無限次元ノルム空間が局所コンパクトでないこと

適当な同型写像を考えることで$X={\mathbb{R}}^n$としてよい. また, 一方のノルムは先ほどのユークリッドノルムとしてよい.$e_i(1\le i\le n)$を${\mathbb{R}}^n$の標準基底とする.

$\parallel \cdot {\parallel }^{\prime }$を${\mathbb{R}}^n$上のノルムとする. このとき, 任意の$a=(a_1,\dots a_n)\in {\mathbb{R}}^n$について

$$\begin{array}{rl}|\parallel x{\parallel }^{\prime }-\parallel a{\parallel }^{\prime }|& \le \parallel x-a{\parallel }^{\prime }\\ & \le \sum _{i=1}^n|x_i-a_i|\parallel e_i{\parallel }^{\prime }\\ & \le \underset{1\le i\le n}{max}\parallel e_i{\parallel }^{\prime }\sum _{i=1}^n|x_i-a_i|\\ & \le n\underset{1\le i\le n}{max}\parallel e_i{\parallel }^{\prime }\parallel x-a\parallel \\ & \to 0(x\to a)\end{array}$$

なので, $\parallel \cdot {\parallel }^{\prime }$は（ユークリッドノルムから定まる位相に関して）連続である. よって, （ユークリッド位相における）Haine-Borelの定理（と最大値・最小値の定理）から$C_1:=\underset{\parallel x\parallel =1}{min}\parallel x{\parallel }^{\prime }$と$C_2:=\underset{\parallel x\parallel =1}{max}\parallel x{\parallel }^{\prime }$が存在する.（$C_1,C_2\in (0,\mathrm{\infty })$となっていることに注意する）

このとき, 任意の$x\in {\mathbb{R}}^n$について,

$$\parallel x{\parallel }^{\prime }=\parallel x\parallel {\Vert \frac{1}{\parallel x\parallel }x\Vert }^{\prime }\in [C_1\parallel x\parallel ,C_2\parallel x\parallel ]$$

となることが, この$C_1,C_2$によって$\parallel \cdot \parallel$と$\parallel \cdot {\parallel }^{\prime }$が同値であることが分かる.

（証明終）

$N\subseteq X$を原点の任意の近傍とする. 命題2より, $N$が点列コンパクトでないことを確かめればよい.

$\{x\in X:\parallel x\parallel <2r\}\subset N$なる$r>0$を取り, 点列$\{x_n{\}}_n\in X$を次のように（帰納的に）定める：

1. $\parallel x_1\parallel =r$なる$x_1\in X$を取る.
2. $n$番目まで定まっているとする. このとき, $Y$を$\{x_1,\dots ,x_n\}$で張られる$X$の部分空間とすると, $Y$は有限次元ノルム空間なので完備, 従って閉部分空間であり, $X$は無限次元なので$Y$は$X$の真部分空間である. そこで, Rieszの補題より$\parallel x-r^{-1}{x}_k\parallel >1/2(1\le k\le n),\parallel x\parallel =1$なる$x\in X$を取ることが出来るので $x_{n+1}:=rx$と定める.

このとき, $\parallel x_n\parallel =r<2r(n\in \mathbb{N})$より$\{x_n{\}}_n$は$N$内の点列であり, 任意の$m>n$について$\parallel x_m-x_n\parallel =r\parallel r^{-1}{x}_m-r^{-1}{x}_n\parallel >r/2$なので, 任意の部分列はCauhy列とならない（特に, $\{x_n{\}}_n$は収束部分列を持たない）. ゆえに, $N$は（点列）コンパクトでない.

よって, $N$の任意性より$X$は局所コンパクトでないことが分かる.

（証明終）

$x^{\prime }\in X\setminus Y$をとり, $R:=\underset{y\in Y}{inf}\parallel x^{\prime }-y\parallel$とする.（このとき, $Y$は閉なので$R>0$となる）

そこで, 任意の$\epsilon >0$に対して, $\parallel x^{\prime }-y^{\prime }\parallel <R+\epsilon$なる$y^{\prime }\in Y$をとり, $x:=\frac{1}{\parallel x^{\prime }-y^{\prime }\parallel }(x^{\prime }-y^{\prime })$とおく. すると,

$$\begin{array}{rl}\underset{y\in Y}{inf}\parallel x-y\parallel & =\underset{y\in Y}{inf}\Vert x-\frac{1}{\parallel x^{\prime }-y^{\prime }\parallel }y\Vert \\ & =\underset{y\in Y}{inf}\Vert \frac{1}{\parallel x^{\prime }-y^{\prime }\parallel }(x^{\prime }-y^{\prime }-y)\Vert \\ & =\frac{\underset{y\in Y}{inf}\Vert x^{\prime }-(y^{\prime }+y)\Vert }{\parallel x^{\prime }-y^{\prime }\parallel }\\ & =\frac{\underset{y\in Y}{inf}\Vert x^{\prime }-y\Vert }{\parallel x^{\prime }-y^{\prime }\parallel }\\ & >\frac{R}{R+\epsilon }\end{array}$$

となる. $\epsilon >0$は任意なので, $\alpha \in (0,1)$に応じて十分小さく取ることで, 所望の$x\in X$が得られる.

（証明終）