Teoremas Fundamentais dos Espaços de Banach

Teoremas Fundamentais dos Espaços de Banach
∗ Iguer Luis Domini dos Santos 1 , Geraldo Nunes Silva 2
1 DCCE/IBILCE/UNESP, São José do Rio Preto, SP, Brazil, iguerluis@hotmail.com
2 DCCE/IBILCE/UNESP, São José do Rio Preto, SP,Brazil, gsilva@ibilce.unesp.br
Resumo Neste trabalho nós demonstramos os teoremas: da
Aplicação Aberta, do Gráfico Fechado, de Hahn-Banach e
da Separação.
Palavras-chave Funcional linear, subespaço vetorial, conjunto
convexo
Definição O subconjunto K do espaço vetorial X é convexo se, para quaisquer x, y ∈ K e λ ∈ [0, 1] é
válido que λx + (1 − λ)y ∈ K. Equivalentemente, K é convexo se, dados x, y ∈ K e α, β ≥ 0 tal que
α + β = 1 tem-se αx + βy ∈ K.
Teorema 0.1 Se K1 e K2 são conjuntos convexos e δ ∈ R, então δK1 e K1 +K2 são conjuntos convexos.
Demonstração Sejam a, b ∈ δK1, logo, a = δx1 e b = δy1, com x1, y1 ∈ K1. Sendo K1 convexo, dado
α ∈ [0, 1]
então
αx1 + (1 − α)y1 ∈ K1
αa + (1 − α)b = α(δx1) + (1 − α)(δy1) = δ
αx1 + (1 − α)y1 ∈ δK1
ou seja, δK1é convexo.
Sejam agora a, b ∈ K1 + K2, dessa forma, a = x1 + x2 e b = y1 + y2, com x1, y1 ∈ K1 e x2, y2 ∈ K2.
Como K1 e K2 são convexos segue que, dado α ∈ [0, 1]
portanto
ou seja, K1 + K2 é convexo.
αx1 + (1 − α)y1 ∈ K1
αx2 + (1 − α)y2 ∈ K2
αa + (1 − α)b = α(x1 + x2) + (1 − α)(y1 + y2) =
αx1 + (1 − α)y1 + αx2 + (1 − α)y2 ∈ K1 + K2
Teorema 0.2 A interseção de um número qualquer de conjuntos convexos é um conjunto convexo.
∗ Apoio Financeiro: CAPES
1

Demonstração Sejam Ki, com i ∈ N, conjuntos convexos. Dados α ∈ [0, 1] e a, b ∈
Ki segue que,
como Ki é convexo para cada i
αa + (1 − α)b ∈ Ki
para cada i ∈ N, portanto αa + (1 − α)b ∈
Ki, ou seja,
Ki é convexo.
i∈N
Teorema 0.3 Sejam X e Y espaços vetoriais e T : X → Y uma transformação linear. Então, a imagem
de qualquer conjunto convexo em X é um conjunto convexo em Y .
Demonstração Seja K um conjunto convexo em X. Logo, dados a, b ∈ T (K) segue que a = T (x1) e
b = T (x2), com x1, x2 ∈ K, dessa forma, dado α ∈ [0, 1]
portanto
ou seja, T (K) é convexo.
i∈N
αx1 + (1 − α)x2 ∈ K
αa + (1 − α)b = αT (x1) + (1 − α)T (x2) = T (αx1) + T ((1 − α)x2) =
T (αx1 + (1 − α)x2) ∈ T (K)
Teorema 0.4 Se X é um espaço vetorial normado e K é um subconjunto convexo de X, então K é
convexo.
Demonstração Sejam x, y ∈ K, logo, dado ε > 0 existem x1, y1 ∈ K tais que
d(x, x1) = x − x1 < ε e d(y, y1) = y − y1 < ε .
Dado α ∈ [0, 1], sabemos que αx1 + (1 − α)y1 ∈ K. Dessa forma
αx + (1 − α)y −
αx1 + (1 − α)y1 = α(x − x1) + (1 − α)(y − y1) ≤
αx − x1 + (1 − α)y − y1 < αε + (1 − α)ε = ε
e portanto αx + (1 − α)y ∈ K, ou seja, K é convexo.
