# 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 ${\mathcal {U}}$ un recubrimiento abierto de $X$. Dado que $X$ es compacto, podemos extraer un subrecubrimiento finito $\{A_{1},\dots ,A_{n}\}\subseteq {\mathcal {U}}$ . 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 $f:X\rightarrow \mathbb {R}$ 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 $\delta =f(x)={\frac {1}{n}}\sum _{i=1}^{n}d(x,C_{i})\geq {\tfrac {1}{n}}d(x,C_{i})>0$.
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 $f(y_{0})\geq \delta$ (por definición del $\delta$ tomado), tiene que existir al menos un $i$ tal que $d(x_{0},C_{i})\geq \delta$ (por definición de $f$). Esto implica que $B_{\delta }(x_{0})\subseteq A_{i}$ y, en particular, que $Y\subseteq A_{i}$. $\quad \square$

### 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 ${\mathcal {U}}=\{U_{i}\ \vert \ i\in I\}$ 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 $\delta _{n}={\tfrac {1}{n}}$, podemos construir una sucesión de subconjuntos $A_{n}$ de $X$ tal que para cada $n$ se tiene que $\operatorname {diam} (A_{n})<{\tfrac {1}{n}}$ pero $A_{n}\not \subseteq U_{i}\ \forall i\in I$. 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 ${\mathcal {U}}$ 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 $B(x_{0},{\tfrac {r}{2}})$: $\exists k_{0}\in \mathbb {Z} _{>0}$ tal que $\forall k\geq k_{0}\ \ x_{n_{k}}\in B(x_{0},{\tfrac {r}{2}})$.
Además, existe $M\in \mathbb {Z} _{>0}$ suficientemente grande tal que $\delta _{M}={\tfrac {1}{M}}<{\tfrac {r}{2}}$. Tomemos $k$ suficientemente grande para que se satisfaga tanto que $n_{k}\geq M$ como que $k\geq k_{0}$. Afirmamos que $A_{n_{k}}\subseteq U_{i_{0}}$, lo que es una contradicción con que para cada $n$ se tenga que $A_{n}\not \subseteq U_{i}\ \forall i\in I$, y habremos acabado. En efecto, sea $x\in A_{n_{k}}$. Se tiene que:
* $d(x_{n_{k}},x)\leq \operatorname {diam} (A_{n_{k}})<{\tfrac {r}{2}}$, la última desigualdad porque $n_{k}\geq M$, por lo que $\operatorname {diam} (A_{n_{k}})<{\tfrac {1}{n_{k}}}\leq {\tfrac {1}{M}}<{\tfrac {r}{2}}$, por elección de $M$.
* $d(x_{n_{k}},x_{0})<{\tfrac {r}{2}}$, por ser $k\geq k_{0}$.
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 $A_{n_{k}}\subseteq U_{i_{0}}$. $\quad \square$