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ノルム空間

1. 定義及び定理

1.1. Def(ノルム:norm)

ノルムを扱う際は基本的に体として実数もしくは複素数を用いるが,ここではより一般的にvalued field)を扱う.

Let $(K,|\cdot |)$ be a valued field and $(V,K)$ be a vector space. Then A function $\parallel \cdot \parallel :V\to R$ is a norm iff for each $x,y\in V$ and each $\alpha \in K$, it satisfies;

1. $\parallel x\parallel \ge 0$ and $\parallel x\parallel =0\iff x=0$ ,
2. $\parallel \alpha x\parallel =|\alpha |\parallel x\parallel$,
3. $\parallel x+y\parallel \le \parallel x\parallel +\parallel y\parallel$

If the $\parallel \cdot \parallel :V\to R$ satisfies the above except $\parallel x\parallel =0\iff x=0$, it is called seminorm.

参考資料1

1.2. Def(一様ノルム_上限ノルム)

Let $X$ be a set, $(Y,\parallel \cdot {\parallel }_Y)$ be a normed space, $M(X,Y)$ be the set of bounded functions from $X$ to $Y$.

Then, $\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }:M(X,Y)\to R;f\mapsto \parallel f{\parallel }_{\infty }={sup}_{x\in X}\parallel f\left(x\right){\parallel }_Y$ becomes norm called the uniform norm, sup norm, supremum norm, Chebyshev norm, the infinity norm.

※付値(valuation)上のノルムでも成立

上記がノルムになることの証明は省略する(上限の定義に沿って行えばできる)

1.3. Def(商線形空間上のノルム:quotient_norm)

Let $Y$ be a closed subspace of a normed space $(X,\parallel \cdot \parallel )$ over a valued field $K$, $X/Y$ be a quotient space).

Then $\parallel \cdot {\parallel }^{\prime }:X/Y\to R;x+Y\mapsto {inf}_{y\in Y}\parallel x+y\parallel$ defines norm and called quotient norm.

Without closeness of $Y$, $\parallel \cdot {\parallel }^{\prime }$ becomes seminorm.

(Proof)ノルムを定めることを示す.まず,$X/Y$の加法に関する単位元は$Y$であることに注意しておく.

ここで$Y$が閉集合のとき,$\parallel x+Y{\parallel }^{\prime }=0$であるなら$x=0$となることを示す.ノルムの定義より任意の自然数$n\ge 1$に対して,$\parallel x+y_n\parallel <\frac{1}{n}$を満たす$y_n\in Y$が存在する.ゆえに$y_n$は$-x$に収束する.$Y$は閉集合であるので$y_n$の極限$-x$は$Y$に含まれるので部分空間の定義より$x$も$Y$に含まれる.ゆえに,$x+Y=Y$となるので$x=0$である.

また,$\alpha \in K$ が$\alpha \ne 0_K$を満たしている時 $$\begin{array}{cc}\parallel \alpha (x+Y){\parallel }^{\prime }& =\parallel \alpha x+Y{\parallel }^{\prime }\\ & =\underset{y\in Y}{inf}\parallel ax+y\parallel \\ & =\underset{y\in Y}{inf}|\alpha |\parallel x+a^{-1}y\parallel \\ & =|a|\underset{y\in Y}{inf}\parallel x+y\parallel \\ & =|a|\parallel x+Y{\parallel }^{\prime }\end{array}$$ であり$\alpha =0_K$の時も等式は成立する.

また$x,y\in X$の時$X/Y$の加法の演算を${+}^{\prime }$と表すと $$\begin{array}{cc}\parallel (x_1+Y){+}^{\prime }(x_2+Y){\parallel }^{\prime }& =\parallel (x_1+x_2)+Y{\parallel }^{\prime }\\ & =\underset{y\in Y}{inf}\parallel (x_1+x_2)+y\parallel \\ & =\underset{y_1,y_2\in Y}{inf}\parallel (x_1+y_1)+(x_2+y_2)\parallel \\ & \le \underset{y\in Y}{inf}\parallel (x_1+y)\parallel +\underset{y\in Y}{inf}\parallel (x_2+y)\parallel \\ & =\parallel x_1+Y{\parallel }^{\prime }+\parallel x_2+Y{\parallel }^{\prime }\end{array}$$ 残りは定義通り行えば出来るので省略

参考資料

1.4. ノルム空間の基本的な性質

Let $(V,\parallel \cdot \parallel )$ be a normed space. Then below properties are satisfied.

