G. Gilardi, Analisi Funzionale - Dipartimento di Matematica

Il Teorema di Hahn-Banach
che p(x) ≤ 1/α < 1 . Sia invece C chiuso: dobbiamo solo dimostrare che da p(x) = 1 segue x ∈ C . Sia
{λn} una successione reale positiva convergente a 1 e tale che x/λn ∈ C per ogni n . Ma x/λn converge
a 1x = x in quanto V è vettoriale topologico. Siccome C è chiuso, concludiamo che x ∈ C .
Supponiamo infine V normato e C intorno di 0 . Sia r > 0 tale che Br(0) ⊆ C . Se x �= 0 (il caso
x = 0 è banale), posto λ = �x�/r , si ha �x/λ� = r da cui x/λ ∈ C . Segue p(x) ≤ λ , da cui la vii) con
M = 1/r . Se invece C è limitato e r > 0 è tale che C ⊆ Br(0) , ogni λ > 0 verificante x/λ ∈ C verifica
anche �x/λ� ≤ r , cioè �x� ≤ rλ . Deduciamo che �x� ≤ rp(x) , cioè la viii) con α = 1/r .
Siamo ora in grado di presentare le cosiddette forme geometriche del Teorema di Hahn-Banach.
La più importante è la seconda, ma la prima è propedeutica. D’ora in avanti supponiamo K = R .
9.9. Teorema (prima forma). Siano V uno spazio normato reale e A e B due convessi non
vuoti e disgiunti di V . Se A è aperto, esiste f ∈ V ∗ tale che
〈f, x〉 < 〈f, y〉 per ogni x ∈ A e y ∈ B . (9.3)
Dimostrazione. Dimostriamo il teorema in tre tappe. Nella prima supponiamo che A contenga l’origine
e B sia costituito da un solo punto x0 ∈ V che non appartiene ad A . Siccome A è assorbente per
l’Esercizio 9.4, ha senso porre p = minkA , il funzionale di Minkowski di A . Definiamo poi V0 = span{x0}
e ϕ : V0 → R mediante ϕ(tx0) = t per ogni t ∈ R . Allora ϕ ∈ Hom(V0; R) . Per la Proposizione 9.8,
la funzione non negativa p è subadditiva e positivamente omogenea e verifica A = {x ∈ V : p(x) < 1} ,
p(x0) ≥ 1 e p(x) ≤ M�x� per ogni x ∈ V per una certa costante M > 0 . Deduciamo che i) se t ≥ 0 ,
ϕ(tx0) = t ≤ tp(x0) = p(tx0) ; ii) se t < 0 , ϕ(tx0) = t ≤ 0 ≤ p(tx0) . Dunque ϕ(v) ≤ p(v) per ogni
v ∈ V0 . Possiamo allora applicare il Teorema 1.1 di Hahn-Banach e trovare f ∈ Hom(V ; R) che prolunga ϕ
e verifica f(x) ≤ p(x) per ogni x ∈ V . Di conseguenza, in particolare, f(x) ≤ M�x� per ogni x ∈ V , per
cui f ∈ V ∗ . D’altra parte f(x) ≤ p(x) < 1 per ogni x ∈ A e f(x0) = ϕ(x0) = 1 . Dunque f(x) < f(x0)
per ogni x ∈ A , cioè è verificata la tesi nel caso particolare considerato.
Nella seconda tappa rimuoviamo l’ipotesi che A contenga l’origine, fermo restando che B sia costituito
dal solo punto x0 ∈ V . Fissato a0 ∈ A poniamo A ′ = A − a0 (cioè −a0 + A con la notazione (I.1.3))
e x ′ 0 = x0 − a0 . Allora A ′ è un aperto convesso contenente 0 e x ′ 0 �∈ A ′ . Per quanto dimostrato sopra
esiste f ∈ V ∗ che verifica f(x ′ ) < f(x ′ 0) per ogni x ′ ∈ A ′ . Ma ciò significa f(x) − f(a0) < f(x0) − f(a0)
per ogni x ∈ A , dunque ancora la tesi.
Nel caso generale poniamo C = A−B (sempre con le notazioni del Paragrafo I.1) e osserviamo che C è
convesso. Se infatti x, x ′ ∈ C e t ∈ (0, 1) , scritti x e x ′ nella forma x = a − b e x ′ = a ′ − b ′ con a, a ′ ∈ A
e b, b ′ ∈ B e posto a ′′ = ta+(1−t)a ′ e b ′′ = tb+(1−t)b ′ , si ha a ′′ ∈ A , b ′′ ∈ B e tx+(1−t)x ′ = a ′′ −b ′′ ,
cosi che tx + (1 − t)x ′ ∈ C . Osserviamo inoltre che C si rappresenta come C = �
y∈B
(A − y) , per cui C è
anche aperto. Infine 0 �∈ C dato che A e B sono disgiunti. Applicata la seconda tappa, troviamo f ∈ V ∗
tale che f(z) < f(0) per ogni z ∈ C , cioè f(x − y) < 0 , vale a dire f(x) < f(y) , per ogni x ∈ A e y ∈ B .
Dunque f verifica tutte le condizioni richieste.
9.10. Teorema (seconda forma). Siano V uno spazio normato reale e C e K due convessi
non vuoti e disgiunti di V . Se C è chiuso e K è compatto, esistono f ∈ V ∗ e α, β ∈ R tali che
〈f, x〉 ≤ α < β ≤ 〈f, y〉 per ogni x ∈ C e y ∈ K . (9.4)
Dimostrazione. Dalla teoria generale degli spazi metrici (Proposizione A.1.21) si sa che il chiuso C e il
compatto K hanno distanza positiva, cioè esiste δ > 0 tale che �x − y� ≥ δ per ogni x ∈ C e y ∈ K .
Poniamo ad esempio ε = δ/3 e introduciamo gli insiemi
A = �
Bε(x) e B = �
Bε(y)
x∈C
che risultano aperti e disgiunti per costruzione. Mostriamo che A è convesso. Siano x, y ∈ A e ϑ ∈ (0, 1)
e si ponga z = ϑx + (1 − ϑ)y . Allora esistono x ′ , y ′ ∈ C tali che �x ′ − x� < ε e �y ′ − y� < ε . Posto
z ′ = ϑx ′ + (1 − ϑ)y ′ , si ha z ′ ∈ C per la convessità. D’altra parte si ha anche
Analisi Funzionale
y∈K
�z − z ′ � ≤ ϑ�x − x ′ � + (1 − ϑ)�y − y ′ � < ϑε + (1 − ϑ)ε = ε.
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