単位球はいつコンパクトになるのか？有限次元だけという答え

${\mathbb{R}}^n$ の閉じた単位球はコンパクトです。有界な点列からは、必ず収束する部分列がとれる。

無限次元ではそうなりません。ノルム空間の閉じた単位球がコンパクトになるのは、有限次元のときに限ります^[4]。

リースの補題が、その境目を作っています。閉じた真部分空間から、距離 1 の手前まで離れた単位ベクトルを、いつでも 1 つとれる^[1]。

有限次元なら単位球はコンパクト

$n$ 次元のノルム空間 $X$ は、基底を選べば ${\mathbb{R}}^n$ と線形同型になります。

有限次元ではどの 2 つのノルムも同値なので、この同型は位相まで保つ。閉単位球は ${\mathbb{R}}^n$ の有界閉集合へ移ります。

あとはハイネ・ボレルの定理です。有界閉集合はコンパクトなので、もとの単位球もコンパクトになります^[3]。

${\mathbb{R}}^2$ に $\Vert x{\Vert }_1$、$\Vert x{\Vert }_2$、$\Vert x{\Vert }_{\infty }$ のどれを入れても同じです。単位球の形は菱形・円・正方形と変わりますが、コンパクトさは変わらない。

リースの補題

$X$ をノルム空間、$Y$ を $X$ の閉じた真部分空間とします。$0<\alpha <1$ をどう選んでも、次をみたす $u\in X$ があります^[1,3]。

$$\Vert u\Vert =1,\mathrm{dist}(u,Y)=\underset{y\in Y}{\inf }\Vert u-y\Vert \ge \alpha$$

$Y$ が閉じていること、$Y$ が $X$ 全体でないこと。この 2 つが仮定のすべてです。

証明は 3 行で終わります。$Y$ に入らない $w$ を 1 つとると、$Y$ が閉なので $a=\mathrm{dist}(w,Y)>0$。

$a$ は下限なので、$\Vert w-y_0\Vert \le a/\alpha$ をみたす $y_0\in Y$ がとれます。$\alpha <1$ を使うのはここだけ。

$$u=\frac{w-y_0}{\Vert w-y_0\Vert }$$

とおけば $\Vert u\Vert =1$ です。$y\in Y$ を任意にとると、$y_0+\Vert w-y_0\Vert y$ も $Y$ の元なので、次のように評価できます。

$$\begin{array}{rl}\Vert u-y\Vert & =\frac{\Vert w-(y_0+\Vert w-y_0\Vert y)\Vert }{\Vert w-y_0\Vert }\\ & \ge \frac{a}{\Vert w-y_0\Vert }\ge \frac{a}{a/\alpha }=\alpha \end{array}$$

分子は $w$ と $Y$ の元との距離なので $a$ 以上。分母は $a/\alpha$ 以下。割り算で $\alpha$ が出ます。

例：平面で確かめる

$X={\mathbb{R}}^2$、$Y$ を $x$ 軸とします。$u=(0,1)$ をとれば $\Vert u\Vert =1$ です。

$Y$ の元は $(t,0)$ の形なので、距離は $\sqrt{t^2+1}$ の下限で $1$。$\alpha$ を $1$ 未満に落とさなくても届きました。

有限次元では最短の点が実際に存在します。距離が下限どまりにならないので、$1$ がそのまま実現する。

例：${\ell }^2$ の座標ベクトル

$X={\ell }^2$、$Y=\mathrm{span}\{e_1,\dots ,e_n\}$ とします。$Y$ は有限次元なので閉じている。

$u=e_{n+1}$ をとると、$y\in Y$ に対して次が成り立ちます。

$$\Vert e_{n+1}-y{\Vert }^2=1+\Vert y{\Vert }^2\ge 1$$

距離はちょうど $1$ です。$Y$ が有限次元だったり $X$ が反射的だったりすると、$\alpha =1$ までとれる^[2]。

超平面までの距離は汎関数で測れる

$Y$ が超平面、つまり連続な線形汎関数 $\Lambda$ の核であるときは、距離が式で書けます。

$$\mathrm{dist}(x,\ker \Lambda )=\frac{|\Lambda x|}{\Vert \Lambda \Vert }$$

分母は $\Lambda$ の作用素ノルムです。この形にすると、リースの補題は「$\Lambda$ の値が $\Vert \Lambda \Vert$ にどこまで近づくか」の問題に変わります。

$\Lambda$ が単位球面上でノルムを実現すれば、そこで距離が $1$ になる。実現しなければ $1$ に届きません。

例：距離を数値で出す

${\mathbb{R}}^3$ にユークリッドノルムを入れ、$\Lambda x=x_1+2x_2-2x_3$ とします。

$\Vert \Lambda \Vert =\sqrt{1+4+4}=3$ です。$u=\left(\frac{1}{3},\frac{2}{3},-\frac{2}{3}\right)$ をとると $\Vert u\Vert =1$。

$\Lambda u=\frac{1+4+4}{3}=3$ なので、距離は $3/3=1$。有限次元なので $1$ が実現しています。

例：連続関数の空間では 1 に届かない

$X=\{f\in C[0,1]:f(0)=0\}$ に $\Vert f{\Vert }_{\infty }={\max }_t|f(t)|$ を入れます。

$\Lambda f={\int }_0^{1}f(t)dt$ とおき、$Y=\ker \Lambda$ とする。$\Lambda$ は連続なので $Y$ は閉じた真部分空間です。

