Espacios vectoriales. Subespacios

Compruébese si $\lambda\bullet(x_1,x_2)=(\lambda x_1,0)$ (escalares con pares de $\mathbb R^2$) verifica: A) Distributiva de los escalares respecto a los vectores. B) Distributiva de los vectores respecto a los escalares. C) Asociativa $(\lambda\mu)\bullet x=\lambda\bullet(\mu\bullet x)$. D) Existencia de escalar unidad.

Se sobrentiende la suma estándar de $\mathbb R^2$. A–D son E1–E4 de U p.58.

1. A) E1.

   Qué hago: calculo los dos lados con la definición $\lambda\bullet(a,b)=(\lambda a,0)$, sin sustituirla por el producto habitual. Lado izquierdo (primero la suma, luego el producto):

   $$\lambda\bullet(x+y)=\lambda\bullet(x_1+y_1,\ x_2+y_2)=(\lambda x_1+\lambda y_1,\ 0).$$

   Lado derecho:

   $$\lambda\bullet x+\lambda\bullet y=(\lambda x_1,0)+(\lambda y_1,0)=(\lambda x_1+\lambda y_1,\ 0).$$

   Son iguales: verdadera.

2. B) E2.

   Lado izquierdo:

   $$(\lambda+\mu)\bullet x=\big((\lambda+\mu)x_1,\ 0\big)=(\lambda x_1+\mu x_1,\ 0).$$

   Lado derecho:

   $$\lambda\bullet x+\mu\bullet x=(\lambda x_1,0)+(\mu x_1,0)=(\lambda x_1+\mu x_1,\ 0).$$

   Solo se usa la distributividad de los números reales: verdadera.

3. C) E3.

   Lado izquierdo:

   $$(\lambda\mu)\bullet x=(\lambda\mu x_1,\ 0).$$

   Lado derecho, de dentro hacia fuera. Primero $\mu\bullet x=(\mu x_1,0)$ y después:

   $$\lambda\bullet(\mu\bullet x)=\lambda\bullet(\mu x_1,\ 0)=(\lambda\mu x_1,\ 0).$$

   Ojo: el segundo «$\bullet$» actúa sobre el par $(\mu x_1,0)$, cuya primera coordenada es $\mu x_1$. Son iguales: verdadera.

4. D) E4.

   Qué hago: aplico la definición con $\lambda=1$:

   $$1\bullet(x_1,x_2)=(x_1,\ 0).$$

   E4 exige que esto sea $(x_1,x_2)$ para todo vector, y eso solo ocurre si $x_2=0$. Para refutar un «para todo» basta un caso que falle:

   $$1\bullet(1,1)=(1,0)\neq(1,1).$$

   Falsa.

Conclusión: $(\mathbb R^2,+,\bullet)$ no es espacio vectorial, aunque se cumplan E1, E2 y E3. E4 no es decorativa: sin ella, el producto «borra» información del vector (aquí la segunda coordenada). Compárese con el Ejemplo 2.5 de U, donde falla E2.

Error típico: comprobar la igualdad con un ejemplo que sale bien y concluir que se cumple.

$V=\{(x_1,x_2)\mid x_1\in\mathbb R^+,\ x_2\in\mathbb R\}$ con la operación $(x_1,x_2)*(y_1,y_2)=(x_1y_1,\ x_2+y_2)$ verifica: A) Es asociativo. B) Existe elemento neutro. C) Todo elemento tiene un simétrico. D) Es grupo conmutativo.

Idea. «$*$» multiplica las primeras coordenadas y suma las segundas.

1. Paso previo: es operación interna.

   Si $x_1>0$ e $y_1>0$, entonces $x_1y_1>0$, y $x_2+y_2\in\mathbb R$. El resultado está en $V$:

   $$(x_1,x_2)*(y_1,y_2)=(x_1y_1,\ x_2+y_2)\in V.$$

   Por qué: si se saliera de $V$ no tendría sentido hablar de grupo. (E lo da por supuesto.)

