Mostre que, se V=W_{1} \oplus W_{2} e \alpha=\left\{v_{1}, \ldots, v_{k}\right\} é a base de W_{1}, \beta=\left\{\mathbf{w}_{1}, \ldots, \mathbf{w}_{r}\right\} é a base de W_{2} então \gamma=\left\{\mathbf{v}_{1}, \ldots, \mathbf{v}_{k}, \mathbf{w}_{1}, \ldots, \mathbf{w}_{r}\right\} é base de V.
Mostre com um exemplo que o resultado nāo continua verdadeiro se a soma de subespaços não for uma soma direta.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e faz estas perguntas.
  • Informações dadas:
    • V é um espaço vetorial e W_{1},W_{2} são subespaços de V.
    • Está dado que V = W_{1}\oplus W_{2}.
    • \alpha=\{\,\mathbf{v}_{1},\ldots,\mathbf{v}_{k}\,\} é uma base de W_{1}.
    • \beta=\{\,\mathbf{w}_{1},\ldots,\mathbf{w}_{r}\,\} é uma base de W_{2}.
  • O que o enunciado pede:
    1. Mostrar que \gamma=\{\,\mathbf{v}_{1},\ldots,\mathbf{v}_{k},\mathbf{w}_{1},\ldots,\mathbf{w}_{r}\,\} é uma base de V.
    2. Apresentar um exemplo que mostra que o resultado pode falhar se a soma não for direta (isto é, se V=W_{1}+W_{2} mas W_{1}\cap W_{2}\neq\{0\}).

Passo 2

Relembrando definições que vou usar (explicação didática, sem pular etapas).
  • Base: um conjunto de vetores é base de um espaço se (i) gera o espaço (ou seja, todo vetor do espaço é combinação linear desses vetores) e (ii) é linearmente independente (nenhuma combinação linear não-trivial dá o vetor zero).
  • Soma direta V = W_{1}\oplus W_{2} significa, por definição:
    1. V = W_{1}+W_{2} (todo v\in V escreve-se como v=w_{1}+w_{2} com w_{1}\in W_{1},\,w_{2}\in W_{2}), e
    2. W_{1}\cap W_{2}=\{0\} (a interseção é apenas o vetor zero).
      A consequência prática: a decomposição v=w_{1}+w_{2} é única.
  • Observação útil (que usarei): se S\subset W e S é base de W, então qualquer combinação linear cuja soma de coeficientes aplicada aos vetores de S dá zero implica que todos os coeficientes são zero (isto é a linear independência da base).

Passo 3

Mostrar que \gamma gera V (parte “gera” da base).
Se V=W_{1}\oplus W_{2}, então para todo \mathbf{v}\in V existem \mathbf{u}\in W_{1} e \mathbf{t}\in W_{2} tais que
\mathbf{v}=\mathbf{u}+\mathbf{t}.
Como \alpha é base de W_{1}, existe uma combinação linear de \alpha que dá \mathbf{u}; isto é, existem escalares a_{1},\ldots,a_{k} tais que
\mathbf{u}=a_{1}\mathbf{v}_{1}+\cdots+a_{k}\mathbf{v}_{k}.
Como \beta é base de W_{2}, existem escalares b_{1},\ldots,b_{r} tais que
\mathbf{t}=b_{1}\mathbf{w}_{1}+\cdots+b_{r}\mathbf{w}_{r}.
Somando essas expressões obtemos
\mathbf{v}=(a_{1}\mathbf{v}_{1}+\cdots+a_{k}\mathbf{v}_{k})+(b_{1}\mathbf{w}_{1}+\cdots+b_{r}\mathbf{w}_{r}),
ou seja, \mathbf{v} é combinação linear dos vetores de \gamma. Como \mathbf{v} foi arbitrário, \gamma gera V.

