(x) = 0$ mỗi khi $x \in \mathbf{C}B_i$, nên giá đỡ của $f_i$ được chứa trong $B_i$, và do đó trong $A_i$. Mặt khác, họ $B_i$ là hữu hạn địa phương, vì với mỗi $x \in X$ có một lân cận $V$ của $x$ và một tập con hữu hạn $H$ của $I$ sao cho $V \cap U_\lambda = \emptyset$ với mọi $\lambda \notin H$, và do đó suy ra rằng $V \cap B_i = \emptyset$ với mọi $i \notin \varphi(H)$. Cuối cùng, với mỗi $x \in X$ ta có

và chứng minh đã hoàn tất.

Theo Mệnh đề 16 của Chương I, § 9, no. 10, mọi không gian con đóng của $X$ đều paracompact; do đó hệ quả suy ra từ Mệnh đề 4 và Tiên đề $(O_v')$.

Định lý này là hệ quả của bốn bổ đề sau đây.

Cho $d$ là một khoảng cách trên X tương thích với tôpô của nó. Với mỗi $\alpha \in A$ và mỗi số nguyên $n$, ký hiệu $F_{n\alpha}$ là tập gồm mọi $x \in U_\alpha$ sao cho $d(x, X - U_\alpha) \geq 2^{-n}$. Vì $X - U_\alpha$ là đóng, ta có $U_\alpha = \bigcup_n F_{n\alpha}$.

Sắp thứ tự tốt tập hợp $A$; với mỗi $\alpha \in A$ và mỗi số nguyên $n$, gọi $G_{n\alpha}$ là tập hợp mọi $x \in F_{n\alpha}$ sao cho $x \notin F_{n+1,\beta}$ với mọi $\beta < \alpha$, và gọi $V_{n\alpha}$ là tập hợp mọi $y \in X$ sao cho $d(y, G_{n\alpha}) > 2^{-n-3}$. $V_{n\alpha}$ rõ ràng là một tập mở; mặt khác, $V_{n\alpha} \subset U_\alpha$, vì với mỗi $y \in V_{n\alpha}$ tồn tại $x \in G_{n\alpha}$ sao cho $d(x, y) \leq 2^{-n-1}$, và vì $x \in F_{n\alpha}$, ta có

do đó $y \in U_\alpha$. Hơn nữa, với mỗi $x \in X$ hãy cho $\alpha$ là chỉ số nhỏ nhất trong $A$ sao cho $x \in U_\alpha$; khi đó tồn tại một số nguyên n sao cho $x \in F_{n\alpha}$, và theo định nghĩa của $\alpha$ suy ra $x \in G_{n\alpha}$, nên $x \in V_{n\alpha}$. Điều này cho thấy rằng nếu ta đặt $\mathfrak{S}_n = (V_{n\alpha})_{\alpha \in A}$, thì $\mathfrak{S} = \bigcup_n \mathfrak{S}_n$ là một phủ mở của $X$ tinh lọc $\mathscr{R}$; vì vậy còn phải chứng minh rằng mỗi họ $\mathfrak{S}_n$ là hữu hạn địa phương. Để làm điều này trước hết ta sẽ chứng minh rằng $d(G_{n\alpha}, G_{n\beta}) \geq 2^{-n-1}$ nếu $\alpha \neq \beta$. Giả sử rằng $\beta < \alpha$; khi đó nếu $x \in G_{n\alpha}$ và $y \in F_{n\beta}$ thì theo định nghĩa ta có $x \notin F_{n+1,\beta}$, do đó $d(x, X - U_\beta) < 2^{-n-1}$ và $d(y, X - U_\beta) \geq 2^{-n}$, và vì thế $d(x, y) \geq 2^{-n-1}$; vì $G_{n\beta} \subset F_{n\beta}$, mệnh đề suy ra. Từ đó suy ra ngay, dùng định nghĩa của $V_{n\alpha}$ và $V_{n\beta}$, rằng $d(V_{n\alpha}, V_{n\beta}) \geq 2^{-n-2}$. Từ bất đẳng thức sau cùng này ta suy ra rằng, với mỗi $z \in X$, quả cầu mở tâm $z$ và bán kính $2^{-n-3}$ gặp nhiều nhất một tập của họ $\mathfrak{S}_n$; do đó $\mathfrak{S}_n$ là một họ hữu hạn địa phương, và chứng minh hoàn tất.