$(O'_v)$ 如果$A$和$B$是$X$中任意两个不相交的闭子集，则存在两个不相交的开集合$U, V$使得$A \subset U$和$B \subset V$.

紧接着，$(O_v)$蕴含$(O'_v)$，因为如果$f$是$X$到$[0, 1]$的连续映射，等于$A$上的$0$和$B$上的$1$，则开分别为集合 $\overline{f}^{-1}([0, 1/2[)$ 和 $\overline{f}^{-1}(]1/2, 1])$ 包含 $A$ 和 $B$，且不相交。

为了证明逆命题，首先注意$(O'_v)$等价于以下公理：

$(O''_v)$ 给定任何闭集合$A$和$A$的任何开邻域$V$，存在$A$的开邻域$W$使得$\overline{W} \subset V$。

如果存在连续的映射$f : X \to [-1, +1]$，它在$A$上等于$-1$，在$B$上等于$+1$，并且如果我们为每个$t \in [0, 1]$放置$U(t) = \overline{f}^{-1}([-1, t[)$，那么我们就在$X$中定义了一个开族集合，索引为$[0, 1]$，使得 (i) $A \subset U(0)$，(ii) $B \subset \mathbf{C}U(1)$ 和 (iii) 对于实数 $t, t'$ 中的每个对，使得 $0 \leq t < t' \leq 1$ 我们有

因为$U(t)$包含在封闭的集合$\overline{f}^{-1}([-1, t])$中。相反，假设我们用这三个属性 (i)、(ii) 和 (iii) 定义了一个开放集合 $(0 \leq t \leq 1)$ 的族 $(U(t))$。对于每个$x \in X$，如果$x \in \mathbf{C}U(1)$，则放入$g(x) = 1$，如果$x \in U(1)$，则让$g(x)$为$t$的值的下确界，使得$x \in U(t)$。显然每个$x \in X$有$0 \leq g(x) \leq 1$，$A$有$g(x) = 0$，$B$有$g(x) = 1$；而且$g$在$X$上是连续的，因为如果我们放入$g(x) = a$，我们对所有$y \in U(a + \varepsilon) \cap \overline{\mathbf{C}U}(a - \varepsilon)$有$|g(y) - g(x)| \leq \varepsilon$，这是$x$的邻域乘以（i）[约定，$U(a + \varepsilon) = X$如果$a + \varepsilon > 1$，并且$U(a - \varepsilon) = \varnothing$如果$a - \varepsilon < 0$]。

因此，如果我们能够定义 $(U(t))$ 开集合满足条件 (i)、(ii) 和 (iii)，则定理 1 将得到证明；为此，我们使用 Axiom $(\mathrm{O}'_V)$。取$U(1) = \mathbf{C}B$；由于$A \subset U(1)$，存在一个开集合$U(o)$，使得$A \subset U(o)$和$U(o) \subset U(1)$乘以$(\mathrm{O}'_V)$。假设对于每个二元数$k/2^n$（$k = 0, 1, \ldots, 2^n$），我们定义了一个开放的集合$U(k/2^n)$，这些集合对于$0 \leq k \leq 2^n - 1$来说是$\overline{U}(k/2^n) \subset U((k+1)/2^n)$。对于每个二元数

$(\mathrm{O}'_V)$ 存在一个开集合 $U((2k + 1)/2^{n+1})$ 使得 和 因此，对于每个二元数$r$，使得$0 \leq r \leq 1$，我们可以定义一个开放的集合$U(r)$，使得$A \subset U(o)$，$B \subset \mathbf{C}U(1)$，和 对于二元数$r, r'$中的每个对，使得$0 \leq r < r' \leq 1$。

现在定义，对于每个实数$t \in [0, 1]$，

由(2)可知，这个定义与前面的$t$二元一致；另外，如果$0 \leq t < t' \leq 1$，则存在两个二元数$r, r'$使得$t \leq r < r' \leq t'$；由 (2) 我们有 $U(t) \subset U(r)$，因此 这就证明了 (1)，从而完成证明。

定理 1 将使我们能够证明拓扑空间的两个重要类别是正规的。首先：

紧致空间通过章 I, § 9, no. 2 的命题 2 满足公理 $(\mathrm{O}'_V)$。

至于*局部紧致*空间，这样的空间的每个点都有一个紧致的邻域，这是一个普通的子空间；但是局部紧凑的空间中有例*不正常*（cf.习题9和26，以及§ 5，习题15）。

令$X$为可度量的空间，并令$d$为与$X$的拓扑兼容的度量。 Let $A, B$ be two disjoint closed subsets of $X$; since the functions $d(x, A)$ and $d(x, B)$ are continuous, the set $U$ (resp. $V$) of points $x$ such that $d(x, A) < d(x, B)$ [resp. $d(x, B) < d(x, A)$] is open; clearly $A \subset U$ and $B \subset V$ and $U \cap V = \varnothing$, hence Axiom $(O'_V)$ is satisfied.

