„Borel–Lebesgue-tétel” változatai közötti eltérés

[ellenőrzött változat][nem ellenőrzött változat]
Tartalom törölve Tartalom hozzáadva
a nem fűzünk olvasható kommentárt a cikkhez a cikkben
24. sor:
Tehát van <math>\mbox{ }_{(F_\alpha)_{\alpha\in A}}</math>-nak olyan eleme, mely üres, és az ezt indexező ''α''∈''A''-val a <math>\mbox{ }_{(\Omega_i)_{i\in \alpha}}</math> a kívánt tulajdonságú lefedés lesz.[[Quod erat demonstrandum|■]]
=== Bolzano–Weierstrass-tétellel ===
'''1. bizonyítás'''
 
Mivel '''R''' teljesíti a második megszámlálhatósági kritéruimot, azaz van megszámlálható környezetbázisa (például a racionális végpontú nyílt intervallumok ilyet alkotnak), a ''K'' korlátos és zárt halmazt lefedő rendszerből kiválasztható megszámlálható részlefedés. Legyen ez (Ω<sub>i</sub>)<sub>i=1</sub><sup>∞</sup>. Definiálunk egy ''K''-ban haladó (''x''<sub>n</sub>) sorozatot. Ha Ω<sub>1</sub> lefedi ''K''-t, akkor megtaláltuk a véges részlefedést. Ha Ω<sub>1</sub> nem fedi le ''K''-t, legyen ''x''<sub>1</sub> ∈ ''K'' \ Ω<sub>1</sub>. Ha Ω<sub>1</sub> ∪ Ω<sub>2</sub> már lefedi ''K''-t, akkor szintén megtaláltuk a véges részlefedést. Ha nem, legyen ''x''<sub>2</sub> ∈ ''K'' \ (Ω<sub>1</sub> ∪ Ω<sub>2</sub>). Így folytatva biztos lesz olyan ''n'', hogy (Ω<sub>i</sub>)<sub>i=1</sub><sup>n</sup> már lefedi ''K''-t. Tegyük fel ugyanis, hogy nem fedné le. Akkor (''x''<sub>n</sub>) egy végtelen, ''K''-ban haladó sorozat lenne, aminek a [[Bolzano–Weierstrass-tétel]] szerint lenne ''u'' ∈ ''K'' sűrűsödési pontja. Mivel (Ω<sub>i</sub>)<sub>i=1</sub><sup>∞</sup> lefedi ''K''-t ezért ''u''-t is tartalmazza egy Ω<sub>m</sub> nyílt halmaz. ''u''-nak van Ω<sub>m</sub>-be eső nyílt környezete, és ebben a környezetben végtelen sok (''x''<sub>n</sub>)-beli tag. (''x''<sub>n</sub>) konstrukciója szerint minden ''n''-re (Ω<sub>i</sub>)<sub>i=1</sub><sup>n</sup>-ben csak véges sok tag lehet. Ez azonban ellentmond annak, hogy már magában Ω<sub>m</sub>-ben is végtelen sok tag van.
 
Tehát a véges nyílt lefedés kiválasztásának fenti konstrukciója véges sok lépésben véget ér (bár, hogy mi lesz ez a szám, előre nem tudjuk megmondani sehogyan sem; sőt, már magát (Ω<sub>i</sub>)<sub>i=1</sub><sup>∞</sup> sem fogjuk tudni megadni konstruktívan, kézzelfogaható módon).[[Quod erat demonstrandum|■]]
 
'''2. bizonyítás'''
 
Legyen ''C'' ⊆ '''R'''<sup>n</sup> korlátos és zárt halmaz, {Ω<sub>i</sub>}<sub>i∈I</sub> nyílt fedése ''C''-nek. Fedjuk le ''C''-t véges sok ''1/k'' sugarú gömbbel. '''C''' korlátossága miatt ez megtehető. Minden B<sub>j</sub> gömbhöz válasszunk ki {Ω<sub>i</sub>}<sub>i∈I</sub>-ből egy Ω<sub>j</sub> nyílt halmazt úgy, hogy Ω<sub>j</sub> fedje B<sub>j</sub>-t. Ha B<sub>j</sub> nem volna fedhető, akkor válasszuk hozzá Ω<sub>j</sub>-t tetszőlegesen.
Ezzel definiáltuk {Ω<sub>i</sub>}<sub>i∈I</sub> -nek egy véges Φ<sub>k</sub> részhalmazát. Ha Φ<sub>k</sub> fedi ''C''-t, akkor készen vagyunk. Ellenkező esetben létezik egy {x<sub>k</sub>}⊆''C'' sorozat amire teljesül, hogy x<sub>k</sub>-t Φ<sub>k</sub> egyik tagja sem fedi. ''C'' korlátossága és a Bolzano–Weierstrass-tétel alapján feltehető, hogy {x<sub>k</sub>} konvergens, azaz x<sub>k</sub> → x∈'''R'''<sup>n</sup>. ''C'' zártsága miatt x∈''C'', tehát létezik egy ''j∈I'' index amire x∈Ω<sub>j</sub>. Viszont létezik egy ''1/k'' sugarú B<sub>k</sub> gömb is, amire x<sub>k</sub>∈B<sub>k</sub>. Erre elég nagy ''k'' esetén </sub>B<sub>k</sub>⊆Ω<sub>j</sub> teljesül, mivel x<sub>k</sub> → x∈Ω<sub>j</sub> és 1/k→0, ellentmondásban x<sub>k</sub> és Φ<sub>k</sub> választásával. [[Quod erat demonstrandum|■]]
 
== A tétel megfordítása ==