Passo 4

Mostrar que \gamma é linearmente independente (parte “independência linear” da base).
Suponha uma combinação linear dos vetores de \gamma que dá o vetor zero:
c_{1}\mathbf{v}_{1}+\cdots+c_{k}\mathbf{v}_{k}+d_{1}\mathbf{w}_{1}+\cdots+d_{r}\mathbf{w}_{r}=\mathbf{0}.
Agrupando as parcelas pertencentes a W_{1} e a W_{2} obtemos
\underbrace{(c_{1}\mathbf{v}_{1}+\cdots+c_{k}\mathbf{v}_{k})}_{\in W_{1}} \;+\; \underbrace{(d_{1}\mathbf{w}_{1}+\cdots+d_{r}\mathbf{w}_{r})}_{\in W_{2}} = \mathbf{0}.
Logo
c_{1}\mathbf{v}_{1}+\cdots+c_{k}\mathbf{v}_{k} = -\bigl(d_{1}\mathbf{w}_{1}+\cdots+d_{r}\mathbf{w}_{r}\bigr).
O lado esquerdo está em W_{1} e o lado direito está em W_{2}, então a igualdade mostra que esse vetor comum pertence a W_{1}\cap W_{2}. Mas, por ser soma direta, W_{1}\cap W_{2}=\{\mathbf{0}\}. Portanto
c_{1}\mathbf{v}_{1}+\cdots+c_{k}\mathbf{v}_{k}=\mathbf{0} \qquad\text{e}\qquad d_{1}\mathbf{w}_{1}+\cdots+d_{r}\mathbf{w}_{r}=\mathbf{0}.
Como \alpha é base de W_{1} (logo linearmente independente), segue que c_{1}=\cdots=c_{k}=0. Como \beta é base de W_{2}, segue que d_{1}=\cdots=d_{r}=0. Assim todos os coeficientes são zero, provando que \gamma é linearmente independente.

Passo 5

Concluir que \gamma é base de V e comentar uma consequência (fórmula da dimensão).
Juntando os Passos 3 e 4: \gamma gera V e é linearmente independente; portanto \gamma é uma base de V.
Uma consequência direta é a fórmula da dimensão para soma direta:
\dim V = \dim W_{1} + \dim W_{2},
pois |\gamma|=k+r, onde k=\dim W_{1} e r=\dim W_{2}.

Passo 6

Exemplo que mostra que o resultado pode falhar se a soma não for direta.
Considere V=\mathbb{R}^{3} com as subespaços
W_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0),(0,1,0)\},\qquad W_{2}=\operatorname{span}\{(0,1,0),(0,0,1)\}.
Então \alpha=\{(1,0,0),(0,1,0)\} é base de W_{1} e \beta=\{(0,1,0),(0,0,1)\} é base de W_{2}.
  • Verificar a soma: W_{1}+W_{2}=\mathbb{R}^{3} porque \dim(W_{1}+W_{2})=\dim W_{1}+\dim W_{2}-\dim(W_{1}\cap W_{2})=2+2-1=3. Ou explicitamente, qualquer (x,y,z) escreve-se como (x,0,0)+(0,y,z) com o primeiro em W_{1} e o segundo em W_{2}.
  • Verificar que a soma não é direta: W_{1}\cap W_{2}=\operatorname{span}\{(0,1,0)\}\neq\{\mathbf{0}\}, então não é soma direta.
Formando \gamma=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,1,0),(0,0,1)\} (a concatenação de \alpha e \beta) notamos que o vetor (0,1,0) aparece duas vezes. Há uma dependência linear evidente:
1\cdot(0,1,0)+(-1)\cdot(0,1,0)+0\cdot\text{(outros)}=\mathbf{0},
isto é, tomando coeficientes c_{2}=1 para (0,1,0) vindo de \alpha e d_{1}=-1 para (0,1,0) vindo de \beta, obtém-se uma combinação linear não trivial que dá \mathbf{0}. Logo \gamma é linearmente dependente e não é base de \mathbb{R}^{3}.
Esse exemplo mostra que, sem a condição W_{1}\cap W_{2}=\{\mathbf{0}\}, a concatenação das bases pode falhar em ser uma base de V.

Resposta

\gamma=\{\,\mathbf{v}_{1},\ldots,\mathbf{v}_{k},\mathbf{w}_{1},\ldots,\mathbf{w}_{r}\,\} é base de V quando V=W_{1}\oplus W_{2}.\newline
Exemplo que falha sem soma direta: em V=\mathbb{R}^{3}, com W_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0),(0,1,0)\} e W_{2}=\operatorname{span}\{(0,1,0),(0,0,1)\}, a concatenação das bases de W_{1} e W_{2} é linearmente dependente (portanto não é base).

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