容易看出$(O''_V)$蕴涵$(O_V)$；因为如果$B$和$C$是$X$的两个不相交的闭子集，则函数在$B$上等于0并且在$C$上等于$i$是定义的并且在闭集合上连续$B \cup C$，因此到$(O''_{V})$有连续的扩张$f$到$X$。如果$g = \inf (f^{+}, 1)$，则$g$在$X$上连续，在$[0, 1]$中取其值，并且等于$B$上的$o$以及$C$上的$i$。

让我们反过来证明$(O_{V})$蕴含$(O''_{V})$。由于$\overline{\mathbf{R}}$和区间$[ -i, +i ]$同胚，我们只需考虑连续映射$f : A \to \overline{\mathbf{R}}$在$[ -i, +i ]$取值的情况。我们将$f$到$X$的构造扩张$g$通过在$X$上形成连续函数的序列$(g_{n})$，使得序列$(g_{n}(x))$收敛于所有区间$[ -i, +i ]$的$x \in X$至点；到定义，这个极限将在$x$处成为$g$的值，并且从$g_{n}$的选择开始，函数$g$满足所需的条件。

$g_{n}$的定义依赖于以下引理：

令$H$为所有$x \in A$的集合，使得$-i \leq u(x) \leq -i/3$，并令$K$为所有$x \in A$的集合，使得$i/3 \leq u(x) \leq i$； $H$ 和 $K$ 在 $A$ 中封闭，因此在 $X$ 中封闭，并且不相交；因此，到$(O_{V})$时，$X$到$[ -i/3, +i/3 ]$有一个连续的映射$v$，它等于$H$上的$-i/3$和$K$上的$+i/3$。 映射$v$满足引理中的条件。

我们现在定义函数$g_{n}$到归纳。 应用引理和$u = f$，我们将定义$g_{0}$作为$X$到$[ -i/3, +i/3 ]$的连续映射，这样$|f(x) - g_{0}(x)| \leq 2/3$对于所有$x \in A$。现在假设连续映射 $g_{n}$ 的 $X$ 进入区间

已定义，使得 $|f(x) - g_{n}(x)| \leq (\frac{2}{3})^{n+1}$ 对于所有$x \in A$。 应用引理到函数$u(x) = (\frac{2}{3})^{n+1} (f(x) - g_{n}(x))$，我们看到区间中存在连续的映射$h_{n+1}$$X$

这样

对于所有$x \in A$； 归纳通过取$g_{n+1} = g_{n} + h_{n+1}$来完成，因为对于所有$x \in X$，函数满足不等式$|g_{n+1}(x)| \leq 1 - (2/3)^{n+2}$，凭借$h_{n+1}$的定义。

由此定义可以得出，对于 $m \geq p$ 和 $n \geq p$，我们有

在每个点 $x \in X$；因此序列$(g_n(x))$对于每个$x \in X$来说都是柯西序列，因此收敛到区间$[ -1, +1 ]$的点$g(x)$；并且由于对于所有$x \in A$和$n \to \infty$，$f(x) - g_n(x)$趋于0，$g$是$f$到$X$的扩张。因此，只需证明 $g$ 在 $X$ 上连续。

现在让$x$为$X$中的任意点；那么，给定任何$\varepsilon > 0$，都存在整数$n_0$，使得$|g_m(y) - g_n(y)| \leq \varepsilon$对于所有$y \in X$、所有$m \geq n_0$和所有$n \geq n_0$；因此，让$m$趋于$+\infty$，我们有

令 $V$ 为 $x$ 的邻域，使得 $|g_n(y) - g_n(x)| \leq \varepsilon$ 对于所有 $y \in V$；那么，对于每个 $y \in V$ 我们将有

这表明$g$在$x$连续，并完成定理2的证明。（证明的最后一个部分在特定情况下使用一致收敛的思想，我们将在章X中一般性地研究它， no. 1。）

首先考虑$f(x) \geq 0$对于所有$x \in A$的情况；那么就有$f$到$X$的连续扩张$g_1$，在$[0, +\infty]$中取其值。如果我们放入 $B = \overline{g_1}(+\infty)$，则 $B$ 是闭集，并且到假设不会满足 $A$；因此，函数$h$在$A$上等于$f$，在$B$上等于0，因此是闭集合$A \cup B$上的连续函数。令$g_2$为$h$到$X$的连续扩张，再次取$[0, +\infty]$中的值；那么函数$g = \inf(g_1, g_2)$是$f$到$X$的连续扩张，其值是$\geq 0$并且在$X$的每个点处*有限*。

