贝西科维奇覆盖定理

若${\displaystyle {\mathcal {F}}}$ 是${\displaystyle \mathbb {R} ^{n}}$ 中的非退化（半径为正数）闭球族，当中的球的半径有有限上界，即

${\displaystyle \sup\{\mathrm {rad} (B):B\in {\mathcal {F}}\}<\infty }$ 

而A为当中的球的中心组成的集合。那么${\displaystyle {\mathcal {F}}}$ 中存在子集${\displaystyle {\mathcal {G}}_{1},\cdots ,{\mathcal {G}}_{N_{n}}}$ ，每个${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i}}$ 是可数多个互不相交的球的集合，而且

${\displaystyle A=\bigcup _{i=1}^{N_{n}}\bigcup _{B\in {\mathcal {G}}_{i}}B}$ 

其中${\displaystyle N_{n}}$ 是一个仅依赖于n的常数。

先假设A是有界集合。依次选取球${\displaystyle B_{i}}$ 

1. 选择${\displaystyle B(a_{1},r_{1})\in {\mathcal {F}}}$ 为${\displaystyle B_{1}}$ ，适合条件${\displaystyle r_{1}\geq {\frac {3}{4}}\sup\{B(a,r)\in {\mathcal {F}}\}}$ 
2. 若已选取${\displaystyle B_{1},\cdots ,B_{j-1}}$ ，${\displaystyle j\geq 2}$ 。令${\displaystyle A_{j}:=A\setminus \cup _{i=1}^{j-1}B_{i}}$ 。若${\displaystyle A_{j}=\varnothing }$ ，就停止；若否，选择${\displaystyle B(a_{j},r_{j})}$ 为${\displaystyle B_{j}}$ ，适合条件${\displaystyle r_{j}\geq {\frac {3}{4}}\sup\{B(a,r)\in {\mathcal {F}},a\in A_{j}\}}$ 

球${\displaystyle B_{i}}$ 有以下性质

1. 以${\displaystyle B_{i}}$ 的选取方法可知，若j > i，则${\displaystyle r_{j}\leq {\frac {4}{3}}r_{i}}$ ，${\displaystyle \left|a_{i}-a_{j}\right|>r_{i}}$ 。
2. 将全部球${\displaystyle B_{i}}$ 的半径缩至三分之一，从以上不等式，可证这些缩小的球${\displaystyle B(a_{i},r_{i}/3)}$ 互不相交。
3. 若有可数无限多球${\displaystyle B_{i}}$ ，因A有界，及缩小的球不交的性质，所以球${\displaystyle B_{i}}$ 的半径趋向0。
4. ${\displaystyle A\subset \cup _{i}B_{i}}$ 。若${\displaystyle B_{i}}$ 数目有限，则结果明显；若数目是无限多，假如有${\displaystyle a\in A\setminus \cup _{i}B_{i}}$ ，那么${\displaystyle {\mathcal {F}}}$ 中有球${\displaystyle B(a,r)}$ ，而从上一性质知，对足够大的j，有${\displaystyle r_{j}<(3/4)r}$ ，与${\displaystyle B_{j}}$ 的选取条件矛盾。

对k > 1，估算${\displaystyle B_{k}}$ 和多少个之前选择的球${\displaystyle B_{i}}$ 相交。先将这样的${\displaystyle B_{i}}$ 按半径${\displaystyle r_{i}}$ 分成两组：${\displaystyle r_{i}\leq 3r_{k}}$ 为第一组，${\displaystyle r_{i}>3r_{k}}$ 为第二组。

对第一组的球${\displaystyle B_{i}=B(a_{i},r_{i})}$ ，将其缩小成${\displaystyle B(a_{i},r_{i}/3)}$ 后包含在${\displaystyle B(a_{k},5r_{k})}$ 中。${\displaystyle B(a_{i},r_{i}/3)}$ 之间互不相交，故总体积不超过${\displaystyle B(a_{k},5r_{k})}$ 的体积。又因${\displaystyle r_{i}\geq (3/4)r_{k}}$ ，因此${\displaystyle B(a_{i},r_{i}/3)}$ 相对${\displaystyle B(a_{k},5r_{k})}$ 的比例有一个下限，而这下限仅由维数n决定。所以第一组的球的数目有一个仅依赖于n的上限。

对第二组的球，任取其中两个球${\displaystyle B_{i}}$ ,${\displaystyle B_{j}}$ 。考虑以${\displaystyle a_{i}}$ ,${\displaystyle a_{j}}$ ,${\displaystyle a_{k}}$ 作顶点的三角形。因${\displaystyle B_{i}}$ ,${\displaystyle B_{j}}$ 都和${\displaystyle B_{k}}$ 相交，又${\displaystyle a_{k}}$ 不在${\displaystyle B_{i}}$ ,${\displaystyle B_{j}}$ 之内，故有不等式