1. $A\equiv \{x\in V\mid \parallel x\parallel =r\}$ is closed set, where $r>0$.

Remark

• Any field can be applied.

(1の証明)$a\notin A$を任意にとると定義より,$\parallel a\parallel <1$もしくは$\parallel a\parallel >1$である.$\parallel a\parallel >1$の場合は$ϵ=|1-\parallel a\parallel |>0$,とすると$B(a,ϵ)\subset A$となる.

1.5. ノルム空間には孤立点は存在しない

Let $(V,\parallel \cdot \parallel )$ be a normed vector space over a field $K\left(R\text{or}C\right)$ such that $V\ne \left\{0\right\}$.

Then any point of $V$ is not an isolated point of $V$.

$x\in V$が孤立点だと仮定して矛盾を導く.孤立点の定義より),開集合$U$が存在して$U=\left\{x\right\}$となる.ゆえに$r>0$が存在して, $$B_r\left(x\right)\equiv \{y\mid \parallel x-y\parallel <r\}\subset U=\left\{x\right\}$$ となる.ここで$a\ne 0$を任意に固定する.この時$0<|\lambda |<\frac{r}{\parallel a\parallel }$を満たす$\lambda \in K$を任意にとると$x+\lambda a\ne x$であり,$\parallel x+\lambda a-x\parallel =|\lambda |\parallel a\parallel <r$より$x+\lambda a\in B_r\left(x\right)$であるが,$x+\lambda a\notin \left\{x\right\}$であるので矛盾.

1.6. 同値なノルムは同じ位相を定める

ベクトル空間$V$上にノルム$\parallel \cdot {\parallel }_1,\parallel \cdot {\parallel }_2$が定まっており,それらは同値であるとする.すなわち,$0<c_1,c_2<\infty$が存在し,$c_1\parallel x{\parallel }_2\le \parallel x{\parallel }_1\le c_2\parallel x{\parallel }_2$が成立する.この時2つのノルムは同じ位相(開集合系)を定める.

(Proof)

ノルム$\parallel \cdot {\parallel }_i$によって定まる位相を${\tau }_i$,中心$a$半径$r$の開球を$B_i(a,r)$と表記することにする.

$A_1\in {\tau }_1,a\in A_1$とする.開集合の定義より$ϵ>0$が存在し,$B_1(a_1,ϵ)\subset A_1$となる.$B_2(a,\frac{ϵ}{c_2})\subset B_1(a_1,ϵ)\subset A_1$であるので,$A_1\in {\tau }_2$.同様の議論を行うことで$A_2\in {\tau }_2\Rightarrow A_2\in {\tau }_1$を示せるので証明終了.

1.7. 同値なノルムは完備性を引き継ぐ

Let $V$ be a vector space and $\parallel \cdot \parallel$,$\parallel \cdot {\parallel }^{\prime }$ are equivalent norms on $V$.

If $(V,\parallel \cdot \parallel )$ is complete, $(V,\parallel \cdot {\parallel }^{\prime })$ is also complete.

証明は簡単なので略

1.8. 連続同相写像による完備な空間の引き戻しは完備

Let $(X,d_X)$ and $(Y,d_Y)$ be metric spaces, let $f:X\to Y$ be a homeomorphism which is uniformly continuous, and suppose that $Y$ is complete. Then $X$ is complete.

Corollary

Let $(X,d_X)$ and $(Y,d_Y)$ be metric spaces, let $f:X\to Y$ be a homeomorphism such that both $f$ and $f^{-1}$ are uniformly continuous. Then $X$ is complete if and only if $Y$ is complete.

(Proof)

$X$上のCauchy列$\left\{x_k\right\}$を任意にとる.$f$の全単射性から$f\left(x_k\right)=y_k$を満たす$y_k$が一意に定まる.この時$\left\{y_k\right\}$はCauchy列である(以下証明)

任意に$ϵ>0$を固定する.$f$はuniformly continuousであるので$\delta >0$が存在して $$d_X(x,x^{\prime })<\delta \Rightarrow d_Y\left(f\right(x),f(x^{\prime }\left)\right)<ϵ$$ が成立する.また,$\left\{x_k\right\}$はCauchy列であるので自然数$N$が存在して, $$n,m>N\Rightarrow d_X(x_n,x_m)<\delta$$ が成立する.ゆえに $$n,m>N\Rightarrow d_X(x_n,x_m)<\delta \Rightarrow d_Y\left(f\right(x_n),f(x_m\left)\right)<ϵ$$ となるので$\left\{y_k\right\}$はCauchy列.