为了传递到一般情况，注就足够了，如果$f$在$A$上是有限且连续的，那么$f^+$和$f^-$也是有限且连续的；将$f^+$和$f^-$分别通过有限连续函数、$g_1$和$g_2$延伸到$X$，我们看到函数$g_1 - g_2$在$X$和扩展$f$上是有限连续的。

良序指标集合$I$（集合理论，章III, § 2, no. 3，定理1）。我们将在$X$中将定义一个家庭$(B_i)_{i \in I}$开放为集合，到超限归纳，使得(i)每个$i \in I$有$\overline{B}_i \subset A_i$； (ii) 对于每个$i \in I$，由$B_\lambda$形成的族，使得$\lambda \leq i$和由$A_\lambda$形成的族，使得$\lambda > i$是$Y$的开覆盖。假设我们已经为$i < \gamma$定义了$B_i$，使得所有$i < \gamma$都满足(i)和(ii)，并且让我们证明我们可以以这样的方式来定义$B_\gamma$，使得$i = \gamma$也满足(i)和(ii)。让我们首先证明，$i < \gamma$的$B_i$和$i \geq \gamma$形式的$A_i$覆盖了$Y$。到假设，对于每个$x \in Y$，只有指标$\lambda \in I$的有限数，这样$x \in A_\lambda$，比如说$\lambda_1 < \lambda_2 < \cdots < \lambda_n$；令$\lambda_h$为$\lambda_i$的最大的，使得$\lambda_i < \gamma$；如果$h < n$我们有$x \in A_{\lambda_n}$和$\lambda_n \geq \gamma$，并且如果$h = n$归纳假设表明$x$属于到一些$B_\lambda$使得$\lambda \leq \lambda_n < \gamma$，并且我们的断言紧随其后。

现在输入$C = (\complement Y) \cup \left( \bigcup_{i < \gamma} B_i \right) \cup \left( \bigcup_{i > \gamma} A_i \right)$； $C$已开放，根据前面所说我们有$\complement A_\gamma \subset C$；根据正常空间的公理$(O''_V)$，因此存在一个开集合$V$，使得$\complement A_\gamma \subset \overline{V} \subset V \subset C$。如果我们放入$B_\gamma = \complement \overline{V}$，我们就有$\overline{B}_\gamma \subset \complement V \subset A_\gamma$和$B_\gamma \cup C = X$，这样$B_i$使得$i \leq \gamma$和$A_i$使得$i > \gamma$覆盖$Y$。

到定理 3 时，存在$X$ 的开覆盖$(B_i)_{i \in I}$，使得每个$i \in I$ 都有$\overline{B}_i \subset A_i$，并且很明显，覆盖$(B_i)$ 是局部有限的。根据公理$(O''_V)$，对于每个$i \in I$，都存在一个开集合$C_i$，使得$\overline{B}_i \subset C_i \subset \overline{C}_i \subset A_i$。根据公理$(O_V)$，对于每个$i \in I$，存在$X$到$[0,1]$的连续映射$g_i$，使得$g_i(x) = 1$在$\overline{B}_i$上，并且$\overline{g}_i$的支持包含在$\overline{C}_i$中，并且因此包含在$A_i$中。由于$(B_i)$是$X$的覆盖，因此每个$x \in X$有$\sum_{i \in I} g_i(x) > 0$；如果我们把

对于所有$i \in I$和所有$x \in X$，则$f_i$形式是单位元的连续划分，从属于覆盖$(A_i)$。

$CF$和$A_i$的集合由……组成族是$X$的局部有限开覆盖​​。因此，有一个连续的单位元的划分从属于这个覆盖，一个家庭$(f_i)_{i \in I}$的由……组成使得每个$i \in I$有$\operatorname{Supp}(f_i) \subset A_i$，以及函数$g$，其支持包含在$F$的补数中。家庭$(f_i)$显然满足要求的条件。

这是以下引理中的推论：

暂时假设引理为真，我们可以将其应用于$B$由单个点组成的情况，因为$X$是Hausdorff，并且它表明$X$是*正则*。然后我们可以再次将引理 2 应用于$X$的任意两个不相交的闭子集，这表明公理$(O'_V)$是满足的。

为了证明引理，请考虑$CA$和$V_x$的$X$由……组成的开覆盖，其中$x \in A$；令 $(T_i)_{i \in I}$ 为该覆盖层的局部有限开放细化。然后，到定义，如果$A \cap T_i \neq \emptyset$存在$x_i \in A$使得$T_i \subset V_{x_i}$。令$T$为满足$A$的$T_i$的开集合，即并，并证明$B$存在不满足$T$的开邻域$U$。对于每个$y \in B$，都有一个$y$的开邻域$S_y$，仅满足集合$T_i$的有限数；令$J$为指标$i$中$I$由……组成中的有限子集，使得$T_i$同时满足$S_y$和$A$；如果我们放入$U_y = S_y \cap \bigcap_{i \in J} W_{x_i}$，那么$U_y$是$y$的开邻域，它不满足满足$A$的$T_i$，因此$U_y \cap T = \emptyset$。让$U = \bigcup_{y \in B} U_y$；则$U'$是$B$的开邻域，且不满足$T$，且引理得证。