${\displaystyle r_{i}<\left|a_{i}-a_{k}\right|<r_{i}+r_{k}}$ 

${\displaystyle r_{j}<\left|a_{j}-a_{k}\right|<r_{j}+r_{k}}$ 

欲证出此三角形以${\displaystyle a_{k}}$ 为顶点的角${\displaystyle \theta }$ ，不小于一常数。可以假设${\displaystyle a_{i}a_{k}}$ 边长不大于${\displaystyle a_{j}a_{k}}$ 边长。如果${\displaystyle a_{i}}$ 不在${\displaystyle B_{j}}$ 内，则${\displaystyle a_{i}a_{j}}$ 边长大于${\displaystyle r_{j}}$ 。若${\displaystyle a_{i}a_{j}}$ 边长不小于${\displaystyle a_{j}a_{k}}$ 边长，则${\displaystyle a_{i}a_{j}}$ 为三角形中最长的边，所以${\displaystyle \theta }$ 不小于${\displaystyle \pi /3}$ 。若${\displaystyle a_{i}a_{j}}$ 边长小于${\displaystyle a_{j}a_{k}}$ 边长，以平面几何可证得这情形时${\displaystyle \theta }$ 不小于arccos(5/6)。如果${\displaystyle a_{i}}$ 在${\displaystyle B_{j}}$ 内，必有i < j，故${\displaystyle r_{j}\leq (4/3)r_{i}}$ ，且${\displaystyle a_{j}}$ 不在${\displaystyle B_{i}}$ 内，因此${\displaystyle a_{i}a_{j}}$ 边长大于${\displaystyle r_{i}}$ 。可证得这情形时${\displaystyle \theta }$ 不小于arccos(61/64)。取上述下限的最小者，得出${\displaystyle \theta }$ 的下限为arccos(61/64)。

因此将第二组各个的球的中心和${\displaystyle a_{k}}$ 之间连成直线，则任意两条直线之间在${\displaystyle a_{k}}$ 的夹角不小于arccos(61/64)。${\displaystyle a_{k}}$ 为中心的单位球面上，这些直线中任何两条和球面的交点，其间的球面距离，等于直线间的夹角。直线间的夹角下限，就是交点间的球面距离下限。在单位球面上所能容纳的这样的点的数目，有一个只依赖维数n的上限，这也就是第二组球的数目上限。

${\displaystyle B_{k}}$ 和之前的球相交的数目上限，是以上两组的上限的和，于是这个上限只依赖于维数n。这个上限加1设为${\displaystyle M_{n}}$ 。现在从${\displaystyle B_{1}}$ 开始依次把球放到子集${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i}}$ 内。轮到${\displaystyle B_{k}}$ 时，因为之前的球中最多有${\displaystyle M_{n}-1}$ 个和${\displaystyle B_{k}}$ 相交，因此在${\displaystyle M_{n}}$ 个子集${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i}}$ 中，必定有至少一个所包含的球都不和${\displaystyle B_{k}}$ 相交，于是可以把${\displaystyle B_{k}}$ 加进这个子集。这样就得出了子集${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i}}$ ，满足条件

${\displaystyle A\subset \bigcup _{i}B_{i}=\bigcup _{i=1}^{M_{n}}\bigcup _{B\in {\mathcal {G}}_{i}}B}$ 

对一般的A，设

${\displaystyle R:=\sup\{\mathrm {rad} (B),B\in {\mathcal {F}}\}}$ 

对每个正整数l，设

${\displaystyle A_{l}:=\{x\in A:3R(l-1)\leq |x|<3R\,l\}}$ 

${\displaystyle {\mathcal {F}}^{l}:=\{B(a,r)\in {\mathcal {F}}:a\in A_{l}\}}$ 

将以上结果用到${\displaystyle A_{l}}$ 和${\displaystyle {\mathcal {F}}^{l}}$ 上，得到子集${\displaystyle {\mathcal {G}}_{1}^{l},\cdots ,{\mathcal {G}}_{M_{n}}^{l}}$ ，满足条件

${\displaystyle A_{l}\subset \bigcup _{i=1}^{M_{n}}\bigcup _{B\in {\mathcal {G}}_{i}^{l}}B}$ 

对${\displaystyle 1\leq j\leq M_{n}}$ ，设${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i}:=\cup _{l=1}^{\infty }{\mathcal {G}}_{i}^{2l-1}}$ ，${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i+M_{n}}:=\cup _{l=1}^{\infty }{\mathcal {G}}_{i}^{2l}}$ ，并设${\displaystyle N_{n}=2M_{n}}$ 。那么${\displaystyle {\mathcal {G}}_{i}}$ 的球互不相交，且有

${\displaystyle A=\bigcup _{l=1}^{\infty }A_{l}\subset \bigcup _{i=1}^{N_{n}}\bigcup _{B\in {\mathcal {G}}_{i}}B}$ 

因此定理得证。

• 维塔利覆盖引理

• Evans, Lawrence C.; Gariepy, Ronald F. (1992). Measure Theory and Fine Properties of Functions. CRC Press.