バナッハ空間の完備性（絶対収束と逐次近似のどこで効くか）

バナッハ空間とは完備なノルム空間のことです。完備とは、コーシー列の行き先がその空間の中にあること。

解析の議論は、たいてい近似の列を並べて極限をとります。その極限が空間の外へ出ると、近づけたものを扱えない。

${\sum }_k\Vert f_k\Vert$ が有限なら ${\sum }_k{f}_k$ が収束する。この判定が通るのも完備な空間だけです^[1]。

極限が空間の外へ出る例

数列 $1,1.4,1.41,1.414,\dots$ を有理数の中で見ます。項どうしはいくらでも近づくのに、行き先の $\sqrt{2}$ が有理数ではない。

関数の空間でも同じことが起きます。連続関数を並べて極限をとると、極限が連続でなくなる場合がある。完備な空間なら、この形になりません。

完備性が効く 3 つの場面

どれも、近似の行き先がその空間の元だと言えるかを聞いています。

絶対収束すれば収束する

$X$ をバナッハ空間、$f_1,f_2,\dots$ をその元とし、ノルムの和が有限だとします。

$$\sum _{k=1}^{\infty }\Vert f_k\Vert <\infty$$

部分和を $s_n={\sum }_{k=1}^n{f}_k$ とおきます。$m<n$ について、差は三角不等式で押さえられる。

$$\Vert s_n-s_m\Vert =\Vert \sum _{k=m+1}^n{f}_k\Vert \le \sum _{k=m+1}^n\Vert f_k\Vert$$

右辺は収束する級数の切れ端です。$m$ を大きくすればいくらでも小さくなるため、$(s_n)$ はコーシー列になる。

$X$ は完備なので、この列は $X$ の中で収束する。つまり ${\sum }_k{f}_k$ が収束します。

完備性が効いたのは最後の 1 行だけ。そこまでは、どのノルム空間でも同じように進みます。

逆向きも成り立つ

絶対収束する級数がつねに収束するなら、その空間は完備です^[1]。「完備な空間だけ」と言い切れるのは、この向きがあるからです。

$(x_n)$ をコーシー列とします。番号を $n_1<n_2<\cdots$ と選んで、次を満たすようにできる。

$$\Vert x_{n_{k+1}}-x_{n_k}\Vert \le 2^{-k}$$

選び方はこうです。$k$ ごとに「$p,q\ge N_k$ なら $\Vert x_p-x_q\Vert \le 2^{-k}$」となる $N_k$ をとり、$n_k$ を $N_k$ 以上かつ増加するように決める。

差の級数 ${\sum }_k(x_{n_{k+1}}-x_{n_k})$ は、ノルムの和が ${\sum }_k{2}^{-k}=1$ で押さえられ、絶対収束します。仮定から、これが収束する。

部分和が $x_{n_{K+1}}-x_{n_1}$ になるため、部分列 $(x_{n_k})$ が収束します。行き先を $x$ とおく。

残るのは、全体が $x$ へ向かうことです。三角不等式で $\Vert x_n-x\Vert \le \Vert x_n-x_{n_k}\Vert +\Vert x_{n_k}-x\Vert$ と分け、$n$ と $k$ を大きくすれば右の 2 項はどちらも小さくなる。

コーシー列がどれも収束するので、この空間は完備です。

例：和が空間の外へ出る

有限個しか $0$ でない数列の全体に、上限ノルムを入れます。$e_k$ を第 $k$ 成分だけ $1$ の数列として、${\sum }_k{2}^{-k}{e}_k$ を並べる。

$\Vert 2^{-k}{e}_k{\Vert }_{\infty }=2^{-k}$ で、その和は $1$。絶対収束しています。

部分和 $s_n=(2^{-1},\dots ,2^{-n},0,0,\dots )$ は、どれも有限個しか $0$ でない。ところが $x=(2^{-k}{)}_k$ とおくと、距離は次のようになる。

$$\Vert s_n-x{\Vert }_{\infty }=\underset{k>n}{\sup }{2}^{-k}=2^{-(n+1)}$$

$s_n$ は $x$ へ収束します。$x$ には $0$ の成分がないため、この空間の元ではない。

絶対収束する級数が収束しませんでした。前の節の逆向きから、この空間は完備でないと分かります。

$C[a,b]$ は最大値ノルムで完備

最大値ノルムを $\Vert f{\Vert }_{\infty }={\max }_{a\le t\le b}|f(t)|$ と書きます。

$(f_n)$ をこのノルムでのコーシー列とします。各点 $t$ で $|f_n(t)-f_m(t)|\le \Vert f_n-f_m{\Vert }_{\infty }$ だから、数列 $(f_n(t))$ は $\mathbb{R}$ のコーシー列になる。

$\mathbb{R}$ は完備だから、各 $t$ で極限が決まります。それを $f(t)$ とおく。

次に、この収束が一様であることを見ます。$\epsilon >0$ をとり、$n,m\ge N$ なら $\Vert f_n-f_m{\Vert }_{\infty }\le \epsilon$ となる $N$ を選ぶ。

