View
4
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
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
O Teorema de Hahn-Banach e aplicaçõesem espaços separáveis
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
O Teorema de Hahn-Banach e aplicaçõesem espaços separáveis
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
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
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
1.1. ESPAÇOS VETORIAIS NORMADOS
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
1.2. OPERADORES LINEARES
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
1.2. OPERADORES LINEARES
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
1.2. OPERADORES LINEARES
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
1.2. OPERADORES LINEARES
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
1.2. OPERADORES LINEARES
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
1.2. OPERADORES LINEARES
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.3. ESPAÇOS DE SEQUÊNCIAS
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
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
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
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
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
1.4. ESPAÇOS SEPARÁVEIS
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
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
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
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
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
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
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
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
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
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
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
2.2. O TEOREMA DE HAHN-BANACH
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
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
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
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
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
2.3. ALGUMAS APLICAÇÕES EM ESPAÇOS SEPARÁVEIS
� 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.
44
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).
[4] KREYSZIG, E. Introductory Functional Analysis With Applications. Délhi:Wiley Classics Library, 1989.
[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)
[7] NARICI, L.; BECKENSTEIN, E. The Hahn-Banach Theorem: The Life andTimes. Nova York: St. John�s University, 2002.
[8] OLIVEIRA, C. R. Introdução à Análise Funcional. Rio de Janeiro: IMPA, 2010.(Coleção Projeto Euclides)
[9] PELLEGRINO, D. M. Notas de Aula de Introdução à Análise Funcional.João Pessoa: UFPB, 2008.
45
Recommended