GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHOmarcosferreira.weebly.com/uploads/1/2/3/6/12369997/... · 2019-08-11 · GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO O Teorema de Hahn-Banach e aplicaçıes em

INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIACAMPUS EUNÁPOLIS

DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPENCOLEGIADO DE MATAMÉTICA �COMAT

GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO

O Teorema de Hahn-Banach e aplicaçõesem espaços separáveis

Eunápolis2012

GIVALDO SOARES DOS SANTOS FILHO


Monogra�a apresentada ao Curso de Licenciaturaem Matemática do IFBA/Campus Eunápoliscomo requisito parcial para obtenção do grau de

licenciado emMatemática, elaboradasob a orientação do Prof.

Ms. Marcos dos Santos Ferreira

Eunápolis2012

INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIA E TECNOLOGIA DA BAHIACAMPUS EUNÁPOLIS

DEPARTAMENTO DE ENSINO - DEPENCOLEGIADO DE MATAMÉTICA �COMAT


por

Givaldo Soares dos Santos Filho

Apresentação da monogra�a para o Instituto Federal de Educação, Ciência eTecnologia da Bahia, como requisito parcial para a obtenção do diploma de Licenciadoem Matemática.

Prof. Ms. Marcos dos Santos Ferreira - IFBA (Orientador)

Prof. Ms. Alex Santana dos Santos - UFRB

Prof. Ms. Claudemir Mota da Cruz - UESC

Nada há, fora do homem, que, entrando nele,o possa contaminar, mas o que sai dele isso é

que contamina o homem. (...) Porque dointerior do coração dos homens saem os mauspensamentos, os adultérios, as prostituições,

os homicídios, os furtos, a avareza, asmaldades o engano, a dissolução, a inveja,a blasfêmia, a soberba, a loucura. Todos

estes males procedem de dentro e contaminamo homem. (Marcos 7 v.15;21-23)

Agradecimentos

A Deus pelo dom da vida.A minha mãe pelo seu ótimo papel como o meu anjo da guarda!As minhas irmãs que, devido as brigas de casa, �zeram da faculdade um recanto depaz!Ao meu pai.Aos meus professores especialmente aoProfessor Adílson Correia por ter depositado fé em mim!Professor Marcos Ferreira pelas orientações que me encaminharam até aqui!Aos meus colegas especialmente aEraldo Gonçalves, a minha eterna dupla!Elaine Santos, a minha companhia nas conversas de corredores!

Resumo

Neste trabalho apresentamos a demonstração, consequências e algumas aplicaçõesde um dos resultados centrais da Análise Funcional: O Teorema de Hahn-Banach.Salientamos que a ferramenta, dentre algumas existentes, que iremos utilizar nademonstração será o Lema de Zorn. Além disso, apresentamos duas aplicações doreferido teorema em espaços separáveis.

Palavras-Chave: Lema de Zorn, Teorema de Hahn-Banach, Espaços Separáveis.

Sumário

Introdução 8

1 Preliminares 91.1 Espaços vetoriais normados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2 Operadores lineares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3 Espaços de sequências . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.4 Espaços separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2 O Teorema de Hahn-Banach 322.1 Lema de Zorn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.2 O Teorema de Hahn-Banach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Algumas aplicações em espaços separáveis . . . . . . . . . . . . . . . . 40

Indicação de estudos 43

Referências Bibliográ�cas 45

Introdução

OTeorema de Hahn-Banach é um dos resultados centrais da Análise Funcional assimcomo os Teoremas de Banach-Steinhaus, da Aplicação Aberta e do Grá�co Fechado. Ofoco deste trabalho será apresentar e demonstrar o Teorema de Hahn-Banach trazendoalgumas consequências e aplicações.O tema do trabalho faz parte da Análise Funcional. A grosso modo, a Análise

Funcional é a junção de conceitos da Álgebra Linear, Análise e Topologia e é o ramoda matemática que estuda os espaços de funções. Esta teve sua origem no século XXdecorrente a vários problemas envolvendo equações diferenciais e integrais, os quaisrequeriam o uso de espaços vetoriais de dimensão in�nita. O seu desenvolvimento sedeve aos trabalhos de S. Banach (1892 - 1945), M. Fréchet (1878 - 1973), E. Helly (1884- 1943), D. Hilbert (1862 - 1943), F. Riesz (1880 - 1956), E. Schmidt (1876 - 1959)dentre outros.Hans Hahn (1879 - 1934) e Stefan Banach demonstraram o teorema, separadamente,

nos anos 1922 e 1923, respectivamente. Hahn utilizou ordinais para demonstraro teorema, enquanto Banach usou a boa-ordenação e a indução trans�nita comoferramenta para a demonstração. Neste trabalho, usaremos o Lema de Zorn comoferramenta na demonstração do Teorema de Hahn-Banach.Toda a pesquisa do trabalho foi realizada através de revisões bibliográ�cas em um

estudo de�nido por Fiorentini e Lorenzato [3] como metanálise, no qual os documentospesquisados como livros, trabalhos acadêmicos e artigos cientí�cos, foram estudadosvisando apresentar uma síntese dos conceitos que fundamentam o Teorema de Hahn-Banach.O trabalho será exposto ao longo de três capítulos. No capítulo inicial, trataremos

dos conceitos que determinam os espaços de Banach. Discutiremos também resultadosque serão importantes para o desenvolvimento deste trabalho como os espaçosnormados, espaços de sequências e separáveis, além de demonstramos alguns dosprincipais resultados referentes a estes conceitos. No segundo capítulo, apresentamosa demonstração do teorema central do nosso trabalho, precedido do Lema de Zorn eseguido de algumas aplicações em espaços separáveis. Por �m, concluiremos o trabalhodando algumas indicações de estudos baseado no artigo de Narici e Beckenstein [7].O trabalho teve como principal referência as notas de aulas do professor Pellegrino

[9] e o trabalho de monogra�a de Aguiar [1]. No entanto, resultados de Análise Real,Espaços Métricos e Topologia foram obtidos dos livros de Lima, [5] e [6], Kreyszig [4],Coelho [2] e Oliveira [8].

8

Capítulo 1

Preliminares

1.1 Espaços vetoriais normados

De�nição 1.1.1 Sejam E um conjunto não-vazio e K um corpo, que denotará R ouC. De�nimos em E as seguintes operações:

+ : E � E ! E; (x; y) 7! x+ y (soma de vetores)

� : K� E ! E; (�; x) 7! �x (multiplicação por escalar).

Diz-se que (E;+;K) é um espaço vetorial sobre K se, para x; y; z 2 E e �; � 2 K,ocorrer:

1. (x+ y) + z = x+ (y + z);

2. x+ y = y + x;

3. x+ 0 = x;

4. x+ (�x) = 0;

5. (��)x = �(�x);

6. 1x = x;

7. (�+ �)x = �x+ �x;

8. �(x+ y) = �x+ �y:

Por convenção, chamamos os elementos de um espaço vetorial E de vetores e oselementos do corpo K de escalares.

De�nição 1.1.2 Sejam fx1; x2; : : : ; xng e f�1; �2; : : : ; �ng subconjuntos de E e K;respectivamente. Se para toda combinação linear de vetores nula

nXi=1

�ixi = 0

9

1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS

tivermos todos �i nulos, dizemos que fx1; x2; : : : ; xng é linearmente independente(li). Se pelo menos um �i for não nulo, então dizemos que fx1; x2; : : : ; xng élinearmente dependente (ld).

De�nição 1.1.3 Seja E um espaço vetorial sobre K. Uma norma em E é uma função

jj � jj : E ! R

que satisfaz as seguintes propriedades:

1. jjxjj � 0; para todo x em E; e jjxjj = 0, x = 0;

2. jj�xjj = j�jjjxj; j para todos � em K e x em E;

3. jjx+ yjj � jjxjj+ jjyjj para todos x; y em E:

Um espaço vetorial munido de uma norma será chamado de espaço vetorial normado(evn).Um evn pode ser sempre considerado um espaço métrico, com a métrica induizida

pela norma, isto éd(x; y) = jjx� yjj:

Dizemos que uma seqüência (xn)1n=1 em um espaço métrico M converge para x

quando limn!1

d (xn; x) = 0: Neste caso, escrevemos xn ! x: É claro que podemos garantir

a convergência se limn!1

d(xn; x) = 0.

De�nição 1.1.4 Uma sequência (xn)1n=1 em um espaço métrico M é de Cauchy se

dado " > 0; existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) d (xn; xm) < ":

Não há di�culdades mostrar que em espaços métricos, toda sequência convergente éde Cauchy. A recíproca, porém, desse fato não necessariamente é verdadeira. Isso nosmotiva a seguinte de�nição:

De�nição 1.1.5 Um espaço métrico M é dito ser completo se toda sequência deCauchy for convergente no espaço (isto é, seu limite é um elemento de M).