2. A) Asociativa (S1).

   Desarrollo los dos miembros por separado:

   $$[(x_1,x_2)*(y_1,y_2)]*(z_1,z_2)=\big((x_1y_1)z_1,\ (x_2+y_2)+z_2\big),$$ $$(x_1,x_2)*[(y_1,y_2)*(z_1,z_2)]=\big(x_1(y_1z_1),\ x_2+(y_2+z_2)\big).$$

   Coinciden por la asociatividad del producto y de la suma de reales. Verdadera.

3. B) Neutro (S2).

   Qué hago: busco $(e_1,e_2)$ tal que, para todo $(x_1,x_2)$,

   $$(x_1,x_2)*(e_1,e_2)=(x_1,x_2)\iff x_1e_1=x_1,\quad x_2+e_2=x_2.$$

   Como $x_1>0$ se puede dividir por $x_1$, y sale $e_1=1$, $e_2=0$. El candidato es $(1,0)$: está en $V$ (porque $1>0$) y también vale por la izquierda:

   $$(1,0)*(x_1,x_2)=(x_1,x_2).$$

   Verdadera; el neutro es $(1,0)$, no $(0,0)$.

4. C) Simétrico (S3).

   Qué hago: para $(x_1,x_2)$ busco $(x_1',x_2')$ con resultado el neutro de esta operación, $(1,0)$:

   $$(x_1,x_2)*(x_1',x_2')=(1,0)\iff x_1x_1'=1,\quad x_2+x_2'=0.$$

   De aquí:

   $$x_1'=\frac1{x_1},\qquad x_2'=-x_2.$$

   Está en $V$ porque $1/x_1>0$, y vale por la izquierda por la conmutatividad en $\mathbb R$. Verdadera.

5. D) Conmutativa (S4).

   Por la conmutatividad de los reales:

   $$(x_1,x_2)*(y_1,y_2)=(x_1y_1,\ x_2+y_2)=(y_1x_1,\ y_2+x_2)=(y_1,y_2)*(x_1,x_2).$$

   Con A, B y C, es grupo conmutativo. Verdadera.

Resultado: A, B, C y D verdaderas.

Más práctica: la misma operación cayó en examen (Feb. 2019, Sept. 2017); está explicada en el tema 1.5.

Error típico: dar por hecho que el neutro es $(0,0)$ y el simétrico $(-x_1,-x_2)$ «como siempre»; olvidar comprobar que neutro y simétrico pertenecen a $V$.

Se pide justificar si alguno de los siguientes subconjuntos es subespacio de $\mathbb R^4$: A) $A=\{x_1+x_2=1\}$. B) $B=\{x_1=x_2\}$. C) $C=\{x_1=x_2=1\}$.

1. A no es subespacio.

   Qué hago: sustituyo $\bar0=(0,0,0,0)$ en la condición $x_1+x_2=1$:

   $$0+0=0\neq1.$$

   Luego $\bar0\notin A$. Todo subespacio contiene al neutro (U p.63). (Geométricamente, un «hiperplano» —conjunto de $\mathbb R^4$ dado por una sola ecuación lineal, como un plano en $\mathbb R^3$— que no pasa por el origen; cf. Ejemplo 2.9 de U.)

2. C no es subespacio, por el mismo motivo. La condición pide $x_1=1$ y $\bar0$ tiene $x_1=0\neq1$.
3. B sí es subespacio (caracterización 2.2).

   Por qué hay que hacer más trabajo aquí: $\bar0$ sí cumple $x_1=x_2$ ($0=0$), pero eso es solo una condición necesaria. Sean $\bar x,\bar y\in B$, es decir, $x_1=x_2$ e $y_1=y_2$, y sean $\alpha,\beta\in\mathbb R$. La combinación es

   $$\alpha\bar x+\beta\bar y=(\alpha x_1+\beta y_1,\ \alpha x_2+\beta y_2,\ \dots).$$

   Sustituyendo $x_1=x_2$ e $y_1=y_2$ (lo único que sabemos de $\bar x,\bar y$), la primera coordenada es

   $$\alpha x_1+\beta y_1=\alpha x_2+\beta y_2,$$

   que es la segunda. Luego $\alpha\bar x+\beta\bar y\in B$.

