Лемма Лебега о числах

В топологии является лемма Лебега о накрытии полезным инструментом при изучении компактных метрических пространств .

Для открытого покрытия компактного метрического пространства лебеговым числом покрытия является число $\delta >0$ каждое подмножество такое, что $X$ имеющий диаметр менее $\delta$ содержится в каком-то члене обложки.

Существование чисел Лебега для компактных метрических пространств определяется леммой Лебега о накрытии:

Если метрическое пространство

(X,d)

компактен и имеет открытую крышку

X

задано, то накрытие допускает некоторое число Лебега

\delta >0

.

Само понятие чисел Лебега полезно и в других приложениях.

Доказательство

Прямое доказательство

Позволять ${\mathcal {U}}$ быть открытым прикрытием $X$ . С $X$ компактно, мы можем выделить конечное подпокрытие $\{A_{1},\dots ,A_{n}\}\subseteq {\mathcal {U}}$ . Если какой-либо из $A_{i}$ равно $X$ тогда любой $\delta >0$ будет служить числом Лебега. В противном случае для каждого $i\in \{1,\dots ,n\}$ , позволять $C_{i}:=X\smallsetminus A_{i}$ , Обратите внимание, что $C_{i}$ не пусто, и определите функцию $f:X\rightarrow \mathbb {R}$ к

f(x):={\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}d(x,C_{i}).

С $f$ непрерывен на компакте, он достигает минимума $\delta$ . Ключевое наблюдение состоит в том, что, поскольку каждый $x$ содержится в каком-то $A_{i}$ , теорема об экстремальных значениях показывает $\delta >0$ . Теперь мы можем убедиться, что это $\delta$ – искомое число Лебега. Если $Y$ является подмножеством $X$ диаметром менее $\delta$ , выбирать $x_{0}$ как любая точка в $Y$ , то по определению диаметра , $Y\subseteq B_{\delta }(x_{0})$ , где $B_{\delta }(x_{0})$ обозначает шар радиуса $\delta$ сосредоточено в $x_{0}$ . С $f(x_{0})\geq \delta$ должен существовать хотя бы один $i$ такой, что $d(x_{0},C_{i})\geq \delta$ . Но это означает, что $B_{\delta }(x_{0})\subseteq A_{i}$ и поэтому, в частности, $Y\subseteq A_{i}$ .

Доказательство от противного

Предположим от противного, что $X$ компактен последовательно , $\{U_{\alpha }\mid \alpha \in J\}$ представляет собой открытую крышку $X$ , и число Лебега $\delta$ не существует. То есть: для всех $\delta >0$ , существует $A\subset X$ с $\operatorname {diam} (A)<\delta$ такого, что не существует $\beta \in J$ с $A\subset U_{\beta }$ .

Это позволяет реализовать следующую конструкцию:

\delta _{1}=1,\quad \exists A_{1}\subset X\quad {\text{where}}\quad \operatorname {diam} (A_{1})<\delta _{1}\quad {\text{and}}\quad \neg \exists \beta (A_{1}\subset U_{\beta })

\delta _{2}={\frac {1}{2}},\quad \exists A_{2}\subset X\quad {\text{where}}\quad \operatorname {diam} (A_{2})<\delta _{2}\quad {\text{and}}\quad \neg \exists \beta (A_{2}\subset U_{\beta })

\vdots

\delta _{k}={\frac {1}{k}},\quad \exists A_{k}\subset X\quad {\text{where}}\quad \operatorname {diam} (A_{k})<\delta _{k}\quad {\text{and}}\quad \neg \exists \beta (A_{k}\subset U_{\beta })

\vdots

Обратите внимание, что $A_{n}\neq \emptyset$ для всех $n\in \mathbb {Z} ^{+}$ , с $A_{n}\not \subset U_{\beta }$ . можно Следовательно, по аксиоме выбора построить последовательность $(x_{n})$ в котором $x_{i}\in A_{i}$ для каждого $i$ . С $X$ секвенциально компактна, существует подпоследовательность $\{x_{n_{k}}\}$ (с $k\in \mathbb {Z} _{>0}$ ), который сходится к $x_{0}$ .

Потому что $\{U_{\alpha }\}$ это открытая обложка, там есть некоторые $\alpha _{0}\in J$ такой, что $x_{0}\in U_{\alpha _{0}}$ . Как $U_{\alpha _{0}}$ открыт, существует $r>0$ с $B_{d}(x_{0},r)\subset U_{\alpha _{0}}$ . Теперь мы вызываем сходимость подпоследовательности $\{x_{n_{k}}\}$ : существует $L\in \mathbb {Z} ^{+}$ такой, что $L\leq k$ подразумевает $x_{n_{k}}\in B_{r/2}(x_{0})$ .

Кроме того, существует $M\in \mathbb {Z} _{>0}$ такой, что $\delta _{M}={\tfrac {1}{M}}<{\tfrac {r}{2}}$ . Следовательно для всех $z\in \mathbb {Z} _{>0}$ , у нас есть $M\leq z$ подразумевает $\operatorname {diam} (A_{M})<{\tfrac {r}{2}}$ .

Наконец, определите $q\in \mathbb {Z} _{>0}$ такой, что $n_{q}\geq M$ и $q\geq L$ . Для всех $x'\in A_{n_{q}}$ , обратите внимание:

$d(x_{n_{q}},x')\leq \operatorname {diam} (A_{n_{q}})<{\frac {r}{2}}$ , потому что $n_{q}\geq M$ .
$d(x_{n_{q}},x_{0})<{\frac {r}{2}}$ , потому что $q\geq L$ влечет за собой $x_{n_{q}}\in B_{r/2}\left(x_{0}\right)$ .

Следовательно $d(x_{0},x')<r$ неравенством треугольника , из которого следует, что $A_{n_{q}}\subset U_{\alpha _{0}}$ . Это приводит к желаемому противоречию.