Mostrando que el lineal de un subconjunto no es un subespacio del espacio Vectorial $V$

Question

Me da el siguiente

$V = \mathbb R^4$

$W = \{(w,x,y,z)\in \mathbb R^4|w+2x-4y+2 = 0\}$

Tengo que probar o refutar que $W$ es un subespacio de $V$.

Ahora, mi álgebra lineal es bastante débil como yo no han tomado en casi 4 años, pero para un subespacio de existir creo que:

1) El $0$ vector debe existir en virtud de la $W$

2) Escalar, además debe ser cerrado bajo $W$

3) la multiplicación Escalar debe ser cerrado bajo $W$

No creo que la primera condición es verdadera, porque si yo fuera a tomar el vector, no hay manera de que pueda obtener el vector cero de nuevo. Es eso correcto o estoy haciendo algo mal?

Answer 1

Tienes razón en lo que piensas, pero como la forma en que argumentan que no estoy seguro de lo que quieres decir por "conseguir que el vector cero atrás"? De vuelta...de donde?

De todos modos, si tomamos $\;(w,x,y,z)=(0,0,0,0)\;$ , este vector pertenece a $\;W\;$ fib

$$0+2\cdot0-4\cdot0+2=0\iff 2=0$$

y desde la última igualdad es falsa tenemos que $\;(0,0,0,0)\notin W\implies W\;$ es no un subespacio y estaban en lo cierto.

Answer 2

No, no es un subespacio.

Es porque usted tiene que comprobar su primer punto: "$0\in W$".

Pero $(0,0,0,0)\notin W$ porque

$$0+2\times 0-4\times 0+2\ne 0.$$

Answer 3

Permítanme dar un resultado general: Considere un sistema lineal de ecuaciones $$\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \ldots + a_{1n}x_n &= b_1\\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \ldots + a_{2n}x_n &= b_2\\ &\vdots&\\ a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \ldots + a_{mn}x_n &= b_m \end{casos},$$ con $m \leq n$. Supongamos que uno de los $b_i \neq 0$, entonces es claro que este sistema de ecuaciones no forma un subespacio, ya que en el $i$th ecuación, encontramos que (llenado en el cero vector $(0, 0, \ldots, 0)$ que $0 = b_i \neq 0$, lo cual no es posible.

Sin embargo, si todos los de la $b_i$ son cero, esto forma un subespacio: claramente el zerovector es una solución para todas las ecuaciones y por lo tanto para el sistema. Si tanto $(y_1, \ldots, y_n), (z_1, \ldots, z_n)$ son soluciones, entonces también lo es $(y_1 + z_1, \ldots y_n + z_n)$ (para ver esto: nosotros rellene este vector y el uso de la distributividad del producto sobre la suma). De forma análoga, $(\lambda y_1, \ldots, \lambda y_n)$ algunos $\lambda \in \mathbb{R}$ se forma una solución (tenga en cuenta que $(\lambda y_1, \ldots, \lambda y_n) = \lambda (y_1, \ldots, y_n)$).

Answer 4

Siento que debo indicar que la condición 2 y 3 falla así. El vector $v = (2, 0 , 0 , 0)$ pertenece al subconjunto, pero ni $2v$ ni $v+v$ pertenece al subconjunto.

Así, no es un subespacio.