Antes de enunciar o teorema da Aplicação Aberta considere os seguintes resultados:
Lema 0.1 Sejam X e Y espaços de Banach e f : X → Y uma aplicação linear contínua sobrejetora.
Então, existe r > 0 tal que
f(B1(0)) ⊃ Br(0) .
Demonstração Temos que
portanto
X =
∞
Bn(0) =
n=1
Y = f(X) = f ∞
nB1(0) =
n=1
∞
nB1(0)
n=1
∞
f(nB1(0)) =
n=1
2
∞
nf(B1(0)) .
n=1
i∈N

Assim, também é válido que
Y = f(X) =
∞
nf(B1(0))
n=1
de fato:
(i) dado n, nf(B1(0)) = f(nB1(0)) = f(Bn(0)) ⊂ Y , então
Y = f(X) ⊃
∞
nf(B1(0))
(ii) dado y ∈ Y , sendo f sobrejetiva existe x ∈ X tal que y = f(x). Para este x existe um n0 tal que
x ∈ Bn0 (0) = n0B1(0) e então
ou seja,
Assim, como Y = f(X) =
n=1
y = f(x) ∈ f(Bn0 (0)) = f(n0B1(0)) = n0f(B1(0)) ⊂ n0f(B1(0))
Y = f(X) ⊂
∞
nf(B1(0)) .
n=1
∞
nf(B1(0)) e para cada n , nf(B1(0)) é um conjunto fechado, do Teorema
n=1
de Baire segue que existe n0 tal que
e portanto
int n0f(B1(0)) = ∅
int f(B1(0)) = int n0
f(B1(0)) = int 1
1
n0
n0
int n0f(B1(0)) = ∅ .
n0
n0f(B1(0)) =
Assim, seja y ∈ Y e r > 0 tais que B2r(y) ⊂ f(B1(0)) , logo, y ∈ f(B1(0)) e então
−y ∈ − f(B1(0)) = −f(B1(0)) = f(−B1(0)) = f(B1(0)) .
Tem-se também que f(B1(0)) é convexo. De fato, sendo B1(0) convexo, dados x0, y0 ∈ B1(0) e λ ∈ [0, 1]
segue que λx0 + (1 − λ)y0 ∈ B1(0). Então, dados a, b ∈ f(B1(0)) existem sequências f(xn) e f(yn), com
xn, yn ∈ B1(0) tais que
f(xn) → a
Sendo λ ∈ [0, 1], temos
f(yn) → b
f(zn) = f(λxn + (1 − λ)yn) = f(λxn) + f((1 − λ)yn) =
λf(xn) + (1 − λ)f(yn) → λa + (1 − λ)b
e como para cada n, λxn + (1 − λ)yn ∈ B1(0), temos que zn ∈ B1(0) e portanto λa + (1 − λ)b ∈ f(B1(0)),
ou seja, f(B1(0)) é convexo.
Então,
B2r(0) = B2r(y) − y ⊂ f(B1(0)) + f(B1(0)) = 2f(B1(0))
3

pois f(B1(0)) é convexo. Dessa forma
e o lema fica demonstrado.
f(B1(0)) = 2
2 f(B1(0)) = 1
2
2 f(B1(0)) ⊃ 1
2 B2r(0) = Br(0)
Corolário 0.1 Sejam X e Y espaços de Banach e f : X → Y uma aplicação linear contínua sobrejetora.
Então, existe r > 0 tal que
f(B1(0)) ⊃ Br(0) .
Demonstração Do lema anterior existe r > 0 tal que
f(B1(0)) ⊃ Br(0) .
Afirmamos que Br(0) não contém nenhum elemento da fronteira fr(f(B1(0))) de f(B1(0)). De fato:
se a ∈ fr(f(B1(0))) , para todo ε > 0
Como
segue que, se a ∈ Br(0), então
Bε(a) f(B1(0)) = ∅ e Bε(a) (f(B1(0))) c = ∅ .
Br(0) ⊂ f(B1(0)) = fr(f(B1(0))) f(B1(0))
Bε(a) (Br(0)) c = ∅ ,
além disso, de Bε(a) f(B1(0)) = ∅ existe uma sequência f(xn) ∈ f(B1(0)) tal que f(xn) → a, com
xn ∈ B1(0), dessa forma, se a ∈ Br(0), sendo Br(0) aberto existe n0 tal que para n > n0 tem-se
f(xn) ∈ Br(0) e portanto
Bε(a) Br(0) = ∅ .