Observação 1.1.6 Como em R uma sequência é convergente se, e só se, é de Cauchy,segue-se que R é completo.

De�nição 1.1.7 Um espaço de Banach é um evn que é completo com a métricainduzida pela norma.

Proposição 1.1.8 Kn é um espaço de Banach.

10


Demonstração: Mostraremos apenas que Rn é Banach. O caso K = C é análogo.Seja (xm)1m=1 uma sequência de Cauchy em Rn: Observe que os elementos xm podemserem escritos da forma

x1 =�x(1)1 ; x

(1)2 ; : : : ; x

(1)n

�x2 =

�x(2)1 ; x

(2)2 ; : : : ; x

(2)n

�...

xm =�x(m)1 ; x

(m)2 ; : : : ; x(m)n

�:

...

Como (xm)1m=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que

m; r � n0 ) jjxm � xrjj =s

nPj=1

�x(m)j � x(r)j

�2<": (1.1)

Elevando a desigualdade anterior ao quadrado, obtemos

nXj=1

(x(m)j � x(r)j )2 < "2

sempre que m; r � n0: Em particular, para cada j = 1; : : : ; n �xo, temos

(x(m)j � x(r)j )2 < "2

para m; r � n0, donde ��x(m)j � x(r)j�� < ": (1.2)

De (1.2), segue que (x(m)j )1m=1 é uma sequência de Cauchy de números reais e portanto

convergente. Seja xj = limm!1 x(m)j : Considere agora x = (x1; : : : ; xn) o vetor formado

pelos limites das n sequências (x(m)j )1m=1:

11


Fazendo r !1 em (1.1) obtemos

" � limr!1

kxm � xrk

= limr!1

nPj=1

(x(m)j � x(r)j )2

12

=

"limr 7�!1

nPj=1

(x(m)j � x(r)j )2

# 12

=

"nPj=1

limr!1

(x(m)j � x(r)j )2

# 12

=

"nPj=1

(x(m)j � xj)2

# 12

= kxm � xksempre que m � n0: Isso mostra que (xm)1m=1 converge para x 2 Rn: �

Veremos adiante que todo evn de dimensão �nita é completo. Para tanto, precisamosdo seguinte lema técnico:

Lema 1.1.9 Para um conjunto li fx1; x2; : : : ; xng de vetores em um evn E, existeum número real c > 0 tal que, para qualquer escolha de escalares a1; a2; : : : ; an valea desigualdade

ka1x1 + : : :+ anxnk � c (ja1j+ : : :+ janj) : (1.3)

Demonstração: Por simplicidade, faremos v = ja1j+ : : :+ janj. Sendo assim, se v = 0o resultado é imediato. Logo, vamos supor v > 0. Então, fazendo bj = aj=v, para cadaj = 1; : : : n, provar (1.3) equivale provar a existência de c > 0 tal que para quaisquerescalares b1; : : : ; bn tem-se

jjb1x1 + : : :+ bnxnjj � c; (1.4)

ondenXj=1

jbjj = ja1vj+ : : :+ jan

vj = 1

v(ja1j+ : : :+ janj) = 1:

Suponha, por absurdo, que isso não ocorra. Dessa forma teríamos

Para c1 = 1; existem b(1)1 ; : : : ; b

(1)n tais que jjb(1)1 x1 + : : :+ b(1)n xnjj < 1

Para c2 =1

2; existem b

(2)1 ; : : : ; b

(2)n tais que jjb(2)1 x1 + : : :+ b(2)n xnjj <

1

2...

Para cm =1

m; existem b

(m)1 ; : : : ; b(m)n tais que jjb(m)1 x1 + : : :+ b

(m)n xnjj <

1

m:

...

12

1.2. OPERADORES LINEARES

Seja a sequência ym = b(m)1 x1 + � � � + b

(m)n xn: Observe que, para cada m 2 N,Pn

j=1

��b(m)j

�� = 1 e que kymk ! 0: Dessa forma, para cada j, jb(m)j j � 1: Isso mostra quecada sequência (b(m)j ) = (b

(1)j ; b

(2)j ; : : :) é limitada, e portanto, pelo teorema de Bolzano-

Weierstrass, possui uma subsequência convergente. Seja c1 o limite da subsequência(b(m)1 )1m=1. Chame (y1;m )

1m=1 a subsequência correspondente de (ym)

1m=1: Procedendo

dessa forma n vezes, obtemos uma subsequência

yn;m=nXj=1

d(m)j xj; com

nXj=1

jd(m)j j = 1

e, para cada j, limm7�!1

d(m)j = cj: Portanto,

limm!1

yn;m = limm!1

(d(m)1 x1 + : : :+ d

(m)n xn) (1.5)

= limm!1

d(m)1 x1 + : : :+ lim

m!1d(m)n xn

= c1x1 + : : :+ cnxn := y:

Veja quenXj=1

jcjj = limm!1

nXj=1

jd(m)j j = limm!1

1 = 1: Assim, nem todos os cj são nulos e,

como fx1; x2; : : : ; xng é li, segue que

y =nXj=1

cjxj 6= 0: (1.6)

Segue de (1.5) quelimm!1

jjyn;m jj = jjyjj: (1.7)

De (1.7) e dos fatos de kymk ! 0 e (yn;m )1m=1 ser subsequência de (ym)1m=1 temos que

jjyjj = 0: Mas isso contradiz (1.6). Logo, existe c > 0 que satisfaz a desigualdade (1.4)para quaisquer escalares b1; : : : ; bn: �

1.2 Operadores lineares

De�nição 1.2.1 Sejam E e F espaços vetoriais sobre K. Uma aplicação T : E ! Fé um operador linear (ou transformação linear) se

T (x+ �y) = T (x) + �T (y); 8� 2 K;8x; y 2 E:

O conjunto formado por todos operadores lineares de E em F é denotado porL(E;F ). Se F = K, dizemos que T é um funcional linear sobre F e denotamos L(E;F )por E� ou E 0: Chamamos E 0 o espaço dual ou dual de E.

13


De�nição 1.2.2 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e T : E ! F umoperador linear. De�nimos a norma de T por

jjT jj = supfjjT (x)jj; jjxjj � 1g:

No Exemplo 1.2.13 veremos que L(E;F ) é um evn com a norma dada acima. SejjT jj <1, dizemos que T é limitado.

De�nição 1.2.3 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K e T : E ! F umoperador linear. Dizemos que T é contínuo em x0 2 E se, para cada " > 0 existir � > 0tal que

jjx� x0jj < � ) jjT (x)� T (x0)jj < ":

Proposição 1.2.4 A norma em um evn é uma função contínua.

Demonstração: Sejam (E; k�k) um evn e x0 2 E qualquer. Dados " > 0 e x 2 Eveja que

d (x; x0) < � ) kx� x0k < �;donde

d (kxk ; kx0k) = kkxk � kx0kk � kx� x0k < � := ";o que mostra o resultado. �

O conjunto formado por todas as transformações lineares contínuas de E em F édenotado por L(E;F ).

De�nição 1.2.5 Sejam E e F espaços vetoriais normados. Se existir um operadorT : E ! F bijetivo, contínuo e com inversa contínua dizemos que E e F sãotopologicamente isomorfos (isomorfos). Neste caso, dizemos que T é um isomor�smotopológico (isomor�smo) de E em F:

Quando o isomor�smo for tal que kT (x)k = kxk ;8x 2 E, dizemos que E e F sãoisometricamente isomorfos e que T é uma isometria.

Exemplo 1.2.6 O operador identidade de qualquer evn é uma isometria.

Proposição 1.2.7 Sejam E e F espaços vetoriais normados sobre K. Dado T 2L(E;F ), as seguintes a�rmações são equivalentes:(i) T é contínuo.(ii) T é contínuo na origem.(iii) T é limitado.

14


Demonstração:(i)) (ii) É obvio.(ii)) (iii) Suponha que (iii) não ocorra. Então, sendo BE a bola unitária fechada deE, temos

Para c1 = 1;9 x1 2 BE; jjT (x1)jj > 1Para c2 = 2;9 x2 2 BE; jjT (x2)jj > 2

...

Para ck = k;9 xk 2 BE; jjT (xk)jj > k:...