Resultado: solo B es subespacio.

Error típico: decir «A no es subespacio porque no es una ecuación bonita» sin justificar; la justificación es «$\bar0\notin A$ porque $0+0\neq1$».

Se pide demostrar que $(U,+)$ no es subgrupo de $(\mathbb R^2,+)$ si $U=\{(x_1,x_2)\mid x_1x_2=0\}$.

Recuerda (Def. 2.1): subgrupo = subconjunto que con la misma operación es grupo; todo subespacio es subgrupo, no al revés. $U$ es la unión de los ejes coordenados ($x_1=0$ o $x_2=0$). Probamos que no es cerrado para la suma, luego tampoco es subespacio.

1. El cero está. $(0,0)$ cumple $0\cdot0=0$. No basta: es necesario, no suficiente.
2. Los escalares sí se conservan.

   Si $x_1x_2=0$ y $\lambda\in\mathbb R$:

   $$(\lambda x_1)(\lambda x_2)=\lambda^2x_1x_2=0.$$

   Así que no falla por ahí.

3. La suma no se conserva.

   Cómo se me ocurre el ejemplo: hay que coger un vector de cada eje, porque la suma de dos vectores del mismo eje se queda en ese eje. Tomo

   $$(1,0)\in U\ (1\cdot0=0),\qquad(0,2)\in U\ (0\cdot2=0).$$

   Su suma es

   $$(1,0)+(0,2)=(1,2),\qquad 1\cdot2=2\neq0,$$

   luego $(1,2)\notin U$.

4. $U$ no es cerrado para la suma: no es subgrupo y, por (2.1), tampoco es subespacio de $(\mathbb R^2,+,\mathbb R)$.

Error típico: pensar que, como contiene a $\bar0$ y es cerrado por escalares, ya es subespacio: hay que comprobar las dos condiciones.

El conjunto de polinomios reales de grado cuatro con las operaciones estándar verifica: A) la suma de dos de sus elementos pertenece al conjunto; B) un escalar por un polinomio del conjunto pertenece al conjunto; C) es espacio vectorial.

Sea $G_4$ el conjunto de polinomios de grado exactamente 4. La condición que lo define es que el coeficiente de $x^4$ no sea cero:

1. A) ¿La suma de dos polinomios de $G_4$ está en $G_4$? Falsa.

   Qué hago: busco dos polinomios de $G_4$ cuyos coeficientes de $x^4$ sean opuestos, para que al sumarlos el término de grado 4 desaparezca. Tomo los de E:

   $$p=-5x^4+4x^2-x+7,\qquad q=5x^4+3x^3+x^2.$$

   Ambos están en $G_4$, porque sus coeficientes principales, $-5$ y $5$, son distintos de 0. Los sumo agrupando por potencias de $x$:

   $$p+q=(-5+5)x^4+(0+3)x^3+(4+1)x^2+(-1)x+7=3x^3+5x^2-x+7.$$

   El resultado tiene grado 3, luego $p+q\notin G_4$. El ejemplo más corto es $x^4+(-x^4)=0$.

2. B) ¿Un escalar por un polinomio de $G_4$ está en $G_4$? Falsa.

   Qué hago: multiplico un polinomio genérico de $G_4$ por un escalar $\lambda$ y miro el nuevo coeficiente de $x^4$:

   $$\lambda\,(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e)=(\lambda a)x^4+(\lambda b)x^3+(\lambda c)x^2+(\lambda d)x+\lambda e.$$

   Si $\lambda\neq0$, entonces $\lambda a\neq0$ y el resultado sigue en $G_4$. El problema es $\lambda=0$:

   $$0\cdot x^4=0,$$

   que es el polinomio nulo y no tiene grado 4. El enunciado dice «un escalar» (cualquiera, incluido el 0), así que la propiedad no se cumple.

