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ボレル＝カンテリの補題 📂距離空間

ボレル＝カンテリの補題

定理

距離空間 (X,ρ)(X, \rho) について、以下はすべて同等である。

(a) XX はコンパクト空間である。

(b) XX は順序的にコンパクトである。

(c) XX は完備空間であり、全有界空間である。

説明

距離空間の XX が順序的コンパクトsequentially compactであるとは、XX内のすべてのシーケンスが、XX内のある点に収束する部分列を持つことを意味する。Borel-Lebesgueの定理は、距離空間内でのコンパクトさのいくつかの必要十分条件を提供する。しかし、この名前はあまり有名ではなく、距離空間内でのコンパクトさの同等条件として紹介されることが多い。

証明

  • (a)   ⟹  \implies (b)

    XX で定義されたシーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} が収束する部分列を持たないと仮定しよう。すると、すべての i≠ji \ne j に対して、xj∉N(xi)x_{j} \notin \mathcal{N} (x_{i}) を満たすxix_{i} のオープン近傍 N(xi)\mathcal{N}(x_{i}) が存在するはずだ。N0:=X∖{xn}\mathcal{N}_{0} := X \setminus \left\{ x_{n} \right\} はオープンセットなので、{N0}∪{N(xn):n∈N}\left\{ \mathcal{N}_{0} \right\} \cup \left\{ \mathcal{N}(x_{n}) : n \in \mathbb{N} \right\} はXX のオープンカバーであり、このカバーのすべての有限オープンサブカバーは、必然的に {xn}\left\{ x_{n} \right\} の無限の点を含まなければならない。これは XX がコンパクトであるという仮定に矛盾する。

  • (b)   ⟹  \implies (c)

    まず、XX が完備空間であることを示そう。

{xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} がXX で定義されたコーシーシーケンスだとしよう。XX が順序的にコンパクトであるならば、シーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} は収束する部分列 {xnk}k∈N\left\{ x_{n_{k}} \right\}_{k \in \mathbb{N}} を持つ。言い換えれば、k→∞k \to \infty のとき、ある x∈Xx \in X に対してxnk→xx_{n_{k}} \to x であり、与えられた ε>0\varepsilon >0 に対して、i,j≥Ni, j \ge N が何であれρ(xi,xj)<ε/2\rho (x_{i}, x_{j}) < \varepsilon / 2 が成り立つように十分大きな N∈NN \in \mathbb{N} を選ぼう。そして、

ρ(x,xN)≤ρ(x,xnk)+ρ(xnk,xN)=ε/2+ε/2=ε \begin{align*} \rho (x,x_{N}) \le & \rho (x,x_{n_{k}}) + \rho (x_{n_{k}} , x_{N}) \\ =& \varepsilon/2 + \varepsilon/2 \\ =& \varepsilon \end{align*}

したがって、XX は完備空間である。次に、XX が全有界空間であることを示すために、XX が有限個の半径 ε\varepsilon の球でカバーされないと仮定しよう。次のようなシーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} を考える。

x1∈Xx2∈X∖Bρ(x1;ε)x3∈X∖Bρ(x1;ε)∖Bρ(x2;ε)⋮ x_{1} \in X \\ x_{2} \in X \setminus B_{\rho}(x_{1};\varepsilon) \\ x_{3} \in X \setminus B_{\rho}(x_{1};\varepsilon) \setminus B_{\rho}(x_{2} ; \varepsilon) \\ \vdots

このシーケンスは収束する部分列を持たないため、XX が順序的にコンパクトであるという仮定に矛盾する。したがって、XX は全有界空間でなければならない。

  • (c)   ⟹  \implies (b)

    XX は全有界空間であるため、すべての n∈Nn \in \mathbb{N} に対して、

X⊂Bρ(y1(n);1n)∪⋯∪Bρ(ykn(n);1n) X \subset B_{\rho} \left( y_{1}^{(n)} ; {{ 1 } \over { n }} \right) \cup \cdots \cup B_{\rho} \left( y_{k_{n}}^{(n)} ; {{ 1 } \over { n }} \right)

を満たす有限なシーケンス Sn:={y1(n),⋯ ,ykn(n)}S_{n}:= \left\{ y_{1}^{(n)}, \cdots , y_{k_{n}}^{(n)} \right\} が存在する。ここで、XX で定義された任意のシーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} に対して、次の方法で収束する部分列 {zn}n∈N\left\{ z_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} を直接見つけようとする。