Dessa forma, existe uma sequência (xk)1k=1 em BE tal que jjT (xk)jj � k, para cadak 2 N. Considere zk = xk

jjT (xk)jj . Então limk!1zk = 0, pois xk é limitado e 1

jjT (xk)jj ! 0:

Temos ainda

jjT (zk)�T (0)jj = jjT (zk)jj = jjT (xk

jjT (xk)jj)jj = jj 1

jjT (xk)jjT (xk)jj =

1

jjT (xk)jjjjT (xk)jj = 1;

o que fere a continuidade de T na origem.(iii)) (i)A�rmamos que jjT (x)jj � jjT jjjjxjj para todo x em E: Com efeito, se x = 0 não há oque provar. Suponha então x 6= 0. Assim

jjT (x)jjjjxjj = jjT ( xjjxjj)jj � jjT jj ) jjT (x)j � jjT jjjjxjj:

Seja jjT jj = c: Observe que, para x1; x2 2 E; temos

jjT (x1)� T (x2)jj = jjT (x1 � x2)jj � jjT jjjjx1 � x2jj = cjjx1 � x2jj;

donde T é lipschtziana e portanto (uniformemente) contínua. �

Corolário 1.2.8 Todo operador linear cujo domínio tem dimensão �nita é contínuo.

Demonstração: Sejam E;F espaços vetoriais normados com dimE = n e T : E ! Fum operador linear. Considere � = fe1; : : : ; eng uma base de E: Veja que

jjT (x)jj = T

nPj=1

ajej

! = nPj=1

ajT (ej)

� nPj=1

jajj kT (ej)k � max1�k�n

kT (ek)knPj=1

jajj:

Faça k = max1�k�n

kT (ek)k e observe que, pelo Lema (1.1.9), existe c > 0 tal quenPj=1

jajj � kxk =c. Logo kT (x)k � kckxk. Portanto

kTk = supjjxjj�1

kT (x)k � supjjxjj�1

k

ckxk = k

csupjjxjj�1

kxk = k

c;

15


e o resultado segue. �

Duas normas k�k1 e k�k2 em um espaço vetorial E são equivalentes se existiremconstantes positivas c1; c2 tais que

c1 kxk1 � kxk2 � c2 kxk1 ;8x 2 E:

Como consequência do corolário anterior, veremos a seguir que quaisquer normasem um espaço vetorial de dimensão �nita são equivalentes.

Corolário 1.2.9 Se E é um espaço vetorial normado de dimensão �nita, quaisquerduas normas são equivalentes.

Demonstração: Sejam k�k1 e k�k2 normas em E. Considere a aplicação identidade

id : (E; k�k1)! (E; k�k2)

Como id é bijetiva e o domínio e contradomínio tem dimensão �nita, tem-se que id eid�1 são contínuas. Daí, existem c1; c2 constantes tais que

kid (x)k2 � c1 kxk1 e id�1 (x)

1� c2 kxk2 :

Logo1

c2kxk1 � kxk2 � c1 kxk1 :

�Veremos agora que quaisquer espaços vetoriais normados de mesma dimensão (�nita)

são isomorfos.

Corolário 1.2.10 Sejam n 2 N, E e F espaços vetoriais normados sobre K comdimE = dimF = n. Nessas condições E e F são isomorfos.

Demonstração: Sejam B = fe1; : : : ; eng e C = ff1; : : : ; fng bases de E e F ,respectivamente. De�na

T : E ! Fej 7! fj

:

A�rmação 1. T é linear. De fato, para u; v 2 E e � 2 K temos

T (�u+ v) = T (�(�1e1 + : : :+ �nen) + (�1e1 + : : :+ �nen))

= T ((��1 + �1)e1 + : : :+ (��n + �n)en)

= T ((��1 + �1)e1) + : : :+ T ((��n + �n)en)

= T (��1e1) + T (�1e1) + : : :+ T (��nen) + T (�nen)

= �T (�1e1) + : : :+ �T (�nen) + T (�1e1) + : : :+ T (�nen)

= �T (�1e1 + : : :+ �nen) + T (�1e1 + : : :+ �nen) = �T (u) + T (v):

16


A�rmação 2. T é injetiva. Sejam u; v 2 E tais que T (u) = T (v): Assim

T (�1e1 + : : :+ �nen) = T (�1e1 + : : :+ �nen)

�1T (e1) + : : :+ �nT (en) = �1T (e1) + : : :+ �nT (en)

�1f1 + : : :+ �nfn = �1f1 + : : :+ �nfn:

Como ff1; : : : ; fng é li e

(�1 � �1)f1 + : : :+ (�n � �n)fn = 0;

segue que�1 = �1; : : : ; �n = �n;

donde u = v:A�rmação 3. T é sobrejetora. De fato, se y 2 F então

y = �1f1 + : : :+ �nfn

= �1T (e1) + : : :+ �nT (en)

= T (�1e1 + : : :+ �nen) = T (x);

onde x 2 E.A�rmação 4. T e T�1 são contínuas. Como dimE = dimF = n, pelo Colorário(1.2.8), a a�rmação está provada. Portanto, E e F são isomorfos. �

Teorema 1.2.11 Sejam E e F espaços vetoriais normados com E completo. SeT : E ! F é um isomor�smo, então F é completo.

Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em F . Considere yn =T�1 (xn) ;8n 2 N.A�rmação 1. (yn)1n=1 é uma sequência de Cauchyem E. Como (xn)1n=1 é de Cauchy,dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) kxn � xmk < ":

Veja que

kyn � ymk = T�1 (xn)� T�1 (xm)

= T�1 (xn � xm)

� T�1 kxn � xmk

� T�1 ":

Como T�1 é contínua, segue que (yn)1n=1 é de Cauchy e portanto convergente. Seja y olimite em questão.A�rmação 2. xn é convergente. De fato, como yn ! y e T é contínua, segue queT (yn)! T (y), donde xn ! T (y) 2 F: O resultado segue. �

17


Corolário 1.2.12 Todo evn de dimensão �nita sobre K é um espaço de Banach.

Demonstração: Seja E um evn sobre K com dimE = n. Pelo Colorário (1.2.10), E éisomorfo a Kn. Usando o teorema anterior e o fato de Kn ser Banach temos o resultado.�

Exemplo 1.2.13 L(E:F ) é um evn com a norma kTk = supfjjT (x)jj; jjxjj � 1g:De fato, é fácil mostrar que L(E:F ) é um espaço vetorial. Resta-nos mostrar quekTk = supfjjT (x)jj; jjxjj � 1g é norma. Sejam T1; T2 2 L(E:F ) e � 2 K. Observe que(i) kTk � 0; 8T 2 L(E:F ). Agora, se T = 0 é claro que kTk = 0. Por outro, sekTk = 0 então

supkxk�1

kT (x)k = 0) T (x) = 0; 8x 2 BE:

Assim,

T

�x

kxk

�= 0) 1

kxkT (x) = 0) T (x) = 0;8x 2 E:

(ii) k�T1k = supkxk�1

k�T1 (x)k = supkxk�1

j�j kT1 (x)k = j�j supkxk�1

kT1 (x)k = j�j kT1k.

(iii)

kT1 + T2k = supkxk�1

k(T1 + T2) (x)k

� supkxk�1

kT1 (x)k+ supkxk�1

kT2 (x)k

= kT1k+ kT2k :

Exemplo 1.2.14 Se E é um evn e F Banach, então L(E:F ) é um espaço de Banach.Seja (Tn)

1n=1 uma sequência de Cauchy em L(E:F ). Assim, dado " > 0 existe n0 2 N

tal quen;m � n0 ) kTn � Tmk < ":

Daí, observe que

n;m � n0 ) (Tn � Tm)� x

kxk

� � kTn � Tmk < ") k(Tn � Tm) (x)k < " kxk ;8x 2 E:

(1.8)Logo, para cada x 2 E, (Tn (x))

1n=1 é uma sequência de Cauchy em F . Como F

é Banach segue que (Tn (x))1n=1 é convergente. De�na T : E ! F por T (x) =

limn!1 Tn (x) :A�rmação 1: T é linear. De fato, se x; y 2 E e � 2 K então

T (x+ �y) = limn!1

Tn (x+ �y)

= limn!1

(Tn (x) + Tn (�y))

= limn!1

Tn (x) + � limn!1

Tn (y)

= T (x) + �T (y)

18


A�rmação 2: T é limitada. Com efeito, como Tn (x) ! T (x), fazendo n ! 1 em(1.8) obtemos

kTm (x)� T (x)k � " kxk ,sempre que m � n0: Deste modo

kT (x)k � kT (x)� Tn0 (x)k+ kTn0 (x)k � " kxk+ kTn0k kxk � ("+ kTn0k) kxk :

Passando supx2BE

na desigualdade anterior temos

kTk � supx2BE

[("+ kTn0k) kxk] = "+ kTn0k ;

donde kTk <1:A�rmação 3: Tn ! T . De fato,

limn!1

kTn � Tk = limn!1

supx2BE

k(Tn � T ) (x)k

= supx2BE

limn!1

kTn (x)� T (x)k

= supx2BE

limn!1

Tn (x)� limn!1

T (x)

= supx2BE

kT (x)� T (x)k = 0:

Portanto L(E:F ) é Banach.