3. C) ¿Es espacio vectorial? Falsa.

   Qué hago: compruebo si existe elemento neutro para la suma (S2). El neutro de la suma de polinomios es el polinomio nulo, porque

   $$p+0=p\quad\text{para todo }p.$$

   Por qué es decisivo: si $G_4$ tuviera otro neutro $e\in G_4$, se tendría $0+e=e$ y también $0+e=0$ (porque $e$ sería neutro), luego $e=0$. Pero $0\notin G_4$. Sin neutro falla S2 (y además fallan A y B), así que $G_4$ no es espacio vectorial.

Ejercicio 2.11 (el contraste). Si se cambia «grado 4» por «grado $\le4$», el conjunto es $\wp_4$ y sí es espacio vectorial (Ejemplo 2.6 de U) y subespacio del espacio de todos los polinomios: la suma y el producto solo cambian coeficientes; un coeficiente principal que se anula deja un polinomio de grado menor, que sigue en $\wp_4$; el polinomio nulo está en $\wp_4$. En E las cuatro opciones son verdaderas.

Error típico: confundir «grado 4» con «grado $\le4$». El primero no contiene al polinomio nulo.

Sea $P\subseteq\mathbb R^n$ el conjunto de las $n$-uplas cuyos elementos forman una progresión aritmética de $n$ términos. Se pide comprobar: A) la suma de dos elementos de $P$ está en $P$; B) un escalar por un elemento de $P$ está en $P$; C) $(P,+)$ no tiene elemento neutro; D) $(P,+,\mathbb R)$ es subespacio de $(\mathbb R^n,+,\mathbb R)$.

Traducción. Una progresión aritmética de primer término $a$ y diferencia $d$ es $a,\ a+d,\ a+2d,\dots$ Luego $P=\{(a,\ a+d,\ \dots,\ a+(n-1)d):\ a,d\in\mathbb R\}$. Con $n=4$: $(1,3,5,7)\in P$ ($a=1,d=2$); $(1,2,4,8)\notin P$.

1. A) Verdadera.

   Qué hago: escribo dos progresiones genéricas con parámetros distintos y las sumo coordenada a coordenada. Busco que el resultado sea de la forma «primer término $+\ k\cdot$ diferencia». Sean $p=(a+kd)_k$ y $q=(a'+kd')_k$, con $k=0,\dots,n-1$. La coordenada $k$ de $p+q$ es

   $$(a+kd)+(a'+kd')=(a+a')+k(d+d').$$

   Es una progresión de primer término $a+a'$ y diferencia $d+d'$. Por qué es una prueba y no un ejemplo: $a,d,a',d'$ son arbitrarios.

2. B) Verdadera.

   La coordenada $k$ de $\lambda p$ es

   $$\lambda(a+kd)=\lambda a+k(\lambda d),$$

   progresión de primer término $\lambda a$ y diferencia $\lambda d$.

3. C) Falsa.

   Qué hago: pregunto si el neutro de la suma de $\mathbb R^n$ pertenece a $P$ (si pertenece, también es neutro dentro de $P$). El neutro de $\mathbb R^n$ es $(0,\dots,0)$, que es la progresión con $a=0$, $d=0$. Luego $\bar0\in P$ y $(P,+)$ sí tiene neutro.

4. D) Verdadera. $P\neq\emptyset$ (paso 3) y cumple A y B: es (2.1).

Error típico: sumar dos progresiones concretas y concluir que «siempre» funciona; hay que usar $a,d,a',d'$ genéricos.

Si $U$ y $V$ son subespacios de $(\mathbb R^n,+,\mathbb R)$, se pide demostrar que $U\cap V$ es un subespacio.

Recordemos: $w\in U\cap V$ significa $w\in U$ y $w\in V$. Aplicamos (2.1).

1. No vacío.

   $U$ y $V$ son subespacios, luego ambos contienen al mismo neutro $\bar0$ de $\mathbb R^n$ (U p.63). Por tanto:

   $$\bar0\in U\cap V.$$
2. Suma.

   Sean $x,y\in U\cap V$. Como $x,y\in U$ y $U$ es subespacio, $x+y\in U$. Como $x,y\in V$, $x+y\in V$. Luego:

   $$x+y\in U\cap V.$$
3. Escalares.