S1S_{1} は有限集合なので、最後の要素 yk1(1)y_{k_{1}}^{(1)} を特定でき、Bρ(yk1(1);11) B_{\rho} \left( y_{k_{1}}^{(1)} ; {{ 1 } \over { 1 }} \right) は{xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} の点を無数に持っている。その中の一つを選んで z1∈Bρ(yk1(1);11)z_{1} \in B_{\rho} \left( y_{k_{1}}^{(1)} ; {{ 1 } \over { 1 }} \right) を定義する。同様に、s2s_{2} も有限集合なので、最後の要素 yk2(2)y_{k_{2}}^{(2)} を特定でき、同じように z2∈Bρ(yk1(1);11)∩Bρ(yk2(2);12)z_{2} \in B_{\rho} \left( y_{k_{1}}^{(1)} ; {{ 1 } \over { 1 }} \right) \cap B_{\rho} \left( y_{k_{2}}^{(2)} ; {{ 1 } \over { 2 }} \right) を定義する。全ての m∈Nm \in \mathbb{N} に対して zk∈⋂i=1mBρ(yki(i);1m)\displaystyle z_{k} \in \bigcap_{i=1}^{m} B_{\rho} \left( y_{k_{i}}^{(i)} ; {{ 1 } \over { m }}\right) を選べば、{zn}\left\{ z_{n} \right\} は自然にコーシーシーケンスになり、XX が完備空間であるため、znz_{n} はXX のある点に収束する。任意のシーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} に対して収束する部分列 {zn}n∈N\left\{ z_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} が存在することを示したので、XX は順序的にコンパクトである。

  • (b)   ⟹  \implies (a)

    XX のオープンカバー {Ui:i∈I}\left\{ U_{i} : i \in I \right\} と r>0r>0 が与えられたとき、すべての i∈Ii \in I に対して、Bρ(x;r)⊈UiB_{\rho} (x; r) \nsubseteq U_{i} を満たすx∈Xx \in X が存在すると仮定しよう。すると、すべての i∈Ii \in I に対してBρ(xn;1/n)⊈UiB_{\rho}(x_{n} ; 1/n) \nsubseteq U_{i} を満たすようなシーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} を一つ選べるはずだ。XX が順序的にコンパクトであるとは、シーケンス {xn}n∈N\left\{ x_n \right\}_{n \in \mathbb{N}} が収束する部分列 {xnk}k∈N\left\{ x_{n_{k}} \right\}_{k \in \mathbb{N}} を持つということである。つまり k→∞k \to \infty のとき、xx が属するオープンセット Ui0U_{i_{0}} が存在するはずだ。Ui0U_{i_{0}} はオープンセットなので、Bρ(x;r0)⊆Ui0B_{\rho} (x ; r_{0}) \subseteq U_{i_{0}} を満たす r0r_{0} が存在する。これに対して、ρ(x,xN)<r0/2\rho (x , x_{N}) < r_{0} / 2 と 1/N<r0/21/N < r_{0}/2 を満たすような十分に大きな自然数 N∈NN \in \mathbb{N} を選ぼう。もし y∈Bρ(xN;1/N)y \in B_{\rho} (x_{N} ; 1/N) ならば、

ρ(x,y)≤ρ(x,xN)+ρ(xN,y)<r0/2+r0/2=r0 \begin{align*} \rho (x,y) \le & \rho (x,x_{N}) + \rho (x_{N},y) \\ <& r_{0}/2 + r_{0}/2 \\ =& r_{0} \end{align*}

となり、y∈Bρ(x;r0)⊆Ui0y \in B_{\rho} (x; r_{0}) \subseteq U_{i_{0}} である。すなわち、

Bρ(xN;1/N)⊆Bρ(x;r0)⊆Ui0 B_{\rho} (x_{N} ; 1/N) \subseteq B_{\rho} (x; r_{0}) \subseteq U_{i_{0}}

これは矛盾であり、すべての x∈Xx \in X に対していくつかの i∈Ii \in I が Bρ(x,r)⊆UiB_{\rho}(x,r) \subseteq U_{i} を満たすような r>0r>0 が存在しなければならないことを意味する。** (b)   ⟹  \implies (c) **で順序的にコンパクトな空間は全有界であることが示されたので、X⊂⋃i=1nBρ(y1;r)\displaystyle X \subset \bigcup_{i=1}^{n} B_{\rho}(y_{1} ; r) を満たす有限の点 y1,⋯ ,yn∈Xy_{1} , \cdots , y_{n} \in X が存在する。もちろん、それぞれの yiy_{i} はいくつかの ki∈Ik_{i} \in I に対して Br(yi)⊂UkiB_{r}(y_{i}) \subset U_{k_{i}} であり、したがって {Uk1,⋯ ,Ukn}\left\{ U_{k_{1}} , \cdots , U_{k_{n}} \right\} はオープンカバー {Ui:i∈I}\left\{ U_{i} : i \in I \right\} の有限部分カバーとなる。したがって、XX はコンパクトである。

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