O Corolário (1.2.8) a�rma que todo operador lineae de�nido num evn de dimensão�nita é contínuo. O próximo exemplo mostra que em dimensão in�nita o mesmo nãoocorre:

Exemplo 1.2.15 Para todo evn de dimensão in�nita E e todo evn F 6= f0g, existe umoperador linear T : E ! F não contínuo. De fato, seja B uma base de E: ConsidereB0 = fx1; x2; : : :g um subconjunto enumerável de B e y 2 F não nulo. De�na a seguinteaplicação

T : B ! F dada por T (x) :=�n ykyk ; x 2 B

0

0; x 2 B n B0 :

É claro que T acima é linear. Agora veja que

kT (xn)k = n) supkxnk�1

kT (xn)k =1;

donde kTk =1:

19

1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS

1.3 Espaços de sequências

Nesta seção veremos alguns espaços de Banach de dimensão in�nita cujos vetoressão sequências. Para tanto, será necessário estudarmos alguns resultados precursores, asaber as desigualdades de Hölder e Minkowski. Daremos início demostrando um lemanecessário para a prova da desigualdade de Hölder.

Lema 1.3.1 Sejam a; b números reais positivos e p; q > 1 tais que 1p+ 1

q= 1: Então

a1p b

1q � a

p+b

q:

Demonstração: Considere, para cada 0 < � < 1, a função f = f� : (0;1)! R dadapor f (t) = t� � �t. Observe que

f 0 (t) = �t��1 � � =�t��1 � 1

��:

Veja que

f 0 (t) > 0; se 0 < t < 1

f 0 (t) < 0; se t > 1:

Como f é derivável em t = 1, pelo Teste da 1a Derivada, segue que f tem um máximolocal nesse ponto, isto é f (t) � f (1) em algum intervalo contendo 1. Desse modo

t� � �t � 1� �) t� � 1� �+ �t; 8t > 0.

Fazendo t = abe � = 1

p, obtemos �a

b

� 1p � 1� 1

p+a

pb:

Multiplicando b em ambos os lados da desigualdade anterior temos

a1p

b1p

b ��1� 1

p

�b+

a

p) a

1p b1�

1p �

�1� 1

p

�b+

a

p:

Como 1q= 1� 1

p; concluímos que

a1p b

1q � a

p+b

q:

�

Teorema 1.3.2 (Desigualdade de Hölder) Sejam p; q > 1 tais que 1p+ 1

q= 1 e

n 2 N. EntãonPj=1

jxjyjj �

nPj=1

jxjjp! 1

p

nPj=1

jyjjq! 1

q

para quaisquer escalares xj; yj com j = 1; : : : ; n.

20


Demonstração: O caso em quenPj=1

jxjjp = 0 ounPj=1

jyjjq = 0 é trivial. Suponha então

quenPj=1

jxjjp 6= 0 enPj=1

jyjjq 6= 0. Usando o Lema (1.3.1) com

aj =jxjjpnPk=1

jxkjpe bj =

jyjjqnPk=1

jykjq

temos que

a1p

j b1q

j �ajp+bjq) jxjj�

nPk=1

jxkjp� 1

p

� jyjj�nPk=1

jykjq� 1

q

� ajp+bjq:

Repetindo o procedimento acima e somando as n desigualdades, obtemos

nPj=1

jxjj jyjj�nPk=1

jxkjp� 1

p�

nPk=1

jykjq� 1

q

�nXj=1

�ajp+bjq

�:

Observe que

nXj=1

�ajp+bjq

�=

nXj=1

ajp+

nXj=1

bjq

=1

p

nXj=1

aj +1

q

nXj=1

bj

=1

p

nXj=1

0BB@ jxjjpnPk=1

jxkjp

1CCA+ 1qnXj=1

0BB@ jyjjqnPk=1

jykjq

1CCA

=1

p

nPj=1

jxjjp

nPk=1

jxkjp+1

q

nPj=1

jyjjq

nPk=1

jykjq=1

p+1

q= 1:

LogonPj=1

jxjj jyjj ��

nPk=1

jxkjp� 1

p�

nPk=1

jykjq� 1

q

;

o que prova o resultado. �

21


Teorema 1.3.3 (Desigualdade de Minkowski) Sejam n 2 N e p � 1. Então�nPk=1

jxk + ykjp� 1

p

�� 1Pk=1

jxkjp� 1

p

+

� 1Pk=1

jykjp� 1

p

(1.9)

quaisquer que sejam os escalares xk; yk com k = 1; : : : ; n.

Demonstração: Para p = 1 temos

nXk=1

jxk + ykj = jx1 + y1j+ : : :+ jxn + ynj

� (jx1j+ jy1j) + : : :+ (jxnj+ jynj)= (jx1j+ : : :+ jxnj) + (jy1j+ : : :+ jynj)

=nXk=1

jxkj+nXk=1

jykj :

Suponha agora p > 1. Pela desigualdade triangular, para mostrarmos (1.9) é su�cientegarantirmos

nXk=1

(jxkj+ jykj)p! 1

p

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

:

SenPk=1

(jxkj+ jykj)p = 0; o resultado segue facilmente. Seja entãonPk=1

(jxkj+ jykj)p > 0.Nosso objetivo aqui será utilizar a desigualdade de Hölder. Veja que

(jxkj+ jykj)p = (jxkj+ jykj) (jxkj+ jykj)p�1 (1.10)

= jxkj (jxkj+ jykj)p�1 + jykj (jxkj+ jykj)p�1 :

Observe que p = (p� 1) q. De fato,

1

p+1

q= 1) p+ q

pq= 1) p+ q = pq ) p = pq � q = (p� 1) q:

Agora, fazendo em (1.10) ak = jxkj e bk = (jxkj+ jykj)p�1 e aplicado a Desigualdade deHölder em

nPk=1

jakbkj ; obtemos

nXk=1

jxkj (jxkj+ jykj)p�1 �

nXk=1

jxkjp! 1

p"

nXk=1

(jxkj+ jykj)(p�1)q# 1q

(1.11)

=

nXk=1

jxkjp! 1

p"

nXk=1

(jxkj+ jykj)p# 1q

:

22


De modo análogo, concluímos que

nXk=1

jykj (jxkj+ jykj)p�1 �

nXk=1

jykjp! 1

p"

nXk=1

(jxkj+ jykj)p# 1q

: (1.12)

Somando (1.11) e (1.12), obtemos

nXk=1

(jxkj+ jykj) (jxkj+ jykj)p�1 �

24 nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

35" nXk=1

(jxkj+ jykj)p# 1q

:

LogonPk=1

(jxkj+ jykj)p�nPk=1

(jxkj+ jykj)p� 1q

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

;

donde�nPk=1

(jxkj+ jykj)p� 1p

=

�nPk=1

(jxkj+ jykj)p�1� 1

q

�

nXk=1

jxkjp! 1

p

+

nXk=1

jykjp! 1

p

:

�

De�nição 1.3.4 Para cada p 2 R com 1 � p <1 de�nimos o conjunto

lp =

(x := (xj)

1j=1 2 K

N;1Pj=1

jxjjp <1):

Exemplo 1.3.5 Se K = R; então

l1 =

((xj)

1j=1 2 R

N;1Pj=1

jxjj <1):

Observe que xn = 1n=2 l1, enquanto yn = 1

n22 l1. Por outro lado, temos

l2 =

((xj)

1j=1 2 R

N;1Pj=1

jxjj2 <1):

Nesse caso, temos que xn = 1n2 l2 e yn = 1p

n=2 l2.

23


Observação 1.3.6 A Desigualdade de Hölder é ainda válida se n ! 1. De fato,tomando x; y 2 lp temos que

1Pj=1

jxjjp <1 e1Pj=1

jyjjq <1;

donde 1Pj=1

jxjjp! 1

p

<1 e

1Pj=1

jyjjq! 1

q

<1:

Dessa forma, fazendo n!1 na Desigualdade de Hölder, obtemos

1Pj=1

jxjyjj �

1Pj=1

jxjjp! 1

p

1Pj=1

jyjjq! 1

q

:

Usando um raciocínio análogo, obtemos a Desigualdade de Minkowski para n!1.

