Lema del número de Lebesgue

En topología, el lema del número de Lebesgue, nombrado así por Henri Lebesgue, es una herramienta útil en el estudio de espacios métricos compactos.Enuncia que:

Si un espacio métrico $(X,d)$ es compacto y un recubrimiento abierto de $X$ está dado, entonces existe un número $\delta >0$ tal que cada subconjunto de $X$ con un diámetro menor a $\delta$, está contenido en algún miembro del recubrimiento.

Tal número $\delta$ es llamado un número de Lebesgue de este recubrimiento.

Demostración

Demostración directa

Sea $𝒰$ un recubrimiento abierto de $X$. Dado que $X$ es compacto, podemos extraer un subrecubrimiento finito $\{A_1,\dots ,A_n\}\subseteq 𝒰$ . Si algún conjunto $A_i$ es igual a $X$, entonces podemos tomar cualquier $\delta >0$ como número de Lebesgue y hemos acabado. Supongamos pues que no: para cada $i\in \{1,\dots ,n\}$, sea $C_i:=X\setminus A_i$, que será pues no vacío, y definamos la función $f:X\to ℝ$ como la distancia media de un punto a fuera de cada conjunto $A_i$:

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

Dado que $f$ es continua en un conjunto compacto, por el teorema de Weierstrass, alcanza su mínimo $\delta$ en un cierto punto $x\in X$. La observación clave es que, dado que $x$ está contenido en algún abierto $A_i$ (pues recubren $X$), entonces $\delta =f(x)=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}d(x,C_i)\ge \frac{1}{n}d(x,C_i)>0$.

Ahora podemos verificar que este $\delta$ es el número de Lebesgue deseado. Si $Y$ es un subconjunto de $X$ con un diámetro menor a $\delta$, entonces, por definición de diámetro, existe $x_0\in X$ tal que $Y\subseteq B_{\delta }(y_0)$, donde $B_{\delta }(y_0)$ denota la bola de radio $\delta$ con centro en $y_0$ (concretamente, uno puede escoger $y_0$ cualquier punto en $Y$). Dado que $f(y_0)\ge \delta$ (por definición del $\delta$ tomado), tiene que existir al menos un $i$ tal que $d(x_0,C_i)\ge \delta$ (por definición de $f$). Esto implica que $B_{\delta }(x_0)\subseteq A_i$ y, en particular, que $Y\subseteq A_i$. $◻$

Por reducción al absurdo

Como $X$ es compacto métrico, es secuencialmente compacto, es decir, toda sucesión de puntos de $X$ tiene una subsucesión convergente. Suponemos pues que $X$ es secuencialmente compacto y que $𝒰=\{U_i|i\in I\}$ es un recubrimiento abierto de $X$ que no tiene un número de Lebesgue y llegaremos a contradicción. Que el recubrimiento no tenga un número de Lebesgue quiere decir que para cualquier $\delta >0$ existe un conjunto $A\subseteq X$ de diámetro menor que $\delta$ que no está contenido en ningún $U_i,i\in I$ (es decir, ningún $\delta$ sirve como número de Lebesgue del recubrimiento).

Si para cada $n\in {\mathbb{Z}}_{>0}$ tomamos ${\delta }_n=\frac{1}{n}$, podemos construir una sucesión de subconjuntos $A_n$ de $X$ tal que para cada $n$ se tiene que $\mathrm{diam}(A_n)<\frac{1}{n}$ pero $A_n\subseteq ̸U_i\mathrm{\forall }i\in I$. De esta última "no inclusión" se deduce que los $A_n$ son no vacíos (si lo fueran, estarían incluidos en cualquier conjunto; en particular, en $U_i$). Por tanto, el axioma de elección nos permite formar una sucesión de puntos $(x_n)$ tal que $x_n\in A_n$ para cada $n$. Como $X$ es secuencialmente compacto, esta sucesión tiene una subsucesión convergente $(x_{n_k})$ hacia un cierto punto $x_0\in X$.

Como $𝒰$ es un recubrimiento de $X$, existe un $i_0\in I$ tal que $x_0\in U_{i_0}$. Nuestro objetivo es ver que para un $k$ suficientemente grande el conjunto $A_{n_k}$ también estará totalmente incluido en $U_{i_0}$, lo que entra en contradicción con nuestras hipótesis.

Como $U_{i_0}$ es un abierto métrico, existe un radio $r>0$ suficientemente pequeño tal que $B(x_0,r)\subseteq U_{i_0}$. Por convergencia de la sucesión $(x_{n_k})$, para $k$ suficientemente grande, todos los elementos de la sucesión estarán en $B(x_0,\frac{r}{2})$: $\mathrm{\exists }{k}_0\in {\mathbb{Z}}_{>0}$ tal que $\mathrm{\forall }k\ge k_0{x}_{n_k}\in B(x_0,\frac{r}{2})$.

Además, existe $M\in {\mathbb{Z}}_{>0}$ suficientemente grande tal que ${\delta }_M=\frac{1}{M}<\frac{r}{2}$. Tomemos $k$ suficientemente grande para que se satisfaga tanto que $n_k\ge M$ como que $k\ge k_0$. Afirmamos que $A_{n_k}\subseteq U_{i_0}$, lo que es una contradicción con que para cada $n$ se tenga que $A_n\subseteq ̸U_i\mathrm{\forall }i\in I$, y habremos acabado. En efecto, sea $x\in A_{n_k}$. Se tiene que:

• $d(x_{n_k},x)\le \mathrm{diam}(A_{n_k})<\frac{r}{2}$, la última desigualdad porque $n_k\ge M$, por lo que $\mathrm{diam}(A_{n_k})<\frac{1}{n_k}\le \frac{1}{M}<\frac{r}{2}$, por elección de $M$.
• $d(x_{n_k},x_0)<\frac{r}{2}$, por ser $k\ge k_0$.

Ahora, por desigualdad triangular, $d(x,x_0)<r$ por lo que $x\in B(x_0,r)\subseteq U_{i_0}$, de donde se deduce que $A_{n_k}\subseteq U_{i_0}$. $◻$