E então a ∈ fr(Br(0)), o que nos dá uma contradição, já que, sendo Br(0) aberto nenhum ponto de Br(0)
é ponto de fronteira. Então, de
segue o resultado
Br(0) ⊂ f(B1(0)) = fr(f(B1(0))) f(B1(0))
Br(0) ⊂ f(B1(0)) .
Teorema 0.5 (da aplicação aberta) Sejam X e Y espaços de Banach e f : X → Y uma aplicação
linear contínua sobrejetora. Para todo conjunto aberto U ⊂ X, f(U) é aberto em Y .
Demonstração Seja y ∈ f(U), logo, existe x ∈ U tal que y = f(x) e, sendo U aberto existe δ > 0 tal
que Bδ(x) ⊂ U. Do corolário anterior existe r > 0 de modo que f(B1(0)) ⊃ Br(0), então
ou seja, f(U) é aberto em Y .
f(U) ⊃ f(Bδ(x)) = f(x + Bδ(0)) = f(x) + f(Bδ(0)) = f(x) + f(δB1(0)) =
f(x) + δf(B1(0)) ⊃ f(x) + δBr(0) = f(x) + Bδr(0) = Bδr(f(x))
Corolário 0.2 Sejam X e Y espaços de Banach e f : X → Y uma aplicação linear contínua bijetora,
então f é bicontínua.
4

Demonstração Sendo f aplicação linear bijetora, esta possui uma aplicação inversa f −1 linear. Do
teorema anterior, dado o aberto U ⊂ X, f(U) é um aberto em Y e portanto f −1 é contínua, uma vez
que, dado o aberto U ⊂ X, existe o aberto f(U) ⊂ Y tal que f −1 (f(U)) = U ⊂ U, logo, f é bicontínua.
Definição Dada uma aplicação f : X → Y , o gráfico de f é indicado por Gf e dado por
Gf = {(x, f(x)) ∈ X × Y / x ∈ X}
Teorema 0.6 (do gráfico fechado) Sejam X e Y espaços de Banach e f : X → Y uma aplicação
linear. Então, f é contínua se, e somente se, seu gráfico é fechado.
Demonstração Suponha que f seja contínua, logo, seu gráfico é fechado se Gf = Gf . Como Gf ⊂ Gf ,
deve-se provar que Gf ⊂ Gf , assim, dado (x, y) ∈ Gf existe uma sequência (xn, f(xn)) ∈ Gf tal que
(xn, f(xn)) → (x, y), logo, xn → x e f(xn) → y e sendo f contínua segue que y = f(x) e então
(x, y) ∈ Gf , ou seja, Gf ⊂ Gf e o gráfico de f é fechado.
Suponha agora que Gf seja um subespaço fechado de X × Y , então, sendo Gf subespaço vetorial do
espaço de Banach X × Y segue que Gf também é um espaço de Banach. Considere a projeção
e considere também
prX : X × Y → X
(x, y) ↦→ x
prX : Gf → prX(Gf ) = X
logo, prX é uma aplicão linear, bijetora e contínua do espaço de Banach Gf sobre o espaço de Banach Y .
De fato:
(i) Dados (x, f(x)), (y, f(y)) ∈ Gf , segue que prX((x, f(x)) + (y, f(y))) = prX(x + y, f(x) + f(y)) =
prX(x + y, f(x + y)) = x + y = prX(x, f(x)) + prX(y, f(y)) .
Dado o escalar α e (x, f(x)) ∈ Gf , temos que
Portanto prX é linear.
prX(α(x, f(x))) = prX(αx, αf(x)) = prX(αx, f(αx)) = αx = αprX(x, f(x)).
(ii) Dado x0 ∈ X, tome (x0, f(x0)) ∈ Gf e então prX(x0, f(x0)) = x0, logo, prX é sobrejetora.
Sejam (x, f(x)), (y, f(y)) ∈ Gf , logo, se prX(x, f(x)) = prX(y, f(y)) então x = y e portanto f(x) = f(y),
assim, f é injetora. Portanto bijetora.