$Y$は完備であるので$\left\{y_k\right\}$は収束する.その収束先を$y_0$とする.また,$f\left(x_0\right)=y_0$となる$x_0$は$\left\{x_k\right\}$の収束先となっている(以下証明)

$ϵ>0$を固定する.$f^{-1}$は$y_0$で連続であるので$\delta >0$が存在して, $$d_Y(y_0,y)<\delta \Rightarrow d_X(x_0,f^{-1}(y\left)\right)<ϵ$$ となる.また,$\left\{y_k\right\}$は$y_0$に収束するので自然数$N$が存在して, $$n>N\Rightarrow d_Y(y_0,y_n)<\delta$$ ゆえに, $$n>N\Rightarrow d_Y(y_0,y_n)<\delta \Rightarrow d_X(x_0,x_n)<ϵ$$ よって,$\left\{x_k\right\}$は$x_0$に収束するので$X$は完備である.

1.9. 完備な体上の有限次元ベクトル空間は最大値ノルムに関して完備である

Let $V$ be a finite-dimensional vector space over a valued field $(K,|\cdot |)$. For a basis $\{e_1,\dots ,e_n\}$ of $V$ over $K$, set ${\Vert {\sum }_{i=1}^n{c}_i{e}_i\Vert }_{\infty }={max}_{1\le i\le n}|c_i|$ where $c_i\in K$. This is a norm on $V$, and if $K$ is complete with respect to $|\cdot |$ then $V$ is complete with respect to $\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$.

(Proof)

$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$が$V$上のノルムになることを簡単に示せるので証明は省略する.

$(V,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$上のCauchy列$\left\{x^k\right\}$を任意にとる.ただし,$x^k={\sum }_{i=1}^n{c}_i^k{e}_i$とする.

この時,任意の$j\in \{1,\dots ,n\}$に対して$(K,|\cdot |)$上の点列$\{c_j^k{\}}_{k\in N_{>0}}$はCauchy列である.実際$ϵ>0$を任意にとると$\left\{x^k\right\}$はCauchy列であるので,$N\in N$が存在して, $$k,\ell >N\Rightarrow |c_j^k-c_j^{\ell }|\le \underset{i=1,\dots ,n}{max}|c_i^k-c_i^{\ell }|=\parallel x^k-x^{\ell }{\parallel }_{\infty }<ϵ$$ となるので$\{c_j^k{\}}_{k\in N_{>0}}$はCauchy列である.また,$(K,|\cdot |)$はcompleteであるので$\{c_j^k{\}}_{k\in N_{>0}}$は収束する.その収束先を$c_j$とする.この時$\left\{x^k\right\}$は$c={\sum }_{i=1}^n{c}_i{e}_i$に収束する.実際,$ϵ>0$を任意に固定すると,$\left\{c_j^k\right\}$の収束性から$N>0$が存在し,任意の$j\in \{1,\dots ,n\}$に対して, $$k>N\Rightarrow |c_j^k-c_j|<ϵ$$ が成立する.よって,$k>N$の時, $$\parallel x^k-c{\parallel }_{\infty }=\underset{i=1,\dots ,n}{max}|c_i^k-c_i|<ϵ$$ であるので,$\left\{x^k\right\}$は収束する.ゆえに$(V,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$は完備である.

1.10. 完備な体上の有限次元ベクトル空間のノルムは同値

Any two norms on a finite-dimensional vector apce over a complete valued field are equivalent.

(Proof)

下記の証明に出てくるvalued fieldはabsolute valueが定義されている体)のこと

p4 Theorem3.2

保存用 p4 Theorem3.2

1.11. 完備な体上の有限次元ベクトル空間は完備

Let $(K,|\cdot |)$ be a complete valued field and $(E,\parallel \cdot \parallel )$ be a finite-dimensional vector space over $K$. Then $(E,\parallel \cdot \parallel )$ is complete.

Let $K$ be a complete field equipped with a absolute value $|\cdot |:K\to [0,\infty )$.

Let $E$ be a $n$-dimensional vector space over a field $K$.