Proposição 1.3.7 Se 1 � p <1, lp é um espaço vetorial normado com a norma dadapor (xj)1j=1

p:=

1Pj=1

jxjjp! 1

p

: (1.13)

Demonstração: Tomando x; y 2 lp e � 2 K, de�nimos

x+ y = (xj)1j=1 + (yj)

1j=1 = (x1 + y1; : : : ; xj + yj; : : :)

� � x = � (xj)1j=1 = (�x1; : : : ; �xj; : : :) :

Mostraremos que as operações estão bem de�nidas. Inicialmente observe que, peladesigualdade de Minkowski, tem-se 1X

j=1

jxj + yjjp! 1

p

� 1Xj=1

jxjjp! 1

p

+

1Xj=1

jyjjp! 1

p

<1;

donde x+ y 2 lp. Por outro lado, veja que1Xj=1

j�xjjp = j�jp1Xj=1

jxjjp <1

portanto �x 2 lp. As propriedades de espaço vetorial não oferecem di�culdades.Provaremos agora que a função (1.13) é uma norma em lp. De fato, vejamos as condições:

(i) É claro que (xj)1j=1

p> 0. Agora veja que, sendo (xj)

1j=1 = 0 temos

(xj)1j=1 p= 0.

24


Por outro lado, se�P1

j=1 jxjjp� 1p= 0 então

P1j=1 jxjj

p = 0 e portanto xj = 0;8j 2 N.(ii) Veja que

� (xj)1j=1 p= (�xj)1j=1

p=

1Pj=1

j�xjjp! 1

p

=

j�jp

nPj=1

jxjjp! 1

p

= j�j (xj)1j=1

p:

(iii) Como

(xj)1j=1 + (yj)1j=1 p= (xj + yj)1j=1

p=

1Xj=1

jxj + yjjp! 1

p

segue da Desigualdade de Minkowski que

(xj)1j=1 + (yj)1j=1 p=

1Pj=1

jxj + yjjp! 1

p

�

1Pj=1

jxjjp! 1

p

+

1Pj=1

jyjjp! 1

p

= (xj)1j=1

p+ (yj)1j=1

p;

o que prova o resultado. �

Proposição 1.3.8 Se 1 � p <1, então lp é um espaço de Banach.

Demonstração: Seja (xn)1n=1 uma sequência de Cauchy em lp. Consideremos a

seguinte denotação

x1 = (x11; x12; : : :)

x2 = (x21; x22; : : :)

...

xn = (xn1; xn2; : : :) :

...

Como (xn)1n=1 é de Cauchy, dado " > 0 existe n0 2 N tal que

n;m � n0 ) " > kxn � xmkp = 1Xj=1

jxnj � xmjjp! 1

p

� jxnj � xmjj ; (1.14)

para cada j 2 N: Dessa forma, para cada j, (xnj)1n=1 é uma sequência de Cauchy emK. Como K é Banach, temos que cada (xnj)

1j=1 converge, digamos para yj 2 K. Seja

25


x = (yj)1j=1 2 KN. Vamos mostrar que x 2 lp e xn ! x. De (1.14) segue, para cada N

natural, que NXj=1

jxmj � xnjjp! 1

p

< "; (1.15)

sempre que n;m � n0: Fazendo n!1 em (1.15), obtemos NXj=1

jxmj � yjjp! 1

p

� ";

para n;m � n0 e todo N natural. Fazendo agora N !1; temos

n;m � n0 ) kxm � xk = 1Xj=1

jxmj � yjjp! 1

p

� ";

donde, xn ! x: Por outro lado, como xn0 � x e xn0 pertencem ao espaço vetorial lp ex = xn0 � (xn0 � x); segue que x 2 lp. �De�nição 1.3.9 Se p =1, de�nimos o espaço vetorial

l1 =

�x := (xj)

1j=1 2 K

N; supj2N

jxjj <1�

munida da normakxk1 := sup

j2Njxjj :

Em l1; consideramos os seguintes subespaços

c =

�x = (xj)

1j=1 2 KN; limj!1xj existe

�c0 =

�x = (xj)

1j=1 2 KN; limj!1xj = 0

�c00 =

nx = (xj)

1j=1 2 KN;xj = 0 para j � n0 2 N

o:

Exemplo 1.3.10 c é fechado em l1: De fato, seja (xn)1n=1 uma sequência em c tal que

limn!1

xn = x. Mostraremos que x 2 c: Primeiro cosideremos

x1 =�x(1)1 ; x

(1)2 ; : : :

�x2 =

�x(2)1 ; x

(2)2 ; : : :

�...

xn =�x(n)1 ; x

(n)2 ; : : :

�...

26


e x = (x1; x2; : : :) :Como xn ! x; dado " > 0 existe n1 2 N tal que

n � n1 ) supj2N

��x(n)j � xj�� = kxn � xk1 < ":

Logo, para cada j 2 N, temos ��x(n)j � xj�� < "; (1.16)

sempre que n � n1. Isso mostra que cada sequência de escalares�x(n)j

�1n=1

converge

para xj: Por outro lado, como cada xn =�x(n)1 ; x

(n)2 ; : : :

�é convergente em K, e portanto

de Cauhy, temos que existe n2 2 N de modo que

k; j � n2 ) x(n)k � x(n)j

< ": (1.17)

Considerando n0 = max fn1; n2g ; segue de (1.16) e (1.17) que

k; j � n0 ) jxk � xjj ��xk � x(n0)k

��+ ��x(n0)k � x(n0)j

��+ ��x(n0)j � xj�� < 3"

Dessa forma, x = (xj)1j=1 é uma sequência de Cauchy em K, donde x 2 c:

Exemplo 1.3.11 c0 é fechado em l1. De fato, seja (xn)1n=1 uma sequência em c0 tal

que xn ! x. Devemos mostrar que x 2 c0: Usaremos a mesma notação para xn e xcomo no exemplo anterior. Como xn ! x, dado " > 0 existe n1 2 N tal que

n � n1 ) supj2N

��x(n)j � xj�� = kxn � xk1 < ":

Dessa forma ��x(n)j � xj�� < "

para todo n � n1 e cada j 2 N. Isso mostra que limn!1

x(n)j = xj: Como xn1 2 c0 existe

n2 2 N de modo quej � n2 )

��x(n1)j

�� < ":Considerando n0 = max fn1; n2g temos que

j � n0 ) jxjj ��xj � x(n1)j

��+ ��x(n1)j

�� < 2":Portanto xj ! 0; donde x = (xj)

1j=1 2 c0.

Exercício 1.3.12 Mostraremos agora que c00 não fechado em l1. De fato, seja

xn =

�1;1

2;1

3; : : : ;

1

n; 0; 0; : : :

�2 c00:

27

1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS

Agora, considere

x =

�1;1

2;1

3; : : : ;

1

n;1

n+ 1; : : :

�e observe que x 2 l1ncoo. Por outro lado, veja que

limn!1

kxn � xk1 = limn!1

�0; : : : ; 0;� 1

n+ 1;� 1

n+ 2; : : :

� 1= lim

n!1

1

n+ 1= 0

donde xn ! x:

1.4 Espaços separáveis

De�nição 1.4.1 Sejam (M;d) um espaço métrico e X � M: Dizemos que X é densoem M se, dados y 2M e " > 0; existir x 2 X tal que

d (x; y) < ":

De�nição 1.4.2 Um espaço métrico M é dito separável se existir D � M denso eenumerável.

Proposição 1.4.3 Sejam E e F evn com E separável. Se E e F são isomorfos, entãoF é separável.

Demonstração: Seja T : E ! F o isomor�smo em questão e considere D � E densoe enumerável.

A�rmação 1: T (D) é enumerável. De fato, sendo f : N ! D uma bijeção segueque a aplicação T � f : N! T (D) é bijetora. Logo, T (D) é enumerável

A�rmação 2: T (D) é denso em F . Com efeito, sejam y 2 F e " > 0. Como Té um isomor�smo, existe z 2 E tal que T (z) = y. Como D é denso em E, existe x 2 Dtal que

kx� zkE < ":Como

kT (x)� ykF = kT (x)� T (z)kF = kT (x� z)kF � kTk kx� zkE < kTk ";

segue nossa a�rmação, donde F é separável. �

Proposição 1.4.4�Kn; k�kp

�é separável.

28


Demonstração: Façamos inicialmente para K = R.A�rmamos que Qn é denso em Rn. Com efeito, seja x = (x1; : : : ; xn) 2 Rn. Como Q édenso em R, dado " > 0; existem y1; : : : ; yn 2 Q tais que

jxi � yij < "=n1p ; com i = 1; : : : ; n:

Considere y = (y1; : : : ; yn) 2 Qn e observe que

kx� ykp =

nXi=1

jxi � yijp! 1

p

<

�n"p

n

� 1p

= ";

o que prova nossa a�rmação. É claro que Qn é enumerável. Logo Rn é separável.Para termos Cn separável, basta lembrar que Rn+1 é isomorfo a Cn. �

O próximo resultado nos diz mais que a proposição anterior.

Proposição 1.4.5 Todo evn de dimensão �nita é separável.

Demonstração: Seja E um evn com dimE = n: Pelo Corolário 1.2.10, temos que Eé isomorfo a Kn. As Proposições 1.4.3 e 1.4.4 nos garantem a separabilidade de E. �

Proposição 1.4.6 Se 1 � p <1, então lp é separável.