(iii) Dados (x, f(x)), (y, f(y)) ∈ Gf , segue que
dX(prX(x, f(x)), prX(y, f(y))) = dX(x, y) ≤ dX(x, y) + dY (f(x), f(y)) =
dX×Y ((x, f(x)), (y, f(y)))
isto é, prX é uma contração fraca e portanto contínua.
Do último corolário segue que a aplicação prX é bicontínua, e como
prY : X × Y → Y
5

é contínua, segue a função composta
é contínua.
prY ◦ (prX) −1 = f
Observação Dados os espaços de Banach X e Y , para demonstrar que o gráfico Gf da aplicação linear
f : X → Y é fechado, é suficiente verificar que, dada uma sequência {xn} ∈ X tal que
xn → 0 e f(xn) → y
então y = 0. De fato:
Como Gf ⊂ Gf , resta demonstrar que Gf ⊂ Gf . Assim, dado (α, β) ∈ Gf existe uma sequência
(zn, f(zn)) ∈ Gf tal que (zn, f(zn)) → (α, β), então
e
zn − α → 0
f(zn − α) = f(zn) − f(α) → β − f(α)
Por hipótese temos que β − f(α) = 0, logo β = f(α), ou seja, (α, β) ∈ Gf e então Gf ⊂ Gf .
Antes de enunciar o Teorema de Hahn-Banach, considere o seguinte lema:
Definição Seja X um espaço vetorial e p : X → R uma aplicação satisfazendo as seguintes propriedades
(i) para todo x, y ∈ X, p(x + y) ≤ p(x) + p(y)
(ii) para o escalar λ ≥ 0 e x ∈ X, p(λx) = λp(x)
Diz-se então que p é um funcional sublinear.
Lema 0.2 Seja S um subespaço próprio do espaço vetorial real X (isto é, S = {0} e S = X) e seja
x0 ∈ X − S. Considere o subespaço gerado
N = [S ∪ {x0}]
e suponha que f seja um funcional linear definido em S e p seja um funcional sublinear definido em X,
além disso
f(x) ≤ p(x) ∀x ∈ S .
Então f pode ser extendido a um funcional linear F (F |S = f) definido em N tal que
F (x) ≤ p(x) ∀x ∈ N .
Demonstração Como f(x) ≤ p(x) em S, dados x1, x2 ∈ S
Logo
f(x1 − x2) = f(x1) − f(x2) ≤ p(x1 − x2) = p(x1 + x0 − x2 − x0) ≤ p(x1 + x0) + p(−x2 − x0) .
−p(−x2 − x0) − f(x2) ≤ p(x1 + x0) − f(x1) . (∗)
Supondo que x1 esteja fixado e x2 seja arbitrário, segue que o conjunto de números reais
{−p(−x2 − x0) − f(x2) / x2 ∈ S}
6

é limitado superiormente, logo possui supremo. Seja então
Analogamente podemos garantir a existência de
De (*)
e então existe c0 ∈ R tal que
Seja agora y ∈ S qualquer, logo
Como x0 ∈ S, dado x ∈ N
a = sup{−p(−x2 − x0) − f(x2) / x2 ∈ S}.
b = inf{p(x1 + x0) − f(x1) / x1 ∈ S}
a ≤ b
a ≤ c0 ≤ b .
−p(−y − x0) − f(y) ≤ p(y + x0) − f(y) . (∗∗)
x = y + λx0
sendo o escalar λ e o elemento y ∈ S unicamente determinados. Devido a unicidade desta representação,
a aplicação
F : N → R
tal que
F (y + λx0) = f(y) + λc0
está bem definida, além disso, F é um funcional linear. De fato:
(i) dado o escalar β e y + λx0 ∈ N,
F (β(y + λx0)) = F (βy + βλx0) = f(βy) + (λβ)c0 = β(f(y) + λc0) = βF (y + λx0)
(ii) dados y1 + λ1x0, y2 + λ2x0 ∈ N
F ((y1 + λ1x0) + (y2 + λ2x0)) = F (y1 + y2 + (λ1 + λ2)x0) = f(y1 + y2) + (λ1 + λ2)c0 =
f(y1) + λ1c0 + f(y2) + λ2c0 = F (y1 + λ1x0) + F (y2 + λ2x0)
e então F é um funcional linear. Além disso, dado y ∈ S
isto é, F é extensão de f. Resta mostrar que
F (y) = F (y + 0x0) = f(y) + 0c0 = f(y)
F (x) ≤ p(x) ∀x ∈ N.