このとき各 $t$ で $|f_n(t)-f_m(t)|\le \epsilon$ が成り立ちます。$m\to \infty$ とすれば $|f_n(t)-f(t)|\le \epsilon$ になる。

$t$ によらない評価なので $\Vert f_n-f{\Vert }_{\infty }\le \epsilon$ です。一様収束する連続関数列の極限は連続なため、$f$ も $C[a,b]$ の元になる。

例：$y^{\prime }=y$ を反復で解く

初期値問題 $y^{\prime }=y$、$y(0)=1$ を積分の形に書き直します^[2]。

$$y(t)=1+{\int }_0^{t}y(s)ds$$

右辺を作用素と見て、$y_0=1$ から $y_{n+1}(t)=1+{\int }_0^t{y}_n(s)ds$ を繰り返す。出てくるのは指数関数の部分和です。

$$y_n(t)=\sum _{k=0}^n\frac{t^k}{k!}$$

帰納法で確かめられます。$y_n$ がこの形だとして積分すると ${\int }_0^t\frac{s^k}{k!}ds=\frac{t^{k+1}}{(k+1)!}$ になり、項が 1 つ増える。

隣どうしの差は $y_{n+1}(t)-y_n(t)=\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}$ です。$[0,T]$ で測ると次のようになる。

$$\Vert y_{n+1}-y_n{\Vert }_{\infty }=\frac{T^{n+1}}{(n+1)!}$$

この和は ${\sum }_{n\ge 0}\frac{T^{n+1}}{(n+1)!}=e^T-1$ で有限です。差の級数が絶対収束している。

$C[0,T]$ は最大値ノルムで完備なため、絶対収束の判定がそのまま使えます。$y_n$ の行き先が同じ空間の中に決まり、解が存在すると言い切れる。

完備でない空間で同じ手続きを踏むと、列は並んでも行き先が決まりません。近似できたのに答えがない、という状態になる。

例：同じ集合でもノルムで結果が変わる

完備かどうかは、集合だけでは決まりません。どのノルムで測るかまで込みで決まる。

$C[0,1]$ は最大値ノルムで完備でした。ところが $\Vert f{\Vert }_1={\int }_0^1|f|$ で測ると完備でなくなります。

$f_n$ を、$\left[0,\frac{1}{2}\right]$ で $0$、$\left[\frac{1}{2}+\frac{1}{n},1\right]$ で $1$、あいだを直線でつないだ連続関数とします。

$m>n$ のとき $f_n$ と $f_m$ が食い違うのは幅 $\frac{1}{n}$ の区間だけで、そこでの差も $1$ 以下。だから $\Vert f_n-f_m{\Vert }_1\le \frac{1}{n}$ で、コーシー列になります。

行き先に連続関数 $h$ があったとします。$f_n$ は $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ で $0$ だから、次が成り立つ。

$${\int }_0^{1/2}|h|={\int }_0^{1/2}|h-f_n|\le \Vert h-f_n{\Vert }_1\to 0$$

左辺は $n$ によらないので $0$ です。$h$ は連続だから、$\left[0,\frac{1}{2}\right]$ の上で $h=0$ になる。

$c>\frac{1}{2}$ を 1 つとります。$n$ を大きくすれば $\frac{1}{2}+\frac{1}{n}<c$ となり、$[c,1]$ の上で $f_n=1$。同じ評価から ${\int }_c^1|h-1|=0$ で、$h$ はそこで $1$ になります。

$c$ は $\frac{1}{2}$ にいくらでも近づけられます。連続性から $h\left(\frac{1}{2}\right)$ が $0$ と $1$ の両方になり、そんな $h$ はない。

完備化する

完備でない空間は、完備な空間の中へ埋め込めます^[3]。もとの空間を稠密な部分として含む完備な空間が、ひととおりに定まる。

$\mathbb{Q}$ を完備化すると $\mathbb{R}$ になります。$C[0,1]$ を $L^1$ ノルムで完備化すると $L^1[0,1]$ になる。

測度論を経由して定義した $L^p$ 空間は、この完備化の結果と一致します。測度論がいる理由の 1 つがこれです。

実際の議論では、最初から完備な空間を選ぶほうが多くなる。$C[a,b]$ に最大値ノルム、${\ell }^p$、$L^p$。先に空間を決めてから始めます。

よく使う空間の一覧

完備な空間の閉部分空間は完備です^[1]。$U$ のコーシー列は大きい空間の中で収束し、$U$ が閉だから行き先も $U$ に入る。これだけで示せます。

逆も成り立ちます。$U$ が完備なとき、$U$ の点列が $x$ へ収束したとすると、その列はコーシー列なので $U$ の中の点へも収束し、極限がひとつしかないことから $x\in U$。部分空間の完備性は、閉かどうかだけで決まります。

まちがえやすい点

近似の列は、完備でない空間でも並びます。その行き先まで空間の中にあると言えるかどうかが、バナッハ空間とそうでない空間の差です。

参考