1. Sejam W_{1}=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x=y=z\right\} e W_{2}=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid z=0\right\}. Mostre que \mathbb{R}^{3}=W_{1} \oplus W_{2}.

Passo 1

O enunciado nos dá os subespaços (peguei as definições do próprio enunciado):
W_{1}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid x=y=z\}, \qquad W_{2}=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid z=0\}.
O que é pedido: mostrar que
\mathbb{R}^{3}=W_{1}\oplus W_{2}.
Para que isso seja verdade precisamos verificar duas coisas precisas:
  1. W_{1} e W_{2} são subespaços de \mathbb{R}^{3}.
  2. Todo vetor de \mathbb{R}^{3} pode ser escrito como soma de um vetor de W_{1} e um vetor de W_{2} (ou seja, W_{1}+W_{2}=\mathbb{R}^{3}) e essa decomposição é única, o que é equivalente a W_{1}\cap W_{2}=\{(0,0,0)\}.

Passo 2

Mostrando que W_{1} é subespaço (passo a passo didático):
  • Primeiro, W_{1} contém o vetor nulo: (0,0,0) satisfaz 0=0=0, logo (0,0,0)\in W_{1}.
  • Seja u=(t,t,t)\in W_{1} e v=(s,s,s)\in W_{1}. A soma é u+v=(t+s,t+s,t+s),que tem todas as componentes iguais, logo u+v\in W_{1}.
  • Para \lambda\in\mathbb{R}, \lambda u=(\lambda t,\lambda t,\lambda t)\in W_{1}.
Portanto W_{1} é fechado em soma e multiplicação escalar e contém 0, logo W_{1} é subespaço.

Passo 3

Mostrando que W_{2} é subespaço:
  • O vetor nulo (0,0,0) tem terceira componente zero, então está em W_{2}.
  • Seja u=(a,b,0)\in W_{2} e v=(c,d,0)\in W_{2}. Então u+v=(a+c,b+d,0)\in W_{2}.
  • Para \lambda\in\mathbb{R}, \lambda u=(\lambda a,\lambda b,0)\in W_{2}.
Logo W_{2} também é subespaço.

Passo 4

Existência da decomposição ( W_{1}+W_{2}=\mathbb{R}^{3}). Tome um vetor arbitrário
v=(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}.
Vou construir explicitamente w_{1}\in W_{1} e w_{2}\in W_{2} tais que v=w_{1}+w_{2}. Defina
w_{1}=(z,z,z)\in W_{1}, \qquad w_{2}=(x-z,\;y-z,\;0)\in W_{2}.
Verificações:
  • w_{1} tem todas as componentes iguais, logo w_{1}\in W_{1}.
  • w_{2} tem terceira componente 0, logo w_{2}\in W_{2}.
  • A soma é w_{1}+w_{2}=(z+(x-z),\;z+(y-z),\;z+0)=(x,y,z)=v.
Assim qualquer v\in\mathbb{R}^{3} é soma de um elemento de W_{1} e de um de W_{2}. Portanto W_{1}+W_{2}=\mathbb{R}^{3}.

Passo 5

Interseção trivials ( W_{1}\cap W_{2}=\{(0,0,0)\}). Seja u\in W_{1}\cap W_{2}. Então u\in W_{1} implica que u=(t,t,t) para algum t\in\mathbb{R}. Também u\in W_{2} implica que a terceira componente de u é 0. Assim t=0. Logo u=(0,0,0). Portanto a interseção contém apenas o vetor nulo:
W_{1}\cap W_{2}=\{(0,0,0)\}.

Passo 6

Unicidade da decomposição (consequência da interseção trivial). Se houver duas decomposições
v=w_{1}+w_{2}=w_{1}'+w_{2}',
com w_{1},w_{1}'\in W_{1} e w_{2},w_{2}'\in W_{2}, então
w_{1}-w_{1}'=w_{2}'-w_{2}.
O lado esquerdo pertence a W_{1} (diferença de elementos de W_{1}) e o lado direito pertence a W_{2}. Portanto w_{1}-w_{1}'\in W_{1}\cap W_{2}. Como essa interseção é \{(0,0,0)\}, segue w_{1}-w_{1}'=(0,0,0), ou seja w_{1}=w_{1}' e então w_{2}=w_{2}'. Assim a decomposição é única.

Passo 7

Conclusão: já mostramos que W_{1} e W_{2} são subespaços, que W_{1}+W_{2}=\mathbb{R}^{3} e que W_{1}\cap W_{2}=\{(0,0,0)\}. Esses três fatos equivalem precisamente a afirmar que
\mathbb{R}^{3}=W_{1}\oplus W_{2}.

Resposta

\mathbb{R}^{3}=W_{1}\oplus W_{2}

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