União de subespaços vetoriais.

O objetivo desse post é demonstrar o seguinte resultado de Álgebra Linear, que usamos o tempo todo mas que frequentemente não paramos para provar.

Teorema: Sejam $V$ um espaço vetorial de dimensão finita sobre um corpo infinito $\mathbb K$ e tome $V_1,\dots, V_n\subseteq V$ subespaços vetoriais. Então, $V_1\cup\cdots\cup V_n$ é um subespaço de $V$ se, e só se, um dos $V_i$ ‘s contém todos os outros.

Antes de prová-lo, vejamos a consequência do Teorema que nos interessa.

Corolário: Sejam $V$ um espaço vetorial de dimensão finita sobre um corpo infinito $\mathbb K$ e tome $f_1,\dots,f_n\in V^*$ não nulos. Então, existe $v\in V$ tal que $f_i(v)\neq 0$ para todo $i=1,\dots,n$ .

(Uma versão desse resultado é um exercício do Hoffman-Kunze.)

Para provar esse Corolário, consideramos os subespaços $V_i:=\ker f_i$ . É preciso mostrar que $V_1\cup\cdots\cup V_n\subsetneq V$ , e fazemos isso supondo o contrário. Então, $V_1\cup\cdots\cup V_n = V$ é um subespaço vetorial de $V$ , e pelo Teorema isso significa que, para algum $V_i$ , $V_i\supseteq V_j$ para todo $j=1,\dots,n$ . Portanto, $V=V_1\cup\cdots\cup V_n=V_i=\ker f_i$ , ou seja, $f_i=0$ . Como supomos cada $f_j\neq0$ , obtemos um absurdo.

(Para quem não sabe, a gente usa esse Corolário para produzir elementos regulares e completamente regulares em álgebras de Lie semissimples. No primeiro caso, os funcionais considerados são as raízes, e no segundo as diferenças entre elas.)

Demonstração do Teorema: $(\Leftarrow)$ Imediato. $(\Rightarrow)$ Se $V_i\subseteq V_1\cup\cdots\cup\widehat{V_i}\cup\cdots\cup V_n$ para algum $i$ , então podemos excluir o subespaço $V_i$ da lista pois ele não contribui para a união $V_1\cup\cdots\cup V_n$ . Logo, podemos supor, sem perda de generalidade, que $V_1\nsubseteq V_2\cup\cdots\cup V_n$ . Vamos provar que $V_i\subseteq V_1$ para todo $i$ . Seja $v_0\in V_1\backslash(V_2\cup\cdots\cup V_n)$ , e tomemos $v\in V_2\cup\cdots\cup V_n$ qualquer. Como $V_1\cup\cdots\cup V_n$ é subespaço e $u_0,v\in V_1\cup\cdots\cup V_n$ , então $ku_0+v\in V_1\cup\cdots\cup V_n$ para todo $k\in\mathbb K.$ Logo, para cada $k$ , ou $kv_0+v\in V_1$ ou $kv_0+v\in V_2\cup\cdots\cup V_n.$

$\vdash$ $k_0v_0+v\in V_1$ para algum $k_0\in\mathbb K.$

Como $v_0\notin V_2\cup\cdots\cup V_n$ , então para cada $2\leq i\leq n$ podemos escolher $f_i\in V_i^0$ tal que $f_i(v_0)\neq 0$ , em que $W^0:=\{f\in V^*:\forall w\in W,\, f(w)=0\}$ para cada $W\subseteq V$ . (Isso porque $\dim_\mathbb K V<\infty.)$ Consideremos o polinômio $p(k)=\prod_{i=2}^n f_i(kv_0+v) = \prod_{i=2}^n \big(f_i(v_0)k+f_i(v)\big)$ , e notemos que seu termo dominante é $\left[\prod_{i=2}^n f_i(v_0)\right]k^{n-1}\neq 0$ . Com isso, $p$ é não nulo de grau $n-1$ , e portanto possui uma quantidade finita de raízes. Como $\mathbb K$ é infinito, segue que existe $k_0\in\mathbb K$ tal que $p(k_0)\neq 0$ , i.e., tal que $f_i(k_0v_0+v)\neq0$ para todo $2\leq i\leq n$ , i.e., tal que $k_0v_0+v\notin V_2\cup\cdots\cup V_n$ . Portanto, $k_0v_0+v\in V_1.$ $\dashv$

Por fim, como $v_0\in V_1$ e $k_0v_0+v\in V_1$ , temos $v\in V_1.$ QED

(No caso em que $\mathbb K$ é algebricamente fechado, dá para fazer uma demonstração bem curtinha desse Teorema usando a noção de redutibilidade de uma variedade algébrica. Mas isso envolve o Nullstellensatz e, honestamente, é usar canhão para matar mosca.)

Considerações finais.

Obtive essa prova tentando emular a demonstração, mais simples, do caso $n=2$ (que também vale para corpos finitos). Nessa situação, $V_2\cup\cdots\cup V_n=V_2$ é um subespaço e o argumento envolvendo polinômios é desnecessário: se $v_0\in V_1\backslash V_2$ e $v\in V_2$ , então $v_0+v\in V_2$ implica $v_0=(v_0+v)-v\in V_2$ e obtemos imediatamente que $v_0+v\in V_1.$ Por outro lado, quando tentamos generalizar isso para $n\geq3$ , esbarramos no problema que, em geral, $V_2\cup\cdots\cup V_n$ não é subespaço, e $v_0=(v_0+v)-v$ pode não estar em $V_2\cup\cdots\cup V_n$ (e frequentemente este é o caso).
Como contraexemplo, temos o espaço vetorial $V=\mathbb Z_2\times\mathbb Z_2$ sobre (o corpo finito) $\mathbb Z_2$ . Tomando $V_1=\{0;(1,0)\}$ , $V_2=\{0;(1,1)\}$ e $V_3=\{0;(0,1)\}$ , é imediato que $V_1,V_2,V_3$ são subespaços e que $V=V_1\cup V_2\cup V_3.$
Para provar o Corolário diretamente, procede-se de maneira análoga à demonstração do Teorema, mas a passagem com anuladores não é necessária, o que faz com que o Corolário valha mesmo que $\dim V=\infty.$

Quem tiver correções ou comentários, é só postar um comentário abaixo. 😛

This entry was posted on 0, 31 de agosto de 2012 at 10:27 pm and is filed under Álgebra Linear. You can follow any responses to this entry through the RSS 2.0 feed. You can leave a response, or trackback from your own site.

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