Demonstração: Faremos apenas o caso K = R. Com as devidas modi�cações, o casoK = R é análogo.Seja

D =ny = (yj)

1j=1 2 Q

N;9 j0 2 N de modo que yj = 0;8j > j0o:

Observe que D � lp:A�rmamos que D é denso em lp. De fato, sejam x = (x1; x2; : : :) 2 lp e " > 0. Como1Pj=1

jxjjp <1, existe n0 2 N tal que

1Pj=n0

jxjjp <"

2: (1.18)

Como Q é denso em R, existem z1; z2; : : : ; zn0�1 2 Q, tais que

jzi � yij <"1p

2i+1p

; (1.19)

29


onde i = 1; : : : ; n0 � 1: Tomando z = (z1; z2; : : : ; zn0�1; 0; 0; : : :) 2 D, segue de (1.18) e(1.19) que

kx� zkp = 1Xj=1

jxj � zjjp! 1

p

=

n0�1Xj=1

jxj � zjjp +1Xj=n0

jxj � zjjp! 1

p

<

n0�1Xj=1

"

2j+1+

1Xj=n0

jxjjp! 1

p

<

n0�1Xj=1

"

2j+1+"

2

! 1p

=� "2n0

� 1p< "

1p < ";

o que mostra nossa a�rmação.Por �m, para vermos que D é enumerável, basta observar que

D =1Si=1

Di

onde cada Di = f(x1; x2; : : : ; xi; 0; : : :) ; xi 2 Qg é enumerável. �

Exemplo 1.4.7 l1 não é separável. De fato, seja

C =n(xj)

1j=1 ;xj = 0 ou xj = 1

o� l1:

Do processo de diagonalização de Cantor, segue que C não é enumerável. Observe quepara x; y 2 C, com x 6= y, tem-se

d (x; y) = kx� yk1 = supj2N

jxj � yjj = 1:

Agora, para cada x 2 C considere a bola B 13(x) e veja que

B 13(x) \B 1

3(y) 6= ?:

Se M é qualquer subconjunto denso em l1, então cada bola B 13(x) ; x 2 C; contém

algum m 2M . Isso mostra que M é não enumerável.

Proposição 1.4.8 Se E é um espaço de Banach separável, então a esfera unitária SEé separável.

30


Demonstração: Seja D � E denso e enumerável. Considere o seguinte subconjuntode SE

D1 =

�x

kxk ;x 2 D n f0g�:

A�rmamos que D1 é denso em SE. De fato, sejam y 2 SE e " > 0. Não há perda degeneralidade supor " < 1

2. Por hípótese, existe x0 2 D tal que

ky � x0k <"

2:

Observe que x0 6= 0, visto que " < 12. Dessa forma y � x0

kx0k

� ky � x0k+ x0 � x0kx0k

<"

2+

��1� 1

kx0k

�� kx0k<"

2+ jkx0k � 1j

="

2+ jkx0k � kykj

� "

2+ kx0 � yk

<"

2+"

2= ";

o que prova a a�rmação. É claro que D1 é enumerável. �

31

Capítulo 2

O Teorema de Hahn-Banach

O Teorema de Hahn-Banach é, sem dúvida, um dos resultados centrais da AnáliseFuncional. Ele nos fornece condições para estendermos funcionais lineares semalterarmos as propriedades dos mesmos.

2.1 Lema de Zorn

O Lema de Zorn (LZ) é um axioma da Teoria de Conjuntos que trata de famíliasde conjuntos. O LZ se consagrou como peça fundamental em várias demonstrações dediversos resultados clássicos da matemática, como por exemplo Teorema de Bishop-Phelps, que todo espaço vetorial possui base de Hamel, Teorema de Tychono¤ dentreoutros.A seguir, apresentamos alguns resultados necessários para de�nirmos o Lema de

Zorn.

De�nição 2.1.1 Dado um conjunto X e uma relação binária � sobre ele, dizemos que(X;�) é um conjunto parcialmente ordenado se valem as seguintes propriedades:

1. � � �;8� 2 X (re�exiva).

2. � � � e � � � ) � � � (transitiva).

3. � � � e � � � ) � = � (antissimétrica).

Observação 2.1.2 Chamamos (X;�) de conjunto "parcialmente"ordenado porquepodem existir elementos em X não comparáveis de acordo com a ordenação � dada.Se quaisquer dois elementos de (X;�) são comparáveis, então dizemos que (X;�) étotalmente ordenado.

De�nição 2.1.3 Seja (X;�) um conjunto parcialmente ordenado. Um elemento a 2 Xé dito maximal se, para todo x 2 X com a � x, tem-se que x = a. Por outro lado, umelemento b 2 X é chamado limite superior de Y � X se y � b; 8y 2 Y .

32

2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH

Exemplo 2.1.4 Seja X = fX�g�2� uma família de conjuntos: A inclusão de conjuntos� é uma relação de ordem parcial em X: Observe que

S�2�X� é um elemento maximal

de X:

Exemplo 2.1.5 A ordem natural � de R é uma relação de ordem total. Observe queR não possui elemento maximal.

Agora estamos em condições de enunciar o Lema de Zorn.

Lema 2.1.6 (LZ) Um conjunto não-vazio parcialmente ordenado, no qual todosubconjunto totalmente ordenado possui um limite superior, possui um elementomaximal.

2.2 O Teorema de Hahn-Banach

A seguir, apresentamos o teorema de Hahn-Banch em sua forma analítica.Apresentamos duas versões, uma para os espaços vetorias reais e outra para os espaçosvetoriais complexos.

Teorema 2.2.1 (Hahn-Banach (caso real) ) Seja E um espaço vetorial sobre ocorpo dos reais e p : E ! R uma aplicação que satisfaz

p (ax) = ap (x) para todo a > 0 e todo x 2 E

ep (x+ y) � p (x) + p (y) para quaisquer x; y 2 E:

Se G � E e g : G! R é um funcional linear tal que

g (x) � p (x) para todo x em G;

então existe um funcional linear T : E ! R que estende g e que satisfaz

T (x) � p (x) para todo x em E:

Demonstração: Considere o conjunto

P =

�h : D (h) � E ! R;D (h) � E; h é linear; G � D (h) ;

h estende g e h (x) � p (x) ;8x 2 D (h)

�É claro que P é não-vazio, pois g 2 P .

A�rmação 1: A seguinte relação

h1 � h2 sse D (h1) � D (h2) e h2 estende h1

33


de�ne uma ordenação parcial em P . De fato,

1. Claramente h � h;8h 2 P .2. Se h1 � h2 e h2 � h1, então D (h1) = D (h2) e portanto h1 = h2.3. Se h1 � h2 e h2 � h3, então D (h1) � D (h2) � D (h3). É claro que h3 estende h1.

A�rmação 2: Todo subconjunto totalmente ordenado de P possui um limite superior.Com efeito, seja Q � P totalmente ordenado. De�na

h : D (h)! R com D (h) =Sf2QD (f) e h (x) = f (x) ;8x 2 D (f) :

Note que h está bem de�nida, pois se x 2 D (h) então existe f0 2 Q tal quex 2 D (f0).Caso exista f1 2 Q com x 2 D (f1), pela ordenação total de Q devemoster f0 � f1 ou f1 � f0Caso f0 � f1, então D (f0) � D (f1) e f1 estende f0: Nesse caso, basta considerarh (x) = f0 (x).Por outro lado, se f1 � f0; então D (f1) � D (f0) e f0 estende f1 Dessa forma, bastaconsiderar h (x) = f1 (x). Isso mostra que h está bem de�nida.É claro que h 2 P e h é limite superior de Q. Nessas condições, o Lema de Zorn garanteque P possui um elemento maximal, que denotaremos por T .