   Sean $\lambda\in\mathbb R$ y $x\in U\cap V$. Se tiene

   $$x\in U\Rightarrow\lambda x\in U,\qquad x\in V\Rightarrow\lambda x\in V.$$

   Luego $\lambda x\in U\cap V$.

4. Por (2.1), $U\cap V$ es subespacio de $\mathbb R^n$.

Observación. La demostración no usa nada propio de $\mathbb R^n$: vale en cualquier espacio vectorial. Y si $U$ y $V$ vienen dados por ecuaciones cartesianas, $U\cap V$ son todas las ecuaciones juntas.

Error típico: «demostrarlo» con dos rectas concretas de $\mathbb R^2$: un ejemplo ilustra, no demuestra.

Si $U$ y $V$ son subespacios de $(\mathbb R^n,+,\mathbb R)$, se pide demostrar si se verifica: A) La suma de dos elementos de $U\cup V$ está en $U\cup V$. B) Un número real por un elemento de $U\cup V$ está en $U\cup V$. C) $U\cup V$ es un subespacio.

Ahora $w\in U\cup V$ significa $w\in U$ o $w\in V$.

1. A) No es cierta en general (contraejemplo).

   Cómo lo busco: tomo dos subespacios «diferentes» (dos rectas por el origen) y un vector de cada uno que no esté en el otro; al sumarlos me salgo de ambas rectas. En $\mathbb R^2$ tomo

   $$U=\{x_1=0\}\ (\text{eje vertical}),\qquad V=\{x_1=x_2\}\ (\text{diagonal}),$$

   ambos subespacios (ecuación lineal homogénea). Los vectores

   $$(0,5)\in U,\qquad(3,3)\in V$$

   suman

   $$(0,5)+(3,3)=(3,8),$$

   que no está en $U$ ($3\neq0$) ni en $V$ ($3\neq8$).

2. B) Verdadera (demostración general).

   Sea $x\in U\cup V$ y $\lambda\in\mathbb R$. Hay dos casos:

   $$x\in U\Rightarrow\lambda x\in U\subseteq U\cup V,\qquad x\in V\Rightarrow\lambda x\in V\subseteq U\cup V.$$

   En los dos casos $\lambda x\in U\cup V$.

3. C) No es cierta en general, porque falla A) en el ejemplo anterior.

Error típico: confundir $U\cup V$ (los vectores de uno o de otro) con $U+V$ (todas las sumas $u+v$). La unión casi nunca es subespacio; la suma siempre lo es.

¿Son subespacios de $\mathbb R^3$ los conjuntos $S_1=\{(x,y,z): x-2y+z=0\}$ y $S_2=\{(x,y,z): x-2y+z=1\}$?

1. $S_2$ no.

   Sustituyo $\bar0$ en la ecuación de $S_2$:

   $$0-2\cdot0+0=0\neq1.$$

   Como todo subespacio contiene a $\bar0$, $S_2$ no lo es.

2. $S_1$ sí.

   $\bar0\in S_1$. Sean $u=(x,y,z)$ y $v=(x',y',z')$ en $S_1$, es decir,

   $$x-2y+z=0,\qquad x'-2y'+z'=0,$$

   y sean $\lambda,\mu\in\mathbb R$. El vector $\lambda u+\mu v$ cumple

   $$(\lambda x+\mu x')-2(\lambda y+\mu y')+(\lambda z+\mu z')=\lambda(x-2y+z)+\mu(x'-2y'+z')=\lambda\cdot0+\mu\cdot0=0.$$

   Por (2.2), $S_1$ es subespacio.

3. Geometría: $S_1$ es un plano por el origen; $S_2$, el plano paralelo que no pasa por él.

¿Son subespacios de $\mathbb R^2$: (a) la parábola $T_1=\{(x,y): y=x^2\}$; (b) el primer cuadrante $T_2=\{(x,y): x\ge0,\ y\ge0\}$?

1. (a) La parábola $T_1$.