存在非仿紧的正规空间 (习题 19)。

令$(U_\lambda)_{\lambda \in L}$为$X$的局部有限开覆盖​​，它细化了覆盖$(A_i)_{i \in I}$；那么就有映射$\varphi : L \to I$，这样每个$\lambda \in L$就有$U_\lambda \subset A_{\varphi(\lambda)}$。到命题 3 和 4，存在从属于 $(U_\lambda)$ 的连续划分单位元 $(g_\lambda)_{\lambda \in L}$。对于每个 $i \in I$，放入

由于 $g_\lambda$ 形式的支撑是局部有限覆盖，因此和是定义且连续的；此外，$g_\lambda$的支撑的并$B_i$使得$\varphi(\lambda) = i$被章I, § 1, no. 6的命题4封闭，并且被包含在$A_i$中。由于每当$x \in \mathbf{C}B_i$时我们就有$f_i(x) = 0$，因此$f_i$的支持包含在$B_i$中，因此也包含在$A_i$中。另一方面，族$B_i$是局部有限的，因为对于每个$x \in X$，$x$有邻域$V$和$I$有有限子集$H$，这样对于所有$\lambda \notin H$都有$V \cap U_\lambda = \emptyset$，并且如下因此，对于所有$i \notin \varphi(H)$，$V \cap B_i = \emptyset$。最后，对于每个$x \in X$，我们有

证明就完成了。

到章I, § 9, no. 10的命题16，X的任何闭子空间都是仿紧的；因此，推论来自命题 4 和 Axiom $(O_v')$。

定理是以下四个引理中的推论。

令 $d$ 为 X 与其拓扑兼容的度量。对于每个$\alpha \in A$和每个整数$n$，令$F_{n\alpha}$表示所有$x \in U_\alpha$中的集合，使得$d(x, X - U_\alpha) \geq 2^{-n}$。由于$X - U_\alpha$已关闭，我们有$U_\alpha = \bigcup_n F_{n\alpha}$。

有序集合$A$；对于每个$\alpha \in A$和每个整数$n$，令$G_{n\alpha}$为所有$x \in F_{n\alpha}$的集合，使得$x \notin F_{n+1,\beta}$对于所有$\beta < \alpha$，并令$V_{n\alpha}$为所有$y \in X$的集合，使得$d(y, G_{n\alpha}) > 2^{-n-3}$。 $V_{n\alpha}$显然是一个开集合；另一方面，$V_{n\alpha} \subset U_\alpha$，因为对于每个$y \in V_{n\alpha}$，都存在$x \in G_{n\alpha}$使得$d(x, y) \leq 2^{-n-1}$，并且从$x \in F_{n\alpha}$开始，我们有

这样$y \in U_\alpha$。此外，对于每个$x \in X$，令$\alpha$为$A$中的最小的指标，使得$x \in U_\alpha$；那么有整数$n$使得$x \in F_{n\alpha}$，$\alpha$的定义意味着$x \in G_{n\alpha}$，所以$x \in V_{n\alpha}$。这表明，如果我们放入$\mathfrak{S}_n = (V_{n\alpha})_{\alpha \in A}$，那么$\mathfrak{S} = \bigcup_n \mathfrak{S}_n$是$X$的开覆盖，它细化了$\mathscr{R}$；因此，仍有待证明每个族 $\mathfrak{S}_n$ 都是“局部有限”。为此，我们首先要证明 $d(G_{n\alpha}, G_{n\beta}) \geq 2^{-n-1}$ if $\alpha \neq \beta$。假设$\beta < \alpha$；那么如果$x \in G_{n\alpha}$和$y \in F_{n\beta}$我们有$x \notin F_{n+1,\beta}$乘以定义，因此有$d(x, X - U_\beta) < 2^{-n-1}$和$d(y, X - U_\beta) \geq 2^{-n}$，因此有$d(x, y) \geq 2^{-n-1}$；从$G_{n\beta} \subset F_{n\beta}$开始，断言紧随其后。由此紧接着，使用$V_{n\alpha}$和$V_{n\beta}$中的定义，即$d(V_{n\alpha}, V_{n\beta}) \geq 2^{-n-2}$。从最后的不等式我们推断出，对于每个$z \in X$，具有中心$z$和半径$2^{-n-3}$的开球最多与$\mathfrak{S}_n$族中的一个集合相交；因此$\mathfrak{S}_n$是局部有限族，证明是完备族。