Para tal é considerado três casos. Dado x ∈ N, x = y + λx0 (y ∈ S) sendo λ = 0, λ > 0 ou λ < 0 :
(1) λ = 0. Neste caso F (x) = F (y + 0x0) = f(y) ≤ p(y) = p(x).
(2) λ > 0. De (**), trocando y por y
λ tem-se
c0 ≤ p( y
λ + x0) − f( y
) .
λ
7

Multiplicando ambos os lados desta última desigualdade por λ > 0
λf( y
λ ) + λc0 = f(y) + λc0 = F (x) ≤ λp( y
λ + x0) = p(y + λx0) = p(x) .
(3) λ < 0. Novamente de (**), trocando y por y
λ vem
−p(− y
λ − x0) − f( y
) ≤ c0
λ
Multiplicando ambos os lados desta desigualdade por λ < 0
e o lema fica demonstrado.
(−λ)p(− y
λ − x0) = p(y + λx0) = p(x) ≥ λc0 + λf( y
λ ) = λc0 + f(y) = F (x)
Teorema 0.7 (Hahn-Banach) Sejam M subespaço vetorial do espaço vetorial real X, p um funcional
sublinear definido em X e f um funcional linear definido em M tal que
f(x) ≤ p(x) ∀x ∈ M .
Então existe um funcional linear F definido em X que extende f tal que
F (x) ≤ p(x) ∀x ∈ X .
Demonstração Seja S o conjunto de todos os funcionais lineares {f} que extendem f, além disso
f(x) ≤ p(x) ∀x ∈ D f
sendo o subespaço vetorial de X, D f ⊃ M, domínio de f . O conjunto S é não vazio, pois f ∈ S, uma
vez que f|M = f e por hipótese
f(x) ≤ p(x) ∀x ∈ Df = M .
A seguir é introduzida uma ordem em S da seguinte maneira, dados f 1, f 2 ∈ S,
f 1 ≺ f 2 ⇐⇒ D f 2 ⊃ D f 1
e f 2|D f1
= f 1 .
Temos que ≺ é de fato uma ordem, uma vez que, dados f 1, f 2, f 3 ∈ S, tem-se
(i) f 1 ≺ f 1 , pois Df ⊃ D
1 f e f 1|D = f
1 f1 1
(ii) se f 1 ≺ f 2 e f 2 ≺ f 3, segue que
então
isto é, f 1 ≺ f 3.
(iii) se f 1 ≺ f 2 e f 2 ≺ f 1, tem-se
D f 3 ⊃ D f 1
D f 2 ⊃ D f 1
D f 3 ⊃ D f 2
D f 2 ⊃ D f 1
e f 2|D f1
e f 3|D f2
e f 3|D f1 ⊂D f2
e f 2|D f1
8
= f 1
= f 2
= f 2|D f1
= f 1
= f 1

D f 1 ⊃ D f 2
e f 1|D f2
logo, Df = D
1 f e f 1|D
2 f2 =D = f
f1 2 , então f 1 ≡ f 2.
Assim, S é parcialmente ordenado por ≺. A seguir será demonstrado que S é indutivamente ordenado,
ou seja, todo subconjunto totalmente ordenado de S possui um limitante superior em S. Assim, seja
H = {f β} um subconjunto totalmente ordenado de S e demonstremos a existência de f ∈ S tal que f
seja um limitante superior para H. Dessa forma, seja f cujo domínio é dado por Df =
Df . Se
β
existe algum β tal que
e difinimos então f por
x ∈
Df β
β
x ∈ D f β
f(x) = f β(x) .
