Sejam V um espaço vetorial com produto interno de dimensão finita e U, W subespaços de V. Mostre que:
(U+W)^{\perp}=U^{\perp} \cap W^{\perp}.

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede a seguinte coisa:
  • Espaço vetorial com produto interno de dimensão finita: V.
  • Subespaços de V: U e W.
  • Definição a lembrar (implícita no enunciado): para um subespaço S\subseteq V, o complementar ortogonal é
S^{\perp}=\{v\in V \mid \langle v,s\rangle =0\\ \text{para todo } s\in S\}.
  • O enunciado pede para mostrar a igualdade entre conjuntos
(U+W)^{\perp}=U^{\perp} \cap W^{\perp}.

Passo 2

Vamos lembrar e explicar algumas coisas úteis (aulas rápidas e leves):
  • A soma de subespaços é
U+W=\{u+w \mid u\in U,\\ w\in W\}.
Isto é, todo vetor de U+W é a soma de um vetor de U com um vetor de W.
  • Propriedade do produto interno usada: ele é aditivo em cada argumento, isto é, para quaisquer vetores x,y,z\in V vale
\langle x,y+z\rangle=\langle x,y\rangle+\langle x,z\rangle.
(Em espaços reais isto é bilinear; em complexos existe conjugação numa das entradas, mas a aditividade — soma — continua válida e basta para nosso argumento.)
  • Estratégia padrão para provar igualdade entre conjuntos: mostrar duas inclusões
    1. (U+W)^{\perp}\subseteq U^{\perp}\cap W^{\perp},
    2. U^{\perp}\cap W^{\perp}\subseteq (U+W)^{\perp}.
      Se as duas inclusões forem válidas, os conjuntos são iguais.

Passo 3

Prova da primeira inclusão (U+W)^{\perp}\subseteq U^{\perp}\cap W^{\perp}.
Tomemos um vetor arbitrário
x\in (U+W)^{\perp}.
Pelo que significa estar em (U+W)^{\perp}, temos
\langle x,z\rangle=0\quad\text{para todo } z\in U+W.
Agora escolha qualquer vetor u\in U. Observe que u = u + 0 e 0\in W, então u\in U+W. Aplicando a propriedade acima,
\langle x,u\rangle=0.
Como isso vale para todo u\in U, concluímos que x\in U^{\perp}.
De modo análogo, para qualquer w\in W temos w\in U+W (pois w=0+w com 0\in U), então
\langle x,w\rangle=0,
logo x\in W^{\perp}.
Portanto x\in U^{\perp}\cap W^{\perp}. Como x foi arbitrário em (U+W)^{\perp}, obtemos
(U+W)^{\perp}\subseteq U^{\perp}\cap W^{\perp}.

Passo 4

Prova da segunda inclusão U^{\perp}\cap W^{\perp}\subseteq (U+W)^{\perp}.
Tomemos agora um vetor arbitrário
x\in U^{\perp}\cap W^{\perp}.
Isto significa que
\langle x,u\rangle=0\quad\text{para todo } u\in U
e
\langle x,w\rangle=0\quad\text{para todo } w\in W.
Seja z\in U+W um vetor qualquer. Por definição de soma de subespaços existe u\in U e w\in W tais que z=u+w. Usando a aditividade do produto interno,
\langle x,z\rangle=\langle x,u+w\rangle=\langle x,u\rangle+\langle x,w\rangle.
Pelas hipóteses sobre x cada termo é zero, então
\langle x,z\rangle=0+0=0.
Como isso vale para todo z\in U+W, segue que x\in (U+W)^{\perp}.
Como x foi arbitrário em U^{\perp}\cap W^{\perp}, concluímos
U^{\perp}\cap W^{\perp}\subseteq (U+W)^{\perp}.

Passo 5

Juntando as duas inclusões das Passos 3 e 4 obtemos a igualdade pedida:
(U+W)^{\perp}=U^{\perp}\cap W^{\perp}.
Comentário didático curto: a prova é quase imediata se lembrar que vetores ortogonais a toda soma U+W têm de ser ortogonais separadamente a U e a W; e recíproco porque a ortogonalidade a cada um é preservada pela soma devido à aditividade do produto interno. Um exemplo concreto para fixar: em \mathbb{R}^2 com o produto interno padrão, se U é o eixo x e W é o eixo y, então U+W=\mathbb{R}^2 e (U+W)^{\perp}=\{0\}; também U^{\perp}=\text{span}\{(0,1)\} e W^{\perp}=\text{span}\{(1,0)\}, cuja interseção é \{0\} — tudo bate.

Resposta

(U+W)^{\perp}=U^{\perp} \cap W^{\perp}

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