$E$の基底$e_1,\dots ,e_n$を1つ固定する.また,$E$上の関数$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }:E\to R$を $${\Vert \sum _{i=1}^n{\lambda }_i{e}_i\Vert }_{\infty }=\underset{i=1,\dots ,n}{max}|{\lambda }_i|$$ と定義すると$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$は$E$上のノルムになる(証明略)

同様に,$K$上ベクトル空間$K^n$上の$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }:K^n\to [0,\infty ):x\mapsto {max}_{i\in \{1,\dots ,n\}}|x_i|$という関数はノルムになる(証明略)

ここで,写像$L:(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })\to (E,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$を $$L\left(\right({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n{)}^T)=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{e}_i$$ と定義すると$L$はlinear isometric bijectionとなる(証明略).また全射な等長写像の開集合の像と引き戻しは開集合であるので,$L$はhomeomorphismである.また,$L$はisometric bijectionであるので,$L^{-1}$もisometricであることは容易に示せる.さらに,isometricな関数はuniformly continuousであることも容易に示せるので$L^{-1}$はuniformly continuous homeomorphismである.また,$(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$は完備であるので(証明は最後),連続同相写像による完備な空間の引き戻しは完備より$(E,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$は完備(complete)である.また,完備な体上の有限次元ベクトル空間のノルムは同値であり,同値なノルムは完備性を引き継ぐことから$(E,\parallel \cdot \parallel )$も完備である.

また,$(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$のCauchy列は収束列である.つまり完備(以下証明)

$(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$上のCauchy列$\left\{x^k\right\}$を任意にとる.この時,任意の$j\in \{1,\dots ,n\}$に対して$(K,|\cdot |)$上の点列$\{x_j^k{\}}_{k\in N_{>0}}$はCauchy列である.実際$ϵ>0$を任意にとると$\left\{x^k\right\}$はCauchy列であるので,$N\in N$が存在して, $$k,\ell >N\Rightarrow |x_j^k-x_j^{\ell }|\le \underset{i=1,\dots ,n}{max}|x_i^k-x_i^{\ell }|=\parallel x^k-x^{\ell }{\parallel }_{\infty }<ϵ$$ となるので$\{x_j^k{\}}_{k\in N_{>0}}$はCauchy列である.また,$(K,|\cdot |)$はcompleteであるので$\left\{x_j^k\right\}$は収束する.その収束先を$a_j$とする.この時$\left\{x^k\right\}$は$\boldsymbol{a} = (a_1, \dots ,a_n)^T$に収束する.実際,$ϵ>0$を任意に固定すると,$\left\{x_j^k\right\}$の収束性から$N>0$が存在し,任意の$j\in \{1,\dots ,n\}$に対して, $$k>N\Rightarrow |x_j^k-a_j|<ϵ$$ が成立する.よって,$k>N$の時, $$\parallel x^k-a{\parallel }_{\infty }=\underset{i=1,\dots ,n}{max}|x_i^k-a_i|<ϵ$$ であるので,$\left\{x^k\right\}$は収束する.ゆえに$(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$は完備である.

1.12. 完備な体上のベクトル空間の有限次元の部分空間は閉集合

Let $V$ be a normed vector space over a complete valued field.

Then any linear subspace is a closed set.

(Proof)

距離空間においては集合内の収束列が集合内に収束することと閉集合であることは同値なのでこれを示す.有限次元の部分空間は1次独立な有限個のベクトルの線形結合で表されるので,$U\equiv ⟨e_1,\dots e_n⟩$と表すことにする.収束列$\left\{x_k\right\}\subset U$を任意にとる.(収束先を$x\in V$とする)距離空間ではCauchy列は収束列であるから$\left\{x_k\right\}$は$U$上のCauchy列となる.また,$U$は有限次元ベクトル空間であるので,完備な体上の有限次元ベクトル空間は完備より$\left\{x_k\right\}$は$U$に制限した$V$上のノルムにおいて,点$y\in U$に収束する.収束先の一意性より$x=y\in U$となるので$U$は閉集合である.

1.13. Tube_Lemma

Let $X_1,\dots ,X_n$ be topological spaces and ${\prod }_{i=1}^n{X}_i$ is product spaces. Let $A_1,\dots ,A_n$ be compact subset of $X_1,\dots ,X_n$, respectively. If $N$ is an open set containing ${\prod }_{i=1}^n{A}_i$, then there exists open sets $U_1,\dots ,U_n$ such that ${\prod }_{i=1}^n{A}_i\subset {\prod }_{i=1}^n{U}_i\subset N$.

