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.
(b) A operação de adição para subespaços é distributiva em relação à operação de interseção? Isto é
S+(T \cap U)=(S+T) \cap(S+U)

Passo 1

O enunciado pergunta se, para quaisquer subespaços S,T,U de um espaço vetorial V, vale a igualdade
S+(T\cap U)=(S+T)\cap(S+U).
Informações dadas:
  • S,T,U são subespaços de V.
  • As operações envolvidas são a soma de subespaços e a interseção de subespaços.
  • A tarefa é decidir se a igualdade acima é verdadeira para todos os subespaços e justificar (provar ou dar contraexemplo).

Passo 2

Definições básicas (explicadas devagar, como se estivéssemos resolvendo isso na prova):
  • A interseção de subespaços T\cap U é o conjunto
T\cap U=\{v\in V \mid v\in T \text{ e } v\in U\}.
Ou seja, os vetores que pertencem simultaneamente a T e a U.
  • A soma de subespaços S+T é o conjunto
S+T=\{s+t \mid s\in S,\\ t\in T\}.
Isto é, todos os vetores que podem ser escritos como soma de um vetor de S com um vetor de T.
O que significa a propriedade distributiva que estamos testando? Significa que, para qualquer escolha de S,T,U, todo vetor que pertence ao conjunto da esquerda também pertença ao conjunto da direita, e vice‑versa. Para provar que a igualdade vale para todos teríamos que provar duas inclusões:
S+(T\cap U)\subseteq (S+T)\cap(S+U) \qquad\text{e}\qquad (S+T)\cap(S+U)\subseteq S+(T\cap U).

Passo 3

Prova da inclusão direta
S+(T\cap U)\subseteq (S+T)\cap(S+U).
Tomemos um vetor arbitrário v\in S+(T\cap U). Pela definição de soma, existe s\in S e w\in T\cap U tais que
v=s+w.
Como w\in T\cap U, temos w\in T e w\in U. Portanto:
  • v=s+w com s\in S e w\in T, então v\in S+T.
  • v=s+w com s\in S e w\in U, então v\in S+U.
Assim v pertence simultaneamente a S+T e a S+U, logo v\in (S+T)\cap(S+U). Como v foi escolhido arbitrariamente em S+(T\cap U), concluímos a inclusão
S+(T\cap U)\subseteq (S+T)\cap(S+U).
Dica prática para a prova na prova: essa inclusão é quase imediata — a ideia é que somar com algo menor ( T\cap U) dá menos liberdade, então o conjunto da esquerda fica incluso nos conjuntos maiores à direita.

Passo 4

Pergunta natural: a inclusão recíproca também vale? Ou seja, dado v\in (S+T)\cap(S+U), será sempre possível escrever v como s+w com w\in T\cap U? Vamos investigar isso e mostrar que, em geral, essa recíproca não é verdadeira — portanto a igualdade não vale para todos os subespaços.
Raciocínio que leva ao contraexemplo (intuição): se v\in (S+T)\cap(S+U), existem decomposições
v = s_1 + t \quad\text{com } s_1\in S,\\ t\in T,
v = s_2 + u \quad\text{com } s_2\in S,\\ u\in U.
Igualando,
s_1 - s_2 = u - t.
O lado esquerdo está em S (diferença de elementos de S), e o lado direito está em U+T (soma de algo de U com algo de T). Nada garante que esse elemento comum seja exatamente um vetor que esteja ao mesmo tempo em T e em U. Então esperar que sempre exista um único w\in T\cap U such that v=s+w é pedir algo a mais que não decorre das suposições. Vamos construir um exemplo simples e concreto onde a recíproca falha.

Passo 5

Contraexemplo em \mathbb{R}^2 (muito usado e fácil de desenhar):
Escolhemos V=\mathbb{R}^2 e definimos subespaços
S=\operatorname{span}\{(1,0)\} \quad\text{(eixo \(x\))},
T=\operatorname{span}\{(0,1)\} \quad\text{(eixo \(y\))},
U=\operatorname{span}\{(1,1)\}.
Calculemos passo a passo:
  • Primeiro, T\cap U. Um vetor em T tem forma (0,y). Um vetor em U tem forma (t,t). A única forma que é simultaneamente (0,y) e (t,t) é o vetor nulo. Logo
T\cap U=\{(0,0)\}.
  • Portanto
S+(T\cap U)=S+\{0\}=S=\{(x,0)\mid x\in\mathbb{R}\}.
  • Agora calcule S+T. Somando o eixo x com o eixo y obtemos todo \mathbb{R}^2, pois qualquer (x,y) pode ser escrito como (x,0)+(0,y). Logo
S+T=\mathbb{R}^2.
  • Também S+U=\mathbb{R}^2. Para ver isso, note que (1,0)\in S e (1,1)\in U; as combinações lineares dessas geram (0,1)=(1,1)-(1,0), então temos tanto (1,0) quanto (0,1) gerados por S e U, daí S+U=\mathbb{R}^2.
  • Agora a interseção
(S+T)\cap(S+U)=\mathbb{R}^2\cap\mathbb{R}^2=\mathbb{R}^2.
Comparando os dois lados:
S+(T\cap U)=S \quad\text{(reta \(x\))},
(S+T)\cap(S+U)=\mathbb{R}^2 \quad\text{(plano todo)}.
Claramente S\neq\mathbb{R}^2. Assim a inclusão recíproca falha neste exemplo e, portanto, a igualdade em geral não vale.

Passo 6

Resumo e interpretação didática:
  • Provamos que sempre vale a inclusão
S+(T\cap U)\subseteq (S+T)\cap(S+U).
  • Mostramos, por contraexemplo em \mathbb{R}^2, que a inclusão oposta pode falhar, então a igualdade
S+(T\cap U)=(S+T)\cap(S+U)
não é verdadeira em geral. Em linguagem de teoria de reticulados: o reticulado dos subespaços de um espaço vetorial é modular mas não distributivo — logo leis distributivas completas (como a acima) falham em geral.
Uma dica extra para a prova: se a sua prova pedir uma condição em que a igualdade vale, lembre‑se da lei modular: se, por exemplo, S\subseteq U então
S+(T\cap U)=(S+T)\cap U,
mas isso é uma identidade diferente e exige a hipótese S\subseteq U.

Resposta

Não. Em geral vale apenas \;S+(T\cap U)\subseteq (S+T)\cap(S+U)\;, e a igualdade pode falhar (por exemplo em V=\mathbb{R}^2 com S=\operatorname{span}\{(1,0)\}, T=\operatorname{span}\{(0,1)\}, U=\operatorname{span}\{(1,1)\}).

Exercícios relacionados