Departamento de Economia/PUC-Rio
Estatı́stica
2015.1
Hiperplanos Separadores e de Suporte
Seja A um subconjunto de IRk . A é convexo se, para qualquer α ∈ [0, 1],
x, y ∈ A, temos que αx + (1 − α)y ∈ A.
Teorema 1 (Hiperplano Separador, conjunto e ponto) Seja A convexo e fechado e x 6∈ A. Existem p ∈ IRk , p 6= 0, e c ∈ IR tais que, para todo
y ∈ A,
px > c ≥ py.
Demonstração: O teorema vale vacuamente se A for vazio. Considere A
não vazio.
Existe um ponto y ∗ ∈ A que minimiza ||x − y||2 , para todo y ∈ A.
(Tomando uma bola fechada B em torno de x grande o suficiente para incluir
algum ponto de A, essa existência decorre de Weierstrass no compacto B∩A.)
Para todo y ∈ A, pela definição de y ∗ temos que α = 0 é uma solução
para
min ||αy + (1 − α)y ∗ − x||2
α∈[0,1]
A condição de primeira ordem desse problema, que deve valer em 0, é
2(y − y ∗ )0 (0y + (1 − 0)y ∗ − x) ≥ 0
ou seja,
2(y − y ∗ )0 (x − y ∗ ) ≤ 0.
Tome p = x − y ∗ (6= 0) e c = py ∗ . Então
px − c = (x − y ∗ )0 (x − y ∗ ) = ||x − y ∗ ||2 > 0,
e, para todo y ∈ A,
py − c = (x − y ∗ )0 (y − y ∗ ) ≤ 0.
Esse teorema vale também se A for convexo não fechado e x não pertencer
a A, o fecho de A (aplicando o teorema ao fecho de A).
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Teorema 2 (Hiperplano de suporte) Seja A convexo e x ∈ f r(A) (a
fronteira de A, ou seja A ∩ Ac ). Existem p ∈ IRk , p 6= 0, e c ∈ IR tais que,
para todo y ∈ A,
px ≥ c ≥ py.
Demonstração: Tome xn → x, xn 6∈ A. Aplicando of teorema anterior
a A e xn , temos pn e cn com pn xn > cn ≥ pn y, para todo y ∈ A ∈ A.
Podemos normalizar pn (e cn ) para que ||pn || = 1. Agora pn vive num
compacto. Passando a subsequência, podemos supor que pn converge. Seja
p o limite de pn . Seja c = px. Temos então que pn xn → px = c, logo
px = c ≥ lim pn y = py, para todo y ∈ A. Teorema 3 (Hiperplano separador, dois conjuntos) Sejam A e B subconjuntos convexos de IRk , A ∩ B = ∅. Existem p ∈ IRk , p 6= 0, e c ∈ IR tais
que, para todo y ∈ A, x ∈ B,
px ≥ c ≥ py.
Demonstração: O conjunto B − A = {x − y | x ∈ B, y ∈ A} é convexo por
que A e B são convexos, e 0 6∈ B − A, já que a interseção é nula. Aplicando
o teorema anterior, temos que existe um p que separa B − A e 0, ou seja,
px − py ≥ 0, para todo x ∈ B e y ∈ A. Para c basta tomar um número entre
supy∈A py e inf x∈B px, tendo então que px ≥ c ≥ py. O exemplo em IR2 com A = {(x1 , x2 ) | x1 < 0 ou (x1 = 0 e x2 < 0)} e
B = {(x1 , x2 ) | x1 > 0 ou (x1 = 0 e x2 > 0)} mostra que as desigualdades
fracas são necessárias em alguns casos. (Note que A e B nesse exemplo não
são abertos.)
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