$k=1,\dots ,n$に対して以下の操作を行う.

[$k=0$の時]

直積集合の定義より,任意の$a_1,\dots ,a_n(a_i\in A_i)$に対して開集合$U_i^0(a_1,\dots ,a_n)\subset X_i$が存在して,$a_i\in U_i^0(a_1,\dots ,a_n)$,${\prod }_{i=1}^n{U}_i^0(a_1,\dots ,a_n)\subset N$が成立する.

また,$k\in \{0,\dots ,n\}$の操作が終了した時点で以下が成立することに留意する.

• (条件1)任意の$a_1,\dots ,a_{n-k}$に対して $$\begin{array}{cc}1\le i\le n-k& \Rightarrow a_i\in U_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\\ n-(k-1)\le i\le n& \Rightarrow A_i\subset U_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\end{array}$$

• (条件2) 任意の$i\in \{1,\dots ,n\}$と任意の$a_1,\dots ,a_{n-k}$に対して $$U_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})$$ は開集合

• (条件3)任意の$a_1,\dots ,a_{n-k}$に対して $$\prod _{i=1}^n{U}_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\subset N$$

[$k\ge 1$の時($k-1$についての操作は終了している)]

任意に$a_1,\dots ,a_{n-k}$を固定する.この時$k-1$の際の(条件1)より $$\left\{U_{n-(k-1)}^{k-1}\right(a_1,\dots ,a_{n-(k-1)})\mid a_{n-(k-1)\in A_{n-(k-1)}}\}$$ は$A_{n-(k-1)}$の開被覆となる.$A_{n-(k-1)}$のコンパクト性より,有限集合$S_{n-(k-1)}\subset A_{n-(k-1)}$が存在し, $$U_{n-(k-1)}^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\equiv \bigcup _{a_{n-(k-1)}\in S_{n-(k-1)}}{U}_{n-(k-1)}^{k-1}(a_1,\dots ,a_{n-(k-1)})\supset A_{n-(k-1)}$$ となる.ここで$i\ne n-(k-1)$に対して, $$U_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\equiv \bigcap _{a_{n-(k-1)}\in S_{n-(k-1)}}{U}_i^{k-1}(a_1,\dots ,a_{n-(k-1)})$$ と定義すると$k-1$の際の(条件1)を用いると,任意の$a_1,\dots ,a_{n-k}$に対して $$\begin{array}{cc}1\le i\le n-k& \Rightarrow a_i\in U_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\\ n-(k-1)\le i\le n& \Rightarrow A_i\subset U_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})\end{array}$$ が成立するので$k$の際も(条件1)が成立.また,$S_{n-(k-1)}$が有限集合であることと,$k-1$の際の(条件2)を用いると$k$の時にも(条件2)が成立することが分かる.

また,任意に$b\in {\prod }_{i=1}^n{U}_i^k(a_1,\dots ,a_{n-k})$をとると,$b_{n-(k-1)}\in U_{n-(k-1)}^k(a_1,\dots ,a_{n-k})$であるので,$a_{n-(k-1)}\in S_{n-(k-1)}$が存在して,$b_{n-(k-1)}\in U_{n-(k-1)}^{k-1}(a_1,\dots ,a_{n-(k-1)})$が成立する.よって,

$U_i^k$の定義より$b\in {\prod }_{i=1}^n{U}_i^{k-1}(a_1,\dots ,a_{n-(k-1)})$である.よって,$k-1$の際の(条件3)より$b\in N$であるので$k$の時も(条件3)が成立する.

$n$まで操作が終了した時点で, $$\prod _{i=1}^n{A}_i\subset \prod _{i=1}^n{U}_i^n\subset N$$ であり$U_i^n$が開集合であるので証明終了.

1.14. 完備全有界なK^nにおけるコンパクトと有界閉集合の同値性

Let $(K,|\cdot |)$ be a complete valued field which satisfies that every bounded subset is totally bounded.

Let $(K^m,\parallel \cdot \parallel )$ be normed space. Then, any subset $A$ of $K^n$ is compact if and only if it is $A$ is closed and bounde.

証明のためにいくつかの補題を証明する.

(補題1)任意の$r>0$に対して$K$上の閉球$\overline{B}(0,r)\equiv \{x\in K\mid |x|\le r\}$を考えると$\overline{B}(0,r)$は閉集合である.

