有限覆盖定理:设$M$是$\mathbf{R}$上的有界闭集.$I$是无限集,$\forall i\in I$,$B_i$都是$\mathbf{R}$上的任意开集.且$M\subseteq \bigcup_{i\in I}B_i$.则必存在$I$的有限子集$S$,使得$M\subseteq \bigcup_{i\in S}B_i$.

 

证明:由于$\bigcup_{i\in I}B_i$是开集,因此根据,可知$\bigcup_{i\in I}B_i$可以分解成至多可数个互不相交的开区间的并.设这些开区间形成集合$\{A_i:i\in J\}$.然后我们沿用中的符号.则我们知道,$\forall a\in M$,$a$必被$D\backslash T$覆盖,且只能被$D\backslash T$中的一个或两个元素覆盖.我们把$D\backslash T$中与$M$有交集的元素分离开来,形成一个集合$G$.根据$G$的结构易得$\forall x\in G$,都恰好可以找到相应的$a\in M$,使得$a\in x$(注意要用到选择公理).

 

假若不存在$G$的有限子集依然覆盖$M$,则易得可以找到一列$M$中的点$a_1,a_2,a_3,\cdots$,其中$\forall i\neq j$,$a_i$与$a_j$都在$G$中的不同元素内(为什么这可以办到?)(注意这里要用到选择公理).根据聚点原理,$a_1,a_2,a_3,\cdots$必定有收敛子列,设该收敛子列收敛到$v$,由于$M$是闭集,必有$v\in M$,$v$也被$G$中的元素覆盖.但是$G$中覆盖$v$的元素必定有长度,这会与“$\forall i\neq j$,$a_i$与$a_j$都在$G$中的不同元素内”矛盾(怎么推出矛盾?).可见假设是错误的.可见$G$必有有限子集覆盖$M$.然后很容易得到$\{A_i:i\in J\}$必有有限子集覆盖$M$(怎么推?),然后容易得到$\{B_i:i\in I\}$必有有限子集覆盖$M$(为什么?).$\Box$