   $\bar0\in T_1$, porque $0=0^2$: el filtro no decide. Pruebo con los escalares. El vector $(1,1)$ está en $T_1$ ($1=1^2$), pero

   $$2(1,1)=(2,2),\qquad 2\neq2^2=4,$$

   luego $(2,2)\notin T_1$. No es subespacio.

2. (b) El primer cuadrante $T_2$.

   $\bar0\in T_2$. Suma: si $x,y,x',y'\ge0$, entonces $x+x'\ge0$ e $y+y'\ge0$, así que es cerrado para la suma. Escalares: el vector $(1,0)$ está en $T_2$, pero

   $$(-1)(1,0)=(-1,0)\notin T_2.$$

   No es subespacio.

3. Moraleja. Contener al cero y ser cerrado para la suma no basta: hay que comprobar el producto por escalares, incluidos los negativos.

(a) ¿Es $D_{2\times2}=\left\{\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}\right\}$ (matrices diagonales) subespacio de $\mathcal M_{2\times2}$? (b) ¿Y $N=\{A\in\mathcal M_{2\times2}:\det A=0\}$? (c) ¿Es $W=\{p\in\wp_2: p(1)=0\}$ subespacio de $\wp_2$?

1. (a) Sí.

   $\mathcal M_{2\times2}$ es espacio vectorial (Ejemplo 2.6). La matriz nula es diagonal ($a=b=0$). Para $\lambda,\mu\in\mathbb R$:

   $$\lambda\begin{pmatrix}a&0\\0&b\end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}a'&0\\0&b'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda a+\mu a'&0\\0&\lambda b+\mu b'\end{pmatrix}\in D_{2\times2}.$$

   Las entradas fuera de la diagonal siguen siendo $\lambda\cdot0+\mu\cdot0=0$. Por (2.2) es subespacio.

2. (b) No, aunque la matriz nula está en $N$.

   Tomo

   $$A=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix},\qquad\det A=\det B=0.$$

   Su suma es

   $$A+B=I_2,\qquad\det I_2=1\neq0.$$

   Falla la suma. Moraleja: el determinante no es «lineal»: $\det(A+B)\neq\det A+\det B$ en general.

3. (c) Sí.

   Con $p(x)=a+bx+cx^2$ se tiene $p(1)=a+b+c$. El polinomio nulo cumple $0(1)=0$. Si $p,q\in W$ y $\lambda,\mu\in\mathbb R$, los polinomios se suman y escalan «punto a punto», como las funciones del Ejemplo 2.2:

   $$(\lambda p+\mu q)(1)=\lambda p(1)+\mu q(1)=0.$$

   Por (2.2), $W$ es subespacio. Contraste: $\{p\in\wp_2:p(1)=1\}$ no lo es, porque el polinomio nulo da $0\neq1$.

Sea $V=\mathbb R^4$ y $E=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in V: x_1-x_3\ge0\}$. Determine de manera razonada si $E$ es un subespacio vectorial de $V$.

1. El filtro del cero no decide.

   $\bar0\in E$ porque

   $$0-0=0\ge0.$$

   Es necesario, no suficiente.

2. Intuición. Una desigualdad describe un «semiespacio». La suma de dos vectores de $E$ sigue en $E$ (suma de números $\ge0$ es $\ge0$), pero al multiplicar por un número negativo cambia el signo. Ahí buscamos el contraejemplo.
3. Contraejemplo.

   El vector $u=(1,0,0,0)$ está en $E$, porque $1-0=1\ge0$. Con $\lambda=-1$:

   $$\lambda u=(-1,0,0,0),\qquad -1-0=-1<0,$$

   luego $\lambda u\notin E$.

4. Conclusión. Falla la condición $\lambda u\in E$ de (2.1): $E$ no es subespacio de $\mathbb R^4$.

Error típico: comprobar solo la suma (que sí funciona) y concluir que es subespacio; o decir «no es subespacio porque es una desigualdad» sin dar el contraejemplo.

Sea $V=\mathbb R^5$ y $E=\{(x_1,\dots,x_5)\in V: x_5-3=-x_3\}$. Determine de manera razonada si $E$ es un subespacio vectorial de $V$.