閉集合でないとすると,$\overline{B}(0,r)$のlimit pointであって$\overline{B}(0,r)$に含まれないものが存在するので,それを$a\in K$とする.この時$|a|>r$であるので,$ϵ\equiv |a|-r>0$と定義できる.また,limit pointの定義より,任意の自然数$n\in N_{>0}$に対して$a_n\in B(a,\frac{1}{n})\cap \overline{B}(0,r),a_n\ne a$を満たす$a_n$が存在する.ここで,$\frac{1}{n}<ϵ$を満たす$N$を1つ固定すると, $$|a|\le |a-a_N|+|a_N|<\frac{1}{N}+|a_N|<ϵ+|a_N|=|a|-r+|a_N|$$ より$r<|a_N|$となる.これは$a_N\in \overline{B}(0,r)$に矛盾.

(補題2)任意の$r>0$に対して$K$上の閉球$\overline{B}(0,r)\equiv \{x\in K\mid |x|\le r\}$を考えると$\overline{B}(0,r)$はコンパクトである.

$\overline{B}(0,r)$は定義よりboundedであり,問題文の仮定よりtotally boundedとなる.よって,$\left\{a_n\right\}\subset \overline{B}(0,r)$とすると,$\left\{a_n\right\}$はCauchy部分列$\left\{a_{n_k}\right\}$を持つ.$K$は完備であるので$\left\{a_{n_k}\right\}$は$K$上に収束点を持つが,補題1より$\overline{B}(0,r)$は閉集合であるので収束点は$\overline{B}(0,r)$上にある.よって$\overline{B}(0,r)$点列コンパクトとなるので(この定理より),コンパクトである.

(補題3)$K^n$上の$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }:K^n\to [0,\infty ):x\mapsto {max}_{i\in \{1,\dots ,n\}}|x_i|$という関数はノルムになる(証明略)また,$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$によって誘導される位相を$O$,直積位相を$O^{\prime }$とすると$O=O^{\prime }$である.

$O\in O^{\prime }$と$x\in O$を任意にとると,ノルムに誘導される位相の定義より$ϵ>0$が存在して, $$B_{\infty }(x,ϵ)\equiv \{y\in K^n\mid \parallel x-y{\parallel }_{\infty }\}\subset O$$ が成立する.また, $$B(x_i,ϵ)\equiv \{y\in K\mid |x_i-y|<ϵ\}$$ と定義すると, $$x\in \prod _{i=1}^{n}B(x_i,ϵ)\subset B_{\infty }(x,ϵ)\subset O$$ となるので,$O^{\prime }\subset O$が成立.逆も容易に示せる(証明略)

距離空間上のコンパクト集合は有界閉集合であるので,有界閉集合ならばコンパクトであることのみを示す.$(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_{\infty })$において有界閉集合$A\subset K^n$を任意にとる.$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$の定義より$M>0$が存在して任意の$a=(a_1,\dots ,a_m)$に対して$|a_i|\le M$が成立することに注意する.

また,任意の$j\in \{1,\dots ,m\}$に対して射影${\pi }_j:K^n\to K$を${\pi }_j(a_1,\dots ,a_n)=a_j$を定義すると${\pi }_j\left(A\right)$は閉集合である.

$A$は$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$から誘導される位相において閉集合であるので,(補題3)より直積位相でも閉集合である.${\pi }_j\left(A\right)$は閉集合であることの証明中では$K^n$には直積位相が入っていると考える.

$a_j\notin {\pi }_j\left(A\right)$とすると, $$\overline{B}(0,M)\times \cdots \times \left\{a_j\right\}\times \cdots \times \overline{B}(0,M)\cap A=\varnothing$$ である.実際,空集合でないとすると$A$の元で$j$番目の要素が$a_j$であるものが存在するので,$a_j\in {\pi }_j\left(A\right)$となり矛盾する.上式より, $$\overline{B}(0,M)\times \cdots \times \left\{a_j\right\}\times \cdots \times \overline{B}(0,M)\subset A^c$$ が成立する.ここで,(補題2)より$\overline{B}(0,M)$はコンパクトであるので,Tube_Lemmaより$K$上の開集合$U_1,\dots ,U_m$が存在して, $$\overline{B}(0,M)\times \cdots \times \left\{a_j\right\}\times \cdots \times \overline{B}(0,M)\subset \prod _{i=1}^m{U}_i\subset A^c$$ が成立する.($a_j\in U_j$となっていることに注意)

この時,${\pi }_j\left(A\right)\cap U_j=\varnothing$である.

