Sejam S, T e U subespaços de um espaço vetorial V. Podemos formar novos subespaços usando as operações \cap \mathrm{e}+ definidas nos Problemas 20 e 22. Quando fazemos aritmética com números, sabemos que a operação de multiplicação é distributiva em relação à operação de adição no sentido de
a(b+c)=a b+a c
É natural perguntar se leis distributivas similares valem para as duas operações com subespaços.
(a) A operação de interseção para subespaços é distributiva em relação à operação de adição? Isto é
S \cap(T+U)=(S \cap T)+(S \cap U)

Passo 1

O enunciado dá três subespaços S, T e U de um espaço vetorial V e pergunta se a igualdade abaixo vale em geral:
S \cap (T+U) = (S\cap T) + (S\cap U).
Vou listar claramente o que o problema pede e o que foi dado:
  • Dados: S, T e U são subespaços de V.
  • Pedido: verificar se a igualdade acima é verdadeira para quaisquer subespaços S,T,U (ou seja, se a interseção distribui sobre a soma).

Passo 2

Primeiro vou recordar e explicar o que significam as operações envolvidas (sem resolver ainda).
  • Definição de soma de subespaços: \;T+U=\{t+u \mid t\in T,\\ u\in U\}.
    Isto é, T+U é o menor subespaço que contém T e U; é formado por todas as somas de um vetor de T com um vetor de U.
  • Definição de interseção de subespaços: \;S\cap T=\{v\in V \mid v\in S \text{ e } v\in T\}.
    A interseção é também um subespaço (pense nela como os vetores que pertencem simultaneamente aos dois subespaços).
    Estas definições bastam para começar a comparar os dois lados da igualdade pedida.

Passo 3

Vou provar que sempre existe uma inclusão entre os dois conjuntos, ou seja, que um dos lados está contido no outro. Mostrarei que
(S\cap T) + (S\cap U) \subseteq S \cap (T+U).
Prova detalhada e didática:
  • Pegue um vetor arbitrário x \in (S\cap T)+(S\cap U).
    Por definição de soma, existe t\in S\cap T e u\in S\cap U tais que x=t+u.
  • Como t\in S\cap T e u\in S\cap U, temos t\in S e u\in S. Como S é subespaço, ele é fechado sob soma, logo x=t+u\in S.
  • Além disso, t\in T e u\in U, então x=t+u\in T+U por definição de soma T+U.
  • Portanto x\in S e x\in T+U, isto é, x\in S\cap(T+U).
  • Como x foi escolhido arbitrariamente, concluímos que (S\cap T)+(S\cap U)\subseteq S\cap(T+U).
    Comentário didático: essa inclusão é natural porque ao somar vetores que já estão em S (os termos de cada interseção), a soma permanece em S, e também por construção pertence a T+U.

Passo 4

Agora precisamos ver se a outra inclusão também vale, ou seja, se sempre vale
S\cap(T+U)\subseteq (S\cap T)+(S\cap U).
Vou mostrar que essa inclusão nem sempre é verdadeira, apresentando um contraexemplo concreto em que a igualdade falha.
Contraexemplo em detalhes (passo a passo):
  • Tome V=\mathbb{R}^2.
  • Defina subespaços: S=\operatorname{span}\{(1,1)\}=\{(a,a)\mid a\in\mathbb{R}\},
T=\operatorname{span}\{(1,0)\}=\{(b,0)\mid b\in\mathbb{R}\},
U=\operatorname{span}\{(0,1)\}=\{(0,c)\mid c\in\mathbb{R}\}.
(Comentário: T é o eixo x, U é o eixo y, S é a diagonal.)
  • Calcule T+U. Como qualquer vetor (x,y)\in\mathbb{R}^2 pode ser escrito como (x,0)+(0,y) com (x,0)\in T e (0,y)\in U, segue que T+U=\mathbb{R}^2.
  • Então S\cap (T+U)=S\cap \mathbb{R}^2 = S,pois intersectar com todo o \mathbb{R}^2 não tira nada — fica o próprio S.
  • Agora calcule S\cap T. Um vetor (a,a)\in S pertence a T se e só se sua segunda coordenada for zero, ou seja, se a=0. Portanto S\cap T=\{(0,0)\}.De forma análoga, S\cap U=\{(0,0)\}.
  • Assim (S\cap T)+(S\cap U)=\{(0,0)\}+\{(0,0)\}=\{(0,0)\}.
  • Comparando os dois lados: S\cap(T+U)=S que contém vetores não nulos (por exemplo (1,1)), enquanto (S\cap T)+(S\cap U)=\{(0,0)\}. Logo não são iguais: S\cap(T+U)\neq (S\cap T)+(S\cap U).
  • Portanto a inclusão inversa falha neste exemplo, e a igualdade em geral não vale.

Passo 5

Resumo didático e interpretação prática (como usar isso na prova):
  • Já sabemos que sempre vale a inclusão (S\cap T)+(S\cap U)\subseteq S\cap(T+U).A prova é curta e baseada apenas nas definições de soma e interseção e na propriedade de subespaço (fechamento sob soma).
  • Porém a igualdade completa S\cap(T+U)=(S\cap T)+(S\cap U)não é verdadeira em geral: o contraexemplo em \mathbb{R}^2 mostra isso claramente.
  • Intuição: um vetor v\in S\cap(T+U) é um vetor em S que pode ser escrito como v=t+u com t\in T, u\in U. Para que v esteja em (S\cap T)+(S\cap U) é necessário que os termos t e u possam ser escolhidos de forma que ambos pertençam a S (ou seja, cada parcela esteja já em S). Nem sempre isso é possível: a decomposição v=t+u pode exigir componentes que não estejam em S.
  • Situações em que a igualdade ocorre: se, por exemplo, S\subseteq T (ou S\subseteq U), então a igualdade vale trivialmente, pois S\cap(T+U)=S e (S\cap T)+(S\cap U)=S+ (S\cap U)=S. Mais geralmente, a igualdade vale quando, para todo v\in S\cap(T+U), existe uma decomposição v=t+u com t\in S\cap T e u\in S\cap U — isto é exatamente a condição necessária e suficiente, mas nem sempre alcançável.

Resposta

Não.

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