A�rmação 3: D (T ) = E. Suponha por absurdo que D (T ) 6= E. Assim, considere

x0 2 EnD (T ) e de�na eh : D �eh�! R pondo

D�eh� = D (T ) + [x0] e eh (x+ tx0) = T (x) + t�;

onde � é uma constante que será de�nida depois de modo que eh 2 P . No momento,desejamos mostrar que � satisfaça as seguintes desigualdades

T (x) + � = eh (x+ x0) � p (x+ x0) eT (x)� � = eh (x� x0) � p (x� x0) ; 8x 2 D (T ) :

Para tanto, basta escolher � de modo que

supx2D(T )

fT (x)� p (x� x0)g � � � infx2D(T )

fp (x+ x0)� T (x)g :

Felizmente, tal escolha é possível pois se x; y 2 D (T ) então

T (x) + T (y) = T (x+ y)

� p (x+ y)= p (x+ x0 + y � x0)� p (x+ x0) + p (y � x0)

34


e, consequentemente

T (y)� p (y � y0) � p (x+ x0)� T (x) ;8x; y 2 D (T ) :

Cosideremos agora os seguintes casos:

Caso 1: t > 0. Neste caso, temos

eh (x+ tx0) = eh�t�xt+ x0

��= teh�x

t+ x0

�= t�T�xt

�+ �

�� tp

�xt+ x0

�= p (x+ tx0) :

Caso 2: t < 0. Para este caso, segue que

eh (x+ tx0) = eh��t� x�t � x0��

= �teh� x�t � x0�

= �t�T

�x

�t

��

�� tp

�x

�t � x0�

= p (x+ tx0) :

Caso 3: t = 0. Temos que

eh (x+ tx0) = eh (x) = T (x) � p (x) = p (x+ tx0) :Isso mostra que eh (x) � p (x) ;8x 2 D �eh� : Daí, como eh estende g, segue que eh 2 P .Ora, T � eh e T 6= eh, mas isso fere a maximilidade de T . Logo D (E) = T e o resultadosegue. �

O próximo corolário é às vezes enunciado como Teorema de Hahn-Banach.

Corolário 2.2.2 Sejam G um subespaço de um espaço vetorial normado E (sobre R) eg : G! R um funcional linear contínuo. Nessas condições, existe um funcional linearcontínuo T : E ! R que estende g tal que kTk = kgk.

35


Demonstração: De�na p : E ! R pondo p (x) = kgk kxk. Observe que, se a > 0,então p (x) = kgk kaxk = a kgk kxk = ap (x). Por outro lado, para x; y 2 E temos

p (x+ y) = kgk kx+ yk � kgk (kxk+ kxk) = kgk kxk+ kgk kyk = p (x) + p (y) :

Agora, veja que

x 2 G) g (x) � jg (x)j � kgk kxk = p (x)) g (x) � p (x) :

Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach, existe T : E ! R linear que estende g eT (x) � p (x) ;8x 2 E.Resta-nos mostrar que T é contínuo e que kTk = kgk. Com efeito, por hipótese

T (x) � kgk kxk ;8x 2 G: (2.1)

Logo, para todo x 2 Gn f0g temos que

T (x)

kxk � kgk ) T

�x

kxk

�� kgk ) kTk � kgk <1;

donde T é limitado. Por �m, observe que

kgk = supx2BG

jg (x)j = supx2BG

jT (x)j � supx2BE

jT (x)j = kTk

o que prova que kTk = kgk : �

Demonstraremos agora a versão generalizada do Teorema de Hanh-Banach.

Teorema 2.2.3 (Hahn-Banach (caso complexo)) Seja E um espaço vetorial sobreK (R ou C) e p : E ! R uma aplicação que satisfaz

p (ax) = jaj p (x) para todo a 2 K e todo x 2 E

ep (x+ y) � p (x) + p (y) para quaisquer x; y 2 E:

Se G � E e g : G! K é uma aplicação linear tal que

jg (x)j � p (x) para todo x em G; (2.2)

então existe um funcional linear T : E ! K que estende g e que satisfaz

jT (x)j � p (x) para todo x em E:

36


Demonstração:A�rmação 1: p (x) � 0;8x 2 E. De fato, primeiro veja que

0 = p (0) = p (0 + 0) � 2p (0) ;

e portanto p (0) � 0. Por outro lado, como p (x) = p (�x) então

2p (x) = p (x) + p (�x) � p (x� x) = p (0) � 0

donde p (x) � 0:Se E é um espaço vetorial real, de (2.2), temos que g (x) � p (x) ;8x 2 G. Logo, peloTeorema de Hahn-Banach (caso real) para espaços vetoriais reais, existe T : E ! Rque estende g tal que

T (x) � p (x) ;8x 2 E:Como

�T (x) = T (�x) � p (�x) = p (x)segue que

T (x) � �p (x) ;donde

jT (x)j � p (x) ;8x 2 E:Seja agora E um espaço vetorial sobre C. Então, podemos considerar

g (x) = g1 (x) + ig2 (x) ;

onde g1 e g2 são funcionais lineares sobre R. Como artifício, no momento, restringiremosE e G como espaços vetoriais sobre R, que denotaremos, respectivamente, por ER e GR.Como

g1 (x) � jg (x)j � p (x) ;8x 2 GR;oTeorema de Hahn-Banach (caso real) garante a existência de T1 : ER ! R linear queestende g1 e tal que

T1 (x) � p (x) ;8GR:Agora, note que

x 2 G ) i [g1 (x) + ig2 (x)] = ig (x) = g (ix) = g1 (ix) + ig2 (ix)) �g2 (x) + ig1 (x) = g1 (ix) + ig2 (ix) ;

e portantox 2 G) g2 (x) = �g1 (ix) : (2.3)

Dessa forma, de�na T : E ! C pondo

T (x) = T1 (x)� iT1 (ix) : (2.4)

37


De (2.3) e (2.4) segue que

T (x) = g1 (x)� ig (ix) = g1 (x) + i [g2 (x)] = g (x) ;8x 2 G:

Mostraremos que T é um funcional linear em EC. Com efeito, veja que

T (y + (a+ ib)x) = T1 (y + (a+ ib)x)� iT1 (y + i (a+ ib)x)= T1 (y) + T1 (ax+ ibx)� iT (y)� iT1 (iax� bx)= aT1 (x) + bT1 (ix)� i [aT1 (ix)� bT1 (x)] + [T1 (y)� iT1 (y)]= (a+ ib) [T1 (x)� iT1 (ix)] + T (y)= (a+ ib)T (x) + T (y) :

Por �m, provaremos que jT (x)j � p (x) para todo x em E. O caso T (x) = 0 é imediato,pois p (x) � 0. Suponha então T (x) 6= 0. Assim

T (x) = jT (x)j ei� ) jT (x)j = e�i�T (x) = T�e�i�x

�:

Como jT (x)j é real, vale

jT (x)j = T�e�i�x

�= T1

�e�i�x

�� p

�e�i�x

�=��e�i�� p (x) = p (x) :

�O mais natural agora, é apresentarmos um corolário que generalize o Corolário 2.2.2

para o caso complexo.

Corolário 2.2.4 Seja G um subespaço de um espaço vetorial normado E e sejag : G ! K um funcional linear contínuo. Então existe um funcional linear contínuoT : E ! K que estende g e kTk = kgk.

Demonstração: Considere p : E ! K pondo p (x) = kgk kxk : Veja que p satisfaz

p ((a+ ib)x) = kgk k(a+ ib)xk = ja+ ibj kgk kxk = ja+ ibj p (x)

ep (x+ y) = kgk kx+ yk � kgk kxk+ kgk kyk = p (x) + p (y) :

Veja também quejg (x)j � kgk kxk = p (x) ;8x 2 G:

Logo, por Teorema de Hahn-Banach (caso complexo), existe T : E ! K linear, queestende g satisfazendo jT (x)j � p (x) ;8x 2 E.A�rmação 1: T é contínuo. De fato, observe que

x 2 E ) jT (x)j � p (x) = kgk kxk ) kTk � kgk <1:

A�rmação 2: kTk = kgk. Com efeito, basta observarmos que

kTk = supx2BE

jT (x)j � supx2BG

jT (x)j = supx2BG

jg (x)j = kgk :

�

38


Corolário 2.2.5 Seja E um espaço vetorial normado. Dado x0 2 En f0g ; existe' 2 E 0 tal que k'k = 1 e ' (x0) = kx0k :

Demonstração: Seja p : E ! R dada por p (x) = kxk : Note que p satisfaz

p (ax) = jaj p (x) ;8a > 0

ep (x+ y) = kx+ yk � kx k+k yk = p (x) + p (y) :

Considere g : [x0]! K dada por g (tx0) = t kx0k e veja que

jg (tx0)j = jtj kx0k = ktx0k :

Logo, pelo Teorema de Hahn-Banach, existe um funcional linear ' : E ! K que estendeg, tal que

j' (x)j � p (x) = kxk ;8x 2 E:Por �m, como

k'k = supkxk�1

j' (x)j � supkxk�1

p (x) = supkxk�1

kxk = 1

e

k'k ��'� x0

kx0k

�� = ��g� x0kx0k

�� = 1;temos o resultado. �

Corolário 2.2.6 Seja E um evn não trivial. Mostre que, para todo x em E vale

kxk = sup fj' (x)j ;' 2 E 0 com k'k � 1g ;

onde o supremo é atingido.