実際,空集合でないとすると,$A\subset {\prod }_{i=1}^m\overline{B}(0,M)$であるので $$\prod _{i=1}^{j-1}\overline{B}(0,M)\times U_j\times \prod _{i=j+1}^m\overline{B}(0,M)$$ に含まれる$a\in A$の元が存在することになるが, $$\prod _{i=1}^{j-1}\overline{B}(0,M)\times U_j\times \prod _{i=j+1}^m\overline{B}(0,M)\subset \prod _{i=1}^m{U}_i\subset A^c$$ であるので矛盾.

ゆえに,$a_j\in U_j\subset K\setminus {\pi }_j\left(A\right)$となるので,$K\setminus {\pi }_j\left(A\right)$は開集合となり,${\pi }_j\left(A\right)$は閉集合

ここで,$A$上の点列 $\{a^n{\}}_n$を任意にとる.$a^n=(a_1^n,\dots ,a_m^n)$と表記することにする.また,収束する$\left\{a^n\right\}$の部分列の存在を示すために,$1$番目の要素から$m$番目の要素まで順に部分列をとって,収束させることにする.具体的には初期値を$\{a^{k_{n,0}}{\}}_n\equiv \{a^n{\}}_n$として$j=1,\dots ,m$まで次の操作を繰り返す.以後,$a^{k_{n,j}}=(a_1^{k_{n,j}},\dots ,a_m^{k_{n,j}})$と表記することにする.

点列$\{a_j^{k_{n,j-1}}{\}}_n\subset {\pi }_j(A)\subset \overline{B}(0,M)$を考える.${\pi }_j\left(A\right)$は有界であるので問題文の仮定より全有界.よって,$\{a_j^{k_{n,j-1}}{\}}_n$はCauchy部分列を持つ.また,$K$は完備なので$\{a_j^{k_{n,j-1}}{\}}_n$の部分列$\{a_j^{k_{n,j}}{\}}_n$は$a_j\in {\pi }_j\left(A\right)$に収束する.ここで,$\{a^{k_{n,j-1}}{\}}_n$の部分列$\{a^{k_{n,j}}{\}}_n$において,$1\le i\le j$ならば$\{a_i^{k_{n,j}}{\}}_n$は$a_i$に収束することが分かる.

よって$j=m$の操作が終わった時に,$\{a^{k_n}{\}}_n\equiv \{a^{k_{n,m}}{\}}_n$,$a=(a_1,\dots ,a_m)$と定義すると, $\{a^n{\}}_n$の部分列$\{a^{k_n}{\}}_n$は$a$に収束することが分かる.$A$は閉集合であるので$a\in A$となる.ゆえに$A$は点列コンパクトであるのでコンパクト.また,この証明では$K^n$に$\parallel \cdot {\parallel }_{\infty }$ノルムが入っている考えて証明したが,完備な体上の有限次元ベクトル空間のノルムは同値であり,同値なノルムは同じ位相を定めるので任意のノルム$\parallel \cdot \parallel$に関してもコンパクトである.

1.15. 完備全有界な体におけるコンパクトと有界閉集合の同値性

Let $(K,|\cdot |)$ be a complete valued field which satisfies that every bounded subset is totally bounded.

Then any subset $A$ of finite dimensional normed space $(V,\parallel \cdot \parallel )$ over $K$ is compact if and only if $A$ is closed and bounded.

Remark

• $R$ and $C$ are examples satisfying that every bounded subset is totally bounded.
• It is not true for infinite-dimensional normed space because of normed space is finite if and only if the closed unit ball is compact, the proof handes the field $C$.

$A$がコンパクトなら有界閉集合であることは別定理から示す事ができる(距離空間上のコンパクト集合は有界閉集合)ので逆のみを示す.

$n$を$V$の次元とすると同型写像(isomorphism)$T:K^n\to V$が存在する(証明略).また,$K^n$上の関数を$\parallel x{\parallel }_V\equiv \parallel T\left(x\right)\parallel$と定義すると$K^n$上のノルムとなる(証明略).

また,$T:(K^n,\parallel \cdot {\parallel }_V)\to (V,\parallel \cdot \parallel )$は等長写像isometoryとなる.また全射な等長写像の開集合の像と引き戻しは開集合であるので$T$は位相同型homeomorphism.