1. Reescribimos.

   La condición equivale a

   $$x_5-3=-x_3\iff x_3+x_5=3.$$

   Es una ecuación lineal con término independiente 3: sospechamos que no es subespacio.

2. Filtro del cero.

   Para $\bar0=(0,0,0,0,0)$:

   $$x_3+x_5=0\neq3,$$

   luego $\bar0\notin E$.

3. Conclusión. Todo subespacio contiene al neutro. Como $\bar0\notin E$, $E$ no es subespacio de $\mathbb R^5$.
4. (Alternativa con la caracterización.)

   Los vectores $u=(0,0,3,0,0)$ y $v=(0,0,0,0,3)$ están en $E$. Su suma es

   $$u+v=(0,0,3,0,3),\qquad x_3+x_5=6\neq3,$$

   luego $u+v\notin E$.

Razone si es verdadera: sea $Z$ un subconjunto de $\mathcal M_{2\times2}$ (matrices reales de orden 2). Si para todos $A,B\in Z$ se tiene $A+B\in Z$, entonces $Z$ es subespacio vectorial de $\mathcal M_{2\times2}$.

1. Qué dice la teoría. Por (2.1), $Z$ es subespacio si y solo si es no vacío y cumple dos condiciones: cerrado para la suma y para el producto por escalares. La afirmación solo da la primera: sospechamos que es falsa. Para probarlo basta un conjunto cerrado para la suma que no lo sea por escalares. Qué se pide realmente: comparar la afirmación con la definición completa y ver si le falta algo.
2. Contraejemplo. Tomo las matrices cuya entrada $(1,1)$ es un número natural: $$Z=\left\{\begin{pmatrix}x_1&x_2\\x_3&x_4\end{pmatrix}:\ x_1\in\mathbb N\right\}.$$
3. $Z$ es cerrado para la suma: la entrada $(1,1)$ de $A+B$ es la suma de dos naturales, que es natural.
4. No es cerrado por escalares.

   La matriz de la izquierda está en $Z$, pero al multiplicarla por $-1$ sale de $Z$:

   $$\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}\in Z,\qquad(-1)\begin{pmatrix}2&0\\0&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2&0\\0&0\end{pmatrix}\notin Z,$$

   porque $-2\notin\mathbb N$.

5. Conclusión: la afirmación es falsa. (El más rápido: $Z=\emptyset$ cumple la condición vacíamente —no hay matrices que sumar— y no es subespacio, porque todo subespacio es no vacío. Otros contraejemplos igual de válidos: las matrices con todas las entradas $\ge0$; o en $\mathbb R^2$ el primer cuadrante.)

Error típico: contestar «verdadero, porque un subespacio es cerrado para la suma»: es el recíproco el que es cierto (subespacio $\Rightarrow$ cerrado para la suma, no al revés).

Sea $V$ el espacio vectorial de las funciones $f:\mathbb R\to\mathbb R$ y $E=\{f\in V: f(4)=4\}$. Determine de manera razonada si $E$ es subespacio de $V$.

1. ¿Quién es el «cero» de $V$?

   Con las operaciones punto a punto (Ejemplo 2.2)

   $$(f+g)(x)=f(x)+g(x),\qquad(\lambda f)(x)=\lambda f(x),$$

   el neutro es la función nula $h(x)=0$ para todo $x$ (Ejemplo 2.4).

2. Filtro del cero.

   Evalúo la función nula en 4:

   $$h(4)=0\neq4,$$

   luego $h\notin E$.

3. Conclusión. Todo subespacio contiene al neutro; $E$ no es subespacio.
4. (Alternativa.)

   Las funciones $f(x)=4$ (constante) y $g(x)=8-x$ cumplen $f(4)=g(4)=4$, pero su suma es

   $$(f+g)(x)=12-x,\qquad(f+g)(4)=8\neq4.$$

Error típico: pensar que el neutro es «la función $f(x)=x$» o «la constante 1». El neutro de la suma de funciones vale 0 en todo punto.