Demonstração: Se x = 0 o resultado é claro. Suponha então x 6= 0. Como

sup j' (x)j � sup k'k kxk ;8' 2 E 0;

segue quesup'2BE0

j' (x)j � sup'2BE0

k'k kxk = kxk : (2.5)

Por outro lado, de�na '0 : [x]! R, pondo '0 (�x) = � kxk. Assim

j'0 (x)j = kxk ) supkxk�1

j'0 (x)j = supkxk�1

kxk = 1:

Dessa forma, o Teorema de Hahn-Banach garante a existência de '1 2 E 0 que estende'0 tal que k'1k = k'0k = 1. Logo, fazendo � = 1, obtemos

'0 (x) = kxk = k'1k � sup fj' (x)j ;' 2 E 0 com k'k � 1g (2.6)

De (2.5) e (2.6) segue que

kxk = sup fj' (x)j ;' 2 E 0 com k'k � 1g ;

e o resultado segue. �

39

2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS

2.3 Algumas aplicações em espaços separáveis

Nesta seção, iremos aplicar o Teorema de Hahn-Banach na construção de doisresultados envolvendo espaços separáveis. Antes desses resultados, precisamos daseguinte proposição.

Proposição 2.3.1 Sejam E um evn, M um subespaço fechado de E, y0 2 EnM ed = dist (y0;M). Então existe ' 2 E 0 tal que k'k = 1, ' (y0) = d e ' (x) = 0; 8x 2M .

Demonstração: Seja N =M + [y0]. Se z 2 N , então

z = x+ ay0;

com a 2 K e x 2 M . De�na '0 : N ! K pondo '0 (x+ ay0) = ad. A�rmamos que '0é linear. Com efeito, para z1; z2 2 N e � 2 K temos

'0 (z1 + �z2) = '0 ((x1 + a1y0) + � (x2 + a2y0))

= '0 ((x1 + �x2) + (a1 + �a2) y0)

= (a1 + �a2) d

= a1d+ �a2d = '0 (z1) + �'0 (z2) :

Veja ainda que '0 (M) = f0g e que '0 (y0) = d. Mostraremos agora que k'0k = 1.Para tanto, seja z = x+ ay0 e observemos que, se a 6= 0 então

kzk = kx+ ay0k = jaj x�a � y0

� jaj d = j'0 (z)je, se a = 0 então

kzk = kxk � 0 = 0 � d = j'0 (z)j :Logo

k'0k = supkzk�1

j'0 (z)j = supkzk�1

kzk = 1:

Como d = dist (y0;M) ; por propriedade de ín�mo, dado " > 0 existe x" 2M tal que

d � ky0 � x"k � d+ ":

Seja z" =y0�x"ky0�x"k . Então z" 2 N , kz"k = 1 e

k'0k � j'0 (z")j =d

ky0 � x"k� d

d+ ";

donde k'0k � 1; e portanto k'0k = 1. Pelo Teorema de Hahn-Banach, existe ' 2 E 0que estende '0 e tal que k'k = k'0k : O resultado segue. �

40


Teorema 2.3.2 Se E 0 for separável, então E também é separável.

Demonstração: Visto que E 0 é separável, a Proposição 1.4.8 garante a separabilidadede SE0 = f' 2 E 0; k'k = 1g. Seja então f'n;n 2 Ng � SE0 denso e enumerável. Logo

k'nk = supx2SE

j'n (x)j = 1

para cada n 2 N. Dessa forma, para cada n, existe xn 2 SE de modo que

j'n (xn)j �1

2:

Seja M = [x1; x2; : : :]. Vamos provar que M = E.Suponhamos por absurdo que M 6= E: Seja então y0 2 EnM . Pela proposição (2.3.1),existe ' 2 E 0 com k'k = 1 tal que

' (y0) = d := dist (y0;M) e ' (x) = 0;8x 2M:

Dessa forma

k'� 'nk = supkxk�1

j('� 'n) (x)j � j('� 'n) (xn)j = j' (xn)� 'n (xn)j = j'n (xn)j �1

2;

que é absurdo pois f'n;n 2 Ng é denso em SE0. Assim M = E e portanto, o conjunto(x =

nXi=1

aixi ; n 2 N e ai 2 Q)(no caso real)

ou o conjunto(x =

nXj=1

(aj + ibj)xj ; n 2 N e ai; bj 2 Q)(no caso complexo)

é enumerável e denso em E. O resultado segue. �

Observação 2.3.3 A recíproca do teorema anterior não vale, pois l1 é separável e l1não é, entretanto l1 = (l1)

0. Para uma demonstração detalhada do último fato, veja([9, pág. 40]).

Teorema 2.3.4 Todo evn separável é isometricamente isomorfo a um subespaço de l1:

Demonstração: Sejam E um evn separável e D = fxn;n 2 Ng um subconjuntodenso em E: Observe que podemos supor 0 62 D: Assim, pelo Corolário 2.2.5, para cadan 2 N, existe 'n 2 E 0 tal que k'nk = 1 e 'n (xn) = kxnk :De�na a seguinte aplicação

T : E ! l1x 7! ('n (x))

1n=1

:

41


Comoj'n (x)j � k'nk kxk = kxk ;

segue que T está bem de�nida, visto que ('n (x))1n=1 2 l1: Da linearidade de cada 'n;

temos que T é linear. Temos ainda que

kT (x)k = sup fj'n (x)j ;n 2 Ng � kxk ; (2.7)

donde T é contínua. Por outro lado, veja que

kT (xk)k = sup fj'n (xk)j ;n 2 Ng � j'n (xk)j = kxkk : (2.8)

Segue de (2.7) e (2.8) que, para cada k;

kT (xk) k=kxkk : (2.9)

Visto que D = fxn;n 2 Ng é denso em E; dado x 2 E existe (xn)1k=1 em D de modo

que xn ! x; donde kxnk ! kxk. Como T é contínua, segue que T (xk) ! T (x) eportanto kT (xk)k ! kT (x)k : Dessa forma, de (2.9) concluímos que kT (x)k = kxkpara todo x 2 E: Isso mostra que T é injetiva, e consequentemente, T : E ! T (E) éuma isometria. �

42

Indicação de estudos

O Teorema de Hahn-Banach, também formulado como teorema de separação eteorema de extensão, é um teorema cuja forma é particularmente apropriado paraaplicações em problemas lineares. Na Análise Funcional podemos aplicá-lo em:

� Dualidade.

� O Teorema Integral de Cauchy para funções analíticas vetoriais.

� Critério de Helly para resolver sistemas de equações lineares em espaços normadosre�exivos.

E, se o estendermos para além da análise funcional, encontraremos aplicações como:

� A prova da existência de funções de Green;

� Solução de Banach do problema "fácil"de medida;

� Aplicação de programações convexas;

� Aplicação para teoria de jogos;

� A formulação da termodinâmica;

O estudo do teorema de Hahn-Banach é um "tesouro"para o desenvolvimento deoutros teoremas importantes. Alguns desses desenvolvimentos recentes incluem:

� Plewnia [1993]: Em vez de um subespaço linear de um espaço real X.

Seja C um subconjunto não-vazio convexo de X. Seja p : X ! R uma funçãoconvexa e deixe f : C ! R uma função côncava com f(x) � p(x) em C. Entãoexiste uma linear função g : X ! R e uma constante real a tal que g(x)+a � p(x);para x 2 X e f(x) � p(x) + a; para x 2 C.

� Ruan [1992]: Um teorema de Hahn-Banach para bisublineares funcionais.

� Ding [1992]: Algumas condições para um espaço não-localmente convexo, como olp, 0 < p < 1, para ter a propriedade de extensão Hahn-Banach.

43


� Burgin [1991]: Usando a análise fora do padrão, um análogo do teorema de Hahn-Banach para obtenção de "hiperfuncionais".

� Su [1990]: Um teorema de Hahn-Banach para uma classe de funcionais linearesem espaços normados probabilísticas.

E o melhor de tudo, ainda não se tem uma idéia se as descobertas extraidas desseteorema se esgotarão.

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Referências Bibliográ�cas

[1] AGUIAR, T. dos S. Uma Introdução à Análise Funcional: O Teorema deHahn-Banach. Ilhéus: UESC, 2008. (Monogra�a de Graduação)

[2] COELHO, F. U. LOURENÇO, M. L. Um Curso de Álgebra Linear. São Paulo:Edusp, 2007.

[3] FIORENTINI, D.; LORENZATO, S. Processo de Coleta de Informações e deConstituição do Material de Estudo. In:______. Investigação em EducaçãoMatemática: percursos teóricos e metodológicos. Campinas: São Paulo, 2006. p.101 �131.(Coleção Formação de Professores).

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[5] LIMA, E. L. Curso de Análise vol. 1. Rio de Janeiro: IMPA, 2011. (ColeçãoProjeto Euclides)

[6] LIMA, E. L. Espaços Métricos. Rio de Janeiro: IMPA, 2007. (Coleção ProjetoEuclides)

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[9] PELLEGRINO, D. M. Notas de Aula de Introdução à Análise Funcional.João Pessoa: UFPB, 2008.

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