Questão-03. Faça o que se pede
Sejam U e W são subespaços vetoriais do espaço vetorial V=R^{6}, \operatorname{dim}(U)=3 e \operatorname{dim}(W)=4.
Determine o menor e o maior valor possível para a \operatorname{dim}(U \cap W) e para \operatorname{dim}(U+W).

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações (vou listar exatamente o que foi pedido):
  • V=\mathbb{R}^{6}.
  • U e W são subespaços de V.
  • \dim(U)=3.
  • \dim(W)=4.
O que o problema pede:
  • Determinar o menor e o maior valor possível para \dim(U\cap W).
  • Determinar o menor e o maior valor possível para \dim(U+W).

Passo 2

Fórmula fundamental que vou usar e explicar: para quaisquer subespaços U e W vale
\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U\cap W).
O que isso significa e por que é verdade (explicação passo a passo, sem pular etapas):
  • Seja k=\dim(U\cap W). Existe uma base do subespaço U\cap W com exatamente k vetores; chame essa base de \{v_{1},\dots,v_{k}\}.
  • Podemos estender essa base a uma base de U. Ou seja, existem vetores u_{1},\dots,u_{m} tais que \{v_{1},\dots,v_{k},u_{1},\dots,u_{m}\}é uma base de U. Como \dim(U)=3, temos k+m=\dim(U).
  • Do mesmo modo, podemos estender a base de U\cap W a uma base de W. Ou seja, existem vetores w_{1},\dots,w_{n} tais que \{v_{1},\dots,v_{k},w_{1},\dots,w_{n}\}é uma base de W. Como \dim(W)=4, temos k+n=\dim(W).
  • Considere o conjunto B=\{v_{1},\dots,v_{k},u_{1},\dots,u_{m},w_{1},\dots,w_{n}\}.Mostra-se (é um exercício padrão) que B é uma base de U+W: os vetores geram U+W e são linearmente independentes. Portanto \dim(U+W)=k+m+n.
  • Substituindo m=\dim(U)-k e n=\dim(W)-k obtemos \dim(U+W)=k+(\dim(U)-k)+(\dim(W)-k)=\dim(U)+\dim(W)-k,isto é, \dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U\cap W).
Essa é a fórmula que vamos usar para relacionar as dimensões.

Passo 3

Usar desigualdades óbvias que ajudam a limitar \dim(U\cap W) e \dim(U+W):
  • Como U\cap W é um subespaço de U e também de W, vale 0\le \dim(U\cap W)\le \min\{\dim(U),\dim(W)\}.No nosso caso, \min\{\dim(U),\dim(W)\}=\min\{3,4\}=3. Logo inicialmente sabemos apenas que 0\le \dim(U\cap W)\le 3.
  • Como U\subseteq U+W e W\subseteq U+W, vale \dim(U+W)\ge \max\{\dim(U),\dim(W)\}=\max\{3,4\}=4.Também, como U+W é subespaço de V=\mathbb{R}^{6}, temos \dim(U+W)\le \dim(V)=6.Assim inicialmente 4\le \dim(U+W)\le 6.

Passo 4

Aprimorar a desigualdade para \dim(U\cap W) usando que o espaço ambiente tem dimensão 6.
Da fórmula
\dim(U\cap W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U+W),
e sabendo que \dim(U+W)\le 6, obtemos
\dim(U\cap W)\ge \dim(U)+\dim(W)-6.
Substituindo os valores numéricos:
\dim(U\cap W)\ge 3+4-6=1.
Juntando com a desigualdade anterior \dim(U\cap W)\le 3, concluímos que
1\le \dim(U\cap W)\le 3.
Portanto o menor valor possível de \dim(U\cap W) é 1 e o maior é 3.
Observação rápida sobre por que \dim(U\cap W) não pode ser 0: como \dim(U)+\dim(W)=7>6=\dim(V), por contagem de dimensão eles forçosamente têm interseção não-trivial; isto é, deve haver pelo menos um vetor não-nulo em comum.

Passo 5

Determinar os extremos de \dim(U+W) usando a fórmula e os extremos da interseção.
Da fórmula
\dim(U+W)=\dim(U)+\dim(W)-\dim(U\cap W)=3+4-\dim(U\cap W).
  • Para obter \dim(U+W) máximo, escolhemos \dim(U\cap W) mínimo. Como \dim(U\cap W)_{\min}=1, temos \dim(U+W)_{\max}=3+4-1=6.
  • Para obter \dim(U+W) mínimo, escolhemos \dim(U\cap W) máximo. Como \dim(U\cap W)_{\max}=3, temos \dim(U+W)_{\min}=3+4-3=4.
Isso coincide com as desigualdades óbvias encontradas antes. Assim
4\le \dim(U+W)\le 6,
com extremos atingíveis que acabamos de calcular.

Passo 6

Vou dar exemplos concretos em \mathbb{R}^{6} (usando a base padrão \{e_{1},e_{2},e_{3},e_{4},e_{5},e_{6}\}) que mostram que os extremos são realmente atingíveis.
Exemplo que atinge \dim(U\cap W)=1 e \dim(U+W)=6:
  • Tome U=\operatorname{span}\{e_{1},e_{2},e_{3}\}, \qquad W=\operatorname{span}\{e_{1},e_{4},e_{5},e_{6}\}.Aqui \dim(U)=3 e \dim(W)=4. A interseção é \operatorname{span}\{e_{1}\}, logo \dim(U\cap W)=1. O espaço gerado por U\cup W é \operatorname{span}\{e_{1},e_{2},e_{3},e_{4},e_{5},e_{6}\}=\mathbb{R}^{6}, logo \dim(U+W)=6.
Exemplo que atinge \dim(U\cap W)=3 e \dim(U+W)=4:
  • Tome U=\operatorname{span}\{e_{1},e_{2},e_{3}\}, \qquad W=\operatorname{span}\{e_{1},e_{2},e_{3},e_{4}\}.Aqui U\subseteq W, então \dim(U\cap W)=\dim(U)=3 e U+W=W tem dimensão 4.
Esses exemplos mostram que os valores extremos que encontramos são realmente alcançáveis.

Passo 7

Resumo intuitivo curtinho e um empurrão final: como U tem dimensão 3 e W dimensão 4 em um espaço de dimensão 6, eles não podem ser “completamente independentes” (a soma das dimensões é 7>6), então obrigatoriamente têm interseção de dimensão pelo menos 1. Se a interseção for mínima ( 1) a soma ocupa todo \mathbb{R}^{6}; se a interseção for máxima ( 3) então um subespaço está contido no outro e a soma tem dimensão 4. Força — você já tem tudo para explicar e justificar isso na prova!

Resposta

\dim(U\cap W)_{\min}=1,\\ \dim(U\cap W)_{\max}=3
\dim(U+W)_{\min}=4,\\ \dim(U+W)_{\max}=6

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