Temos que D f é um subespaço vetorial de X. De fato:
(i) Como f ∈ S, Df = M ⊂ D f β ⊂ D f , logo D f = ∅
(ii) Dado o escalar λ e x ∈ D f , existe algum β tal que x ∈ D f β , e como D f β é subespaço vetorial,
λx ∈ D f β ⊂ D f
(iii) Dados x, y ∈ Df =
Df β
β
existem β1 e β2 tais que
x ∈ D f β1
= f 2
e y ∈ D f β2
e, sendo H totalmente ordenado segue que f β1 ≺ f β2 ou f β1 ≺ f β2 , então Df ⊂ D
β1 f ou D
β2 f β2
Suponha, sem perda de generalidade que Df ⊂ D
β1 f , logo
β2
e como D f β2
é subespaço de X segue que
Assim, o domínio de f, Df =
Df β
já que, se
segue que
β
x, y ∈ D f β2
x + y ∈ D f β2
⊂ D f .
β
⊂ Df .
β1
, é um subespaço de X. Temos também que f está bem definida,
x ∈ D f β1
e x ∈ D f β2
f(x) = f β1 (x) e f(x) = f β2 (x) .
Sendo H totalmente ordenado, f β1 ≺ f β2 ou f β2 ≺ f β1 , ou seja, f β1 extende f β2
ambos os casos
f β1 (x) = f β2 (x) .
e então f está bem definida. Além disso, f é uma aplicação linear. De fato:
9
ou vice-versa. Em

(i) dado o escalar λ e x ∈ D f , existe β tal que x ∈ D f β , logo λx ∈ D f β e como f β é um funcional linear
f(λx) = f β(λx) = λf β(x) = λf(x)
(ii) dados x, y ∈ Df , existem β1 e β2 tais que x ∈ Df e y ∈ D
β1
f . Sendo H totalmente ordenado,
β2
f β1 ≺ f β2 ou f β2 ≺ f β1 , ou seja, f β1 extende f β2 ou vice-versa, logo, Df ⊂ D
β1 f ou D
β2 f ⊂ D
β2 f .
β1
Suponhamos que Df ⊂ D
β1 f , então
β2
f(x + y) = f β2 (x + y) = f β2 (x) + f β2 (y) = f(x) + f(y).
Assim f uma aplicação linear. Temos também que, dado x ∈ D f , existe β tal que x ∈ D f β , então
Portanto, dado f β0 ∈ H tem-se D
f =
β
f(x) = f β(x) ≤ p(x) .
D f β ⊃ D f β0
f β0 ≺ f .
e, por definição, f|D fβ0
= f β0 , assim
Então f é um limitante superior para H em S, logo, S é indutivamente ordenado. Do lema de Zorn segue
que existe F ∈ S tal que F é um elemento maximal para S. Como F ∈ S, F é um funcional linear que
extende f com a propriedade de que
F (x) ≤ p(x) ∀x ∈ DF .
Resta então mostrar que DF = X. Suponha por absurdo que exista x0 ∈ X tal que x0 ∈ DF . Do lema
anterior segue que F pode ser extendido para o funcional linear F tal que
F (x) ≤ p(x)
para x ∈ [DF ∪ {x0}]. Logo, F também extende f e pertence a S, o que contradiz a maximalidade de F ,
pois F extende F . Portanto DF = X e o teorema fica demonstrado.
Existem algumas generalizações do Teorema de Hahn-Banach, consideradas a seguir:
Definição Diz-se que o funcional sublinear p : X → R é uma semi-norma se satisfizer as duas seguintes
condições:
(i) p(x) ≥ 0 ∀x ∈ X
(ii) dado o escalar β, tem-se p(βx) = |β|p(x)
Teorema 0.8 (Hahn-Banach Generalizado) Sejam M subespaço vetorial do espaço vetorial complexo
X, p uma semi-norma definida em X e f um funcional linear definido em M tal que
|f(x)| ≤ p(x) ∀x ∈ M .
Então existe um funcional linear F definido em X que extende f tal que
|F (x)| ≤ p(x) ∀x ∈ X .
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Teorema 0.9 (Hahn-Banach para Espaços Normados) Seja f um funcional linear contínuo definido
no subespaço M do espaço normado X. Então, existe um funcional linear contínuo f definido em X que
extende f e possui a mesma norma, isto é
sendo
e
fX = fM
|f(x)|
fX = sup
x=0 x
|f(x)|
fM = sup
x=0 x
, x ∈ X
, x ∈ M
Antes de enunciar o Teorema da Separação considere os seguintes resultados:
Proposição 0.1 Seja X um espaço vetorial real normado e seja A ⊂ X um conjunto convexo aberto tal
que 0 ∈ A. Se q : X → R é dada por
q(x) = inf{λ ≥ 0 : x ∈ λA}
então q é um funcional sublinear não negativo e A = {x : q(x) < 1}.