Sean $U_1=\langle(2,0,2,1),(0,3,1,0)\rangle$ y $U_2=\{(x,y,z,t)\in\mathbb R^4: x=0,\ y-3z=0\}$. Determine de manera razonada si $U_1\cup U_2$ es o no un subespacio de $\mathbb R^4$.

Notación. $\langle v_1,v_2\rangle$ es el conjunto de combinaciones lineales $\alpha v_1+\beta v_2$ (se verá en §2.2 de U). Así $w\in U_1\iff w=(2\alpha,\ 3\beta,\ 2\alpha+\beta,\ \alpha)$ para algunos $\alpha,\beta$. Seguimos la receta del Ej. 2.13.

1. Un vector de $U_1$ que no esté en $U_2$.

   Con $\alpha=1$, $\beta=0$:

   $$u=(2,0,2,1)\in U_1.$$

   No está en $U_2$ porque su primera coordenada es $x=2\neq0$.

2. Un vector de $U_2$.

   El vector $v=(0,0,0,1)$ cumple $x=0$ e $y-3z=0$, luego $v\in U_2$.

3. Su suma. $$u+v=(2,0,2,2).$$

   ¿En $U_2$? No: $x=2\neq0$. ¿En $U_1$? Habría que tener

   $$(2\alpha,\ 3\beta,\ 2\alpha+\beta,\ \alpha)=(2,0,2,2).$$

   La 1.ª coordenada da $\alpha=1$ y la 4.ª da $\alpha=2$: contradicción. El sistema es incompatible, luego $(2,0,2,2)\notin U_1$.

4. Conclusión. $u,v\in U_1\cup U_2$ pero $u+v\notin U_1\cup U_2$: falla el cierre para la suma (2.1). $U_1\cup U_2$ no es subespacio.

(Consistente con el criterio del Ej. 2.13: $U_1\not\subseteq U_2$ por el paso 1 y $U_2\not\subseteq U_1$ porque $v=(0,0,0,1)\notin U_1$: $2\alpha=0$ y $\alpha=1$ es imposible.)

Error típico: afirmar «$(2,0,2,2)\notin U_1$» sin comprobarlo. La solución oficial lo da por evidente; en el examen conviene escribir la línea del sistema incompatible (son 0,5 puntos).

El conjunto de matrices $W=\left\{\begin{pmatrix}1&0&a\\0&a&b\\0&c&a\end{pmatrix}: a,b,c\in\mathbb R\right\}$ verifica: A) es un espacio vectorial de dimensión 3; B) NO es un espacio vectorial; C) es un subespacio vectorial del espacio de las matrices reales $3\times3$; D) ninguna de las anteriores.

1. Qué hay que decidir. $W\subseteq\mathcal M_{3\times3}$ y se supone con las mismas operaciones (suma de matrices y producto por un número; Ejemplo 2.6). Por la Definición 2.2, «$W$ es espacio vectorial con esas operaciones» y «$W$ es subespacio de $\mathcal M_{3\times3}$» son la misma afirmación; basta estudiar si $W$ es subespacio.
2. Filtro del cero. El neutro de $\mathcal M_{3\times3}$ es la matriz nula $O$. ¿Hay $a,b,c$ que den $O$? No: la entrada $(1,1)$ de toda matriz de $W$ vale siempre 1 y la de $O$ vale 0. Luego $O\notin W$.
3. Conclusión. Todo subespacio contiene al neutro: $W$ no es subespacio (C falsa) ni espacio vectorial (B verdadera). A es falsa (sin ser espacio vectorial no hay dimensión) y D también (B es cierta). Respuesta: B.
4. (Comprobación con (2.1).)

   La matriz $M$ con $a=b=c=0$ está en $W$:

   $$M=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\in W,\qquad M+M=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\notin W.$$

   Tampoco es cerrado por escalares: $(-1)M$ tiene $-1$ en la posición $(1,1)$.

Error típico: fijarse solo en los parámetros $a,b,c$ (que aparecen de forma lineal) y marcar C sin mirar las entradas constantes; o contar 3 parámetros y marcar A («dimensión 3») sin comprobar antes que es espacio vectorial; o creer que B y C pueden ser ciertas a la vez.