Decida quais conjuntos S são subespaços vetoriais do espaço vetorial V dado. Para os que não forem, escreva qual propriedade que falha e dê um contra-exemplo.
S=\left\{\left(1, x, x^{2}, x^{3}\right) \in \mathbb{R}^{4}: x \in \mathbb{R}\right\} e V=\mathbb{R}^{4}.

Passo 1

O enunciado dá o conjunto S e o espaço vetorial V:
S=\left\{\left(1,x,x^{2},x^{3}\right)\in\mathbb{R}^{4} : x\in\mathbb{R}\right\}, \qquad V=\mathbb{R}^{4}.
A pergunta é: decidir se S é subespaço vetorial de V. Se não for, devo indicar qual propriedade dos subespaços falha e fornecer um contra-exemplo.

Passo 2

Vou relembrar de forma bem didática o que é preciso para que um subconjunto W\subseteq V seja subespaço vetorial de V. Uma forma prática e suficiente é verificar três propriedades:
  1. W não é vazio (em particular, normalmente exige-se que o vetor nulo de V pertença a W).
  2. Fechamento sob adição: para quaisquer u,v\in W, tem-se u+v\in W.
  3. Fechamento sob multiplicação por escalar: para qualquer \alpha\in\mathbb{R} e qualquer u\in W, tem-se \alpha u\in W.
Explicando por que a presença do vetor nulo é importante: o vetor nulo de \mathbb{R}^{4} é (0,0,0,0). Se um subconjunto W não contém (0,0,0,0), então ele não pode ser subespaço, porque subespaços sempre contêm o nulo (pense: 0\cdot u=(0,0,0,0) para qualquer u\in W, logo se W fosse subespaço teria que conter 0\cdot u). Portanto, checar se o vetor nulo está em S é um teste rápido.

Passo 3

Vamos checar se o vetor nulo (0,0,0,0) pertence a S.
Um vetor genérico de S tem a forma \left(1,x,x^{2},x^{3}\right) para algum x\in\mathbb{R}. A primeira coordenada desse vetor é sempre \,1. Já o vetor nulo tem primeira coordenada \,0. Para que \left(1,x,x^{2},x^{3}\right)=(0,0,0,0) fosse possível precisaríamos ter 1=0, o que é absurdo.
Portanto não existe x\in\mathbb{R} tal que \left(1,x,x^{2},x^{3}\right)=(0,0,0,0). Conclusão: o vetor nulo (0,0,0,0) não pertence a S.

Passo 4

Como vimos no passo anterior, a propriedade “contém o vetor nulo” falha. Isso já é suficiente para concluir que S não é subespaço vetorial de \mathbb{R}^{4}.
Vou também mostrar de maneira bem direta que o fechamento por escalares falha (isso fornece um contra-exemplo concreto adicional, muito útil na prova): tome um vetor de S com x=1:
v=\left(1,1,1,1\right)\in S.
Escolha o escalar \alpha=2. Então
\alpha v = 2\left(1,1,1,1\right)=\left(2,2,2,2\right).
Para que \left(2,2,2,2\right) estivesse em S müsste existir algum y\in\mathbb{R} com \left(2,2,2,2\right)=\left(1,y,y^{2},y^{3}\right). Mas isso exigiria 1=2, impossível. Logo \left(2,2,2,2\right)\notin S. Assim S não é fechado sob multiplicação por escalares.

Passo 5

Também é fácil ver que o fechamento por adição falha: se u=\left(1,x,x^{2},x^{3}\right)\in S e v=\left(1,y,y^{2},y^{3}\right)\in S, então
u+v=\left(2,\,x+y,\,x^{2}+y^{2},\,x^{3}+y^{3}\right),
cuja primeira coordenada é \,2, diferente de \,1. Logo u+v\notin S. Exemplo numérico: com x=0 e y=1,
(1,0,0,0)+(1,1,1,1)=(2,1,1,1)\notin S.

Passo 6

Resumo didático e motivador: a razão fundamental pela qual S não é subespaço é simples e intuitiva — todos os vetores de S têm primeira coordenada fixa igual a \,1. Subespaços, entretanto, devem conter o vetor nulo (que tem primeira coordenada \,0) e também devem ser estáveis por multiplicação por escalares (o que mudaria a primeira coordenada, a menos que o escalar seja \,1). Essas inconsistências mostram claramente que S falha nas propriedades necessárias.

Resposta

Não — S não é subespaço de V. Falha: não contém o vetor nulo (0,0,0,0) (pois toda tupla em S tem primeira coordenada igual a 1). Contra-exemplo: (0,0,0,0)\notin S.
Também falha o fechamento por escalar: por exemplo 2(1,1,1,1)=(2,2,2,2)\notin S.

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