Demonstração Sendo q(x) = inf{λ ≥ 0 : x ∈ λA} tem-se q(x) ≥ 0 ∀x ∈ X, ou seja, q é não negativo.
Dados x, x1, x2 ∈ X e t ∈ R, mostremos então que q é um funcional sublinear.
(i) Dado t > 0, tem-se
No entanto, se t = 0,
q(tx) = inf{λ : λ ≥ 0, tx ∈ λA} = inf{t λ
t
t inf{ λ
t
λ
λ
: λ ≥ 0, x ∈ A} = t inf{λ :
t t t
t inf{λ : λ ≥ 0, x ∈ λA} = tq(x) .
λ
: λ ≥ 0, x ∈ A} =
t
λ
≥ 0, x ∈ A} =
t
q(tx) = q(0x) = q(0) = inf{λ ≥ 0 : 0 ∈ λA} = 0 = 0q(x) = tq(x) .
(ii) Sejam q(x1) = α e q(x2) = β, logo, para δ > 0 segue que x1 ∈ (α + δ)A e x2 ∈ (β + δ)A e então
existem a1, a2 ∈ A tais que x1 = (α + δ)a1 e x2 = (β + δ)a2.
Assim, x1 + x2 ∈ (α + β + 2δ)A, uma vez que, sendo γ = α + β + 2δ e A convexo, γA é convexo. Além
disso, γa1, γa2 ∈ γA e
e como α+δ
α+β+2δ
x1 + x2 ∈ γA.
Portanto
x1 + x2 =
+ β+δ
α+β+2δ = 1 , sendo α+δ
α+β+2δ
(α + δ)γ
α + β + 2δ a1
(β + δ)γ
+
α + β + 2δ a2
> 0 e
β+δ
α+β+2δ
q(x1 + x2) ≤ lim
δ→0 (α + β + 2δ) = α + β = q(x1) + q(x2).
Então, de (i) e(ii) segue que q é um funcional sublinear.
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> 0 , da convexidade de γA segue que

Afirmamos que A = {x : q(x) < 1}. De fato, suponhamos por absurdo que q(x) ≥ 1, assim, se
q(x) = inf{λ ≥ 0 : x ∈ λA} = λ∗ > 1
segue que, para a sequência {λn} tal que λn ≥ λ∗ e λn → λ∗ > 1, tem-se x ∈ λnA e então x ∈ A. Por
outro lado, se
q(x) = inf{λ ≥ 0 : x ∈ λA} = 1
para toda sequência {λn}, com λn > 1 tal que λn → 1, segue que x ∈ λnA, e como A é aberto,
x ∈ λnA = λnint(A) e então x ∈ fr(A) e como A é aberto nenhum elemento da fronteira de A pertence
a A, logo, x ∈ A. Portanto A = {x : q(x) < 1}.
Observação Se A e B são conjuntos convexos então
A − B = {a − b : a ∈ A , b ∈ B}
é um conjunto convexo. De fato, dados α ∈ A − B e β ∈ A − B segue que α = a1 − b1 e β = a2 − b2,
com a1, a2 ∈ A e b1, b2 ∈ B. Então, sendo A e B conjuntos convexos, dado λ ∈ [0, 1] segue que
λa1 + (1 − λ)a2 ∈ A e λb1 + (1 − λ)b2 ∈ B. Portanto
λα + (1 − λ)β = λ(a1 − b1) + (1 − λ)(a2 − b2) =
λa1 + (1 − λ)a2 −
λb1 + (1 − λ)b2 ∈ A − B
ou seja, A − B é um conjunto convexo.
Observação Se A é um conjunto aberto e b ∈ B então A − b é aberto. De fato, sendo A aberto, dado
x0 ∈ A existe δ > 0 tal que Bδ(x0) ⊂ A, logo
B ∗ δ (x0 − b) = {x − b ∈ A − b : x − b − (x0 − b) < δ} =
{x − b : x − x0 < δ} = Bδ(x0) − b ⊂ A − b
e portanto A − b é aberto. Analogamente, b − A é aberto.