$|\Lambda f|\le \Vert f{\Vert }_{\infty }$ から $\Vert \Lambda \Vert \le 1$。逆向きは、$0$ の近くだけ急に立ち上がって残りは $1$ という関数を考えれば分かります。

ここからが本題です。$\Vert f{\Vert }_{\infty }=1$ と $f(0)=0$ をみたす $f$ をとると、$|f|$ は $0$ の近くで $1$ より小さい。

連続なので、その区間は幅を持ちます。積分すると必ずとりこぼしが出る。

$$|\Lambda f|\le {\int }_0^1|f(t)|dt<1$$

距離の公式に入れると $\mathrm{dist}(f,Y)=|\Lambda f|<1$ です。どの単位ベクトルを選んでも $1$ に届かないので、$\alpha =1$ では補題が壊れます^[1]。

単位球がコンパクトなら有限次元

ここまでを使うと、冒頭の主張が出ます。$X$ を無限次元のノルム空間としましょう。

単位ベクトル $x_1$ から始めます。$Y_n=\mathrm{span}\{x_1,\dots ,x_n\}$ は有限次元なので閉じており、$X$ が無限次元だから $Y_n\ne X$。

リースの補題を $\alpha =1/2$ で当てると、$\Vert x_{n+1}\Vert =1$ かつ $\mathrm{dist}(x_{n+1},Y_n)\ge 1/2$ の $x_{n+1}$ がとれます^[4]。

$m<n$ なら $x_m\in Y_{n-1}$ なので $\Vert x_n-x_m\Vert \ge 1/2$ です。どの 2 項も $1/2$ 以上離れている。

この列はコーシー列になる部分列を持ちません。単位球の中に住みながら収束する部分列がとれないので、単位球はコンパクトでない^[4]。

例：座標ベクトルの列

${\ell }^p$ で $e_n$ を第 $n$ 成分だけ $1$ の列とします。$n\ne m$ のとき、$e_n-e_m$ は $2$ か所だけ $0$ でない。

$$\Vert e_n-e_m{\Vert }_p={\left(1^p+1^p\right)}^{1/p}=2^{1/p}$$

$p$ ごとの値を並べます。

どれも $0$ へ向かいません。$\{e_n\}$ は単位球の中の点列でありながら、収束する部分列を持ちません。

例：山が移っていく関数列

$C[0,1]$ でも同じ列が作れます。$n$ 番目の関数 $f_n$ を、区間 $\left[\frac{1}{n+1},\frac{1}{n}\right]$ の上だけ三角形に持ち上がる形にする。

頂点の高さは $1$、外側では $0$ です。台が重ならないので、$n\ne m$ なら差の最大値は $1$ になります。

$$\Vert f_n-f_m{\Vert }_{\infty }=1$$

山の位置が $0$ へ寄っていくだけで、高さは下がりません。単位球はいつまでも詰まらない。

同値な言い換え

リースのコンパクト性定理は、次の 4 つが同値だという形にまとめられます^[3]。

どれか 1 つを確かめれば残りも従う。無限次元だと分かった時点で、4 つとも失われます。

例：どこで有限次元が効くか

$C[0,1]$ の中で、次数 $2$ 以下の多項式だけを集めた部分空間 $P_2$ を考えます。

$P_2$ は $3$ 次元なので、その中の閉単位球はコンパクト。係数を $3$ つ並べた有界閉集合と同じ話になります。

一方 $C[0,1]$ 全体では、上の三角形の列がそのまま単位球に入る。同じノルムでも、部屋を広げた瞬間にコンパクト性が消えます。

反射的な空間なら 1 がとれる

$\alpha =1$ が使えるかどうかは、空間の性質で決まります。バナッハ空間 $X$ について、次の 2 つは同値です^[1]。

${\ell }^2$ や $L^2$ は反射的なので $1$ がとれます。${\ell }^{\infty }$ や $C[0,1]$ は反射的でないので、$1$ 未満で我慢する。

$0<\alpha <1$ という条件は、証明を楽にするための手加減ではありません。空間によっては本当に $1$ が使えない^[1]。

例：0 に収束する数列の空間

$c_0$ を、$0$ に収束する数列全体に $\Vert x{\Vert }_{\infty }$ を入れた空間とします。

$Y$ を第 $1$ 成分が $0$ の元全体とすると、$Y$ は閉じた真部分空間。$u=e_1$ をとれば距離はちょうど $1$ です。

反射的でない空間でも、部分空間の選び方によっては $1$ が実現します。同値性が言っているのは「すべての $Y$ で」という部分だけ。

答えを確かめる

構成した列が本当に離れているかは、手で確かめられます。${\ell }^2$ で $e_1,e_2,e_3$ をとり、差のノルムを計算する。

どの組も $\sqrt{2}$ になりました。$1/2$ どころか $1$ より大きいので、条件を余裕でみたしています。

リースの補題が保証するのは $1/2$ 以上という下限だけです。実際の空間ではもっと離れていることが多い。

つまずきやすいところ

有界と閉だけでは足りない。この一点が、有限次元の直感と無限次元を隔てています。

出典