ここで,$A\subset V$がclosedかつboundedとする.$T$は位相同型であるので,$T^{-1}\left(A\right)$も($\parallel \cdot {\parallel }_V$のノルムに誘導される位相で)closedである.また$T$が等長写像であるので$T^{-1}\left(A\right)$もboundedである.K^n上では有界閉集合とコンパクトは同値であったので(証明が一番大変),$T^{-1}\left(A\right)$はコンパクトである.また,全射かつ連続関数のcompact集合の像はcompactであるので$A=T\left(T^{-1}\right(A\left)\right)$はcompact.

1.16. 有界閉集合だがコンパクトでない例

Let $X$ be infinite set, and $(X,\rho )$ be a discrete metric space). Then $X$ is closed and bounded but not compact.

(proof)$X$が有界閉集合であることは自明なのでコンパクトでないことのみ示す.ここで中心$x$半径$r>0$の開球を$U_r\left(x\right)$で表すことにすると$U\equiv \left\{U_{\frac{1}{2}}\right(x)\mid x\in X\}$は$X$の開被覆である.一方で$U_{\frac{1}{2}}\left(x\right)=\left\{x\right\}$であるので$U$の任意の有限部分集合の要素数は有限であるので$X$の被覆とならない.ゆえに$X$はコンパクトでない.

Let $C\left(\right[0,1],R)$ be the real continuous function defined on the interval $[0,1]$ endowed with the sup norm $\parallel f\parallel ={sup}_{x\in [0,1]}|f\left(x\right)|$.

Then the close ball centered at $0_f$ with radius $1$, denoted by $B_1\left(0_f\right)$, is not compact where $0_f$ is the zero function whose value is zero for every element in its domain.

(Proof)連続関数によるコンパクト集合の像はコンパクト集合なので, $f\in C\left(\right[0,1],R)$ならば$f\left(\right[0,1\left]\right)\subset R$はコンパクトである.特に有界閉集合であるので$C\left(\right[0,1],R)$の任意の関数は有界.ゆえに問題文中の一様ノルム)$\parallel \cdot \parallel$はノルムを定めることに注意する.

任意の自然数$n\in N\setminus \left\{0\right\}$に対して区分線形写像$f_n$を以下で定める. $$\begin{array}{c}\{\begin{array}{c}{f}_n\left(0\right)=f_n(\frac{1}{2^n}-\frac{1}{2^{n+2}})=0\\ f_n\left(\frac{1}{2^n}\right)=1\\ f_n(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+2}})=f_n\left(1\right)=0\end{array}\end{array}$$ つまり,$f_n$は以下の点を結んだ折れ線である$(0,0),(\frac{1}{2^n}-\frac{1}{2^{n+2}},0),(\frac{1}{2^n},1),(\frac{1}{2^n}+\frac{1}{2^{n+2}},0),(1,0)$

この時,$f_n\left(\right[0,1\left]\right)\subset [0,1]$より$f_n\in B_1\left(0_f\right)$であり$1\le n<m$ならば$\frac{1}{2^m}+\frac{1}{2^{m+2}}<\frac{1}{2^n}-\frac{1}{2^{n+2}}$であるので$f_n$の台(supports)(つまり$f_n\left(x\right)\ne 0$である$x$の集合)は互いに素であるので$\parallel f_n-f_m\parallel =1$.

ここで,$B_1\left(0_f\right)$の開被覆$U\equiv \left\{U_{\frac{1}{2}}\right(f)\mid f\in B_1(0_f\left)\right\}$を考える.ただし,任意の$r>0$, $f\in C\left(\right[0,1],R)$に対して,$U_r\left(f\right)$は中心$f$,半径$r>0$の開球を表す.

この時,任意の$f\in B_1\left(0_f\right)\subset C\left(\right[0,1],R)$に対して, $$g,h\in U_{\frac{1}{2}}\left(f\right)\Rightarrow \parallel g-h\parallel \le \parallel g-f\parallel +\parallel f-h\parallel <\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$$ である.ゆえに,$U_{\frac{1}{2}}\left(f\right)$は$f_n$を高々1つ含むので,開被覆$U$の有限個の部分集合族は高々有限個の$f_n$を含むことになるのでコンパクトではない.

参考資料

1.17. 有限次元ノルム空間と閉球のコンパクト性の同値性

証明(未読)