Teorema 0.10 Se X é um espaço vetorial real normado e A ⊂ X é um conjunto não vazio aberto e
convexo tal que 0 ∈ A, então existe M ⊂ X de modo que M ∩ A = ∅.
Demonstração Seja x0 ∈ A e H = x0 − A = {x0 − a : a ∈ A} , então, como foi visto na observação
anterior H é convexo, além disso H é aberto e 0 ∈ H, pois x0 ∈ A e x0 − x0 = 0 ∈ H. Da proposição
anterior existe um funcional sublinear não negativo q : X → R tal que H = {x : q(x) < 1}. Como 0 ∈ A
e x0 = x0 − 0, segue que x0 ∈ H e então q(x0) ≥ 1.
Seja Y = {βx0 : β ∈ R} e defina f : Y → R como f(βx0) = βq(x0). Se β ≥ 0 segue que f(βx0) =
βq(x0) = q(βx0), agora, se β < 0, tem-se f(βx0) = βq(x0) ≤ β < 0 ≤ q(βx0). Então, f(x) ≤ q(x) para
todo x ∈ Y e do Teorema de Hahn-Banach existe um funcional linear F : X → R tal que F |Y = f e
F (x) ≤ q(x) para todo x ∈ X. Seja M o núcleo do funcional F , ou seja, M = kerF .
Dessa forma, se x ∈ A segue que x0 − x ∈ H e então F (x0) − F (x) = F (x0 − x) ≤ q(x0 − x) < 1.
Assim, F (x) > F (x0) − 1 = q(x0) − 1 ≥ 0 para todo x ∈ A, logo, F (x) > 0 ∀x ∈ A e portanto
KerF ∩ A = M ∩ A = ∅.
Definição Diz-se que os conjuntos convexos A, B ⊂ X são separados pelo funcional linear f se existe
β ∈ R tal que
f(a) ≤ β ≤ f(b) ∀a ∈ A e ∀b ∈ B.
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Teorema 0.11 (Separação) Se X é um espaço vetorial real normado e A, B ⊂ X são conjuntos convexos
tais que A ∩ B = ∅ e A é aberto, então existe um funcional linear não nulo que separa A e B.
Demonstração Seja H = A − B = {a − b : a ∈ A e b ∈ B}, logo, como foi visto H é convexo, além
disso A − b é aberto para cada b ∈ B e então H = ∪b∈B{A − b} é aberto . Sendo A ∩ B = ∅ se existissem
a ∈ A e b ∈ B tais que a − b = 0 teríamos a = b ∈ A ∩ B = ∅, portanto 0 ∈ H. Do teorema anterior existe
M ⊂ X tal que M ∩ H = ∅, assim, seja F : X → R o funcional linear tal que M = KerF .
Sendo H convexo F (H) ⊂ R é convexo e 0 ∈ F (H) então F (x) > 0 para todo x ∈ H ou F (x) < 0
para todo x ∈ H. Suponha que F (x) > 0 para todo x ∈ H, assim, dados a ∈ A e b ∈ B tem-se
0 < F (a − b) = F (a) − F (b), isto é, F (a) > F (b) e então existe β ∈ R de modo que
sup{F (b) : b ∈ B} ≤ β ≤ inf{F (a) : a ∈ A}
ou seja, F (b) ≤ β ≤ F (a) para todo a ∈ A e para todo b ∈ B e portanto F separa os conjuntos convexos
A e B.
Bibliografia Fundamental
[1] HÖNIG, C. S. Análise Funcional e Aplicações, Instituto de Matemática e Estatística da Universidade
de São Paulo, 1970.
[2] HÖNIG, C. S. Aplicações da Topologia à Análise, IMPA-SBM, 1985.
[3] BACHMAN, G. and NARICI, L. Functional Analysis, Academic Press, 1966.
[4] MOURA, C. A. Análise Funcional para Aplicações , Ciência Moderna, Rio de Janeiro,2002.
[5] WANKA, G. Convex Analysis, Chemnitz University Technology.
[6] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis with Applications, John Willey, New York, 1978.
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