Quais dos subconjuntos abaixo são subespaços vetoriais do \mathbb{R}^{3} ? Justifique sua resposta.
W_{3}=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} \mid x \leq y \leq z\right\}

Passo 1

O enunciado dá o subconjunto
W_{3}=\left\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3}\mid x\le y\le z\right\}.
A pergunta é: W_{3} é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^{3}? Deve-se justificar a resposta.

Passo 2

Recordando a definição prática de subespaço (sem pressa, passo a passo): um subconjunto W\subseteq\mathbb{R}^{3} é subespaço vetorial se e somente se satisfaz três propriedades:
  1. W é não vazio (uma forma simples de verificar isso é checar se o vetor nulo (0,0,0) pertence a W);
  2. W é fechado sob soma: se u\in W e v\in W então u+v\in W;
  3. W é fechado sob multiplicação por escalar: para todo escalar c\in\mathbb{R} e todo v\in W vale c v\in W.
Se qualquer uma das três falha, W não é subespaço. Vou verificar cada uma (com calma e explicando tudo).

Passo 3

Verificar se o vetor zero pertence a W_{3}.
O vetor zero é (0,0,0). Como 0\le 0\le 0 é verdade, concluímos que (0,0,0)\in W_{3}. Portanto W_{3} é não vazio e passa no primeiro teste.

Passo 4

Verificar fechamento por soma (prova geral).
Sejam u=(x_1,y_1,z_1)\in W_{3} e v=(x_2,y_2,z_2)\in W_{3}. Pelas hipóteses temos
x_1 \le y_1 \le z_1 \qquad\text{e}\qquad x_2 \le y_2 \le z_2.
Somando as desigualdades componente a componente (isso é permitido: somar desigualdades válidas preserva a ordem), obtemos
x_1+x_2 \le y_1+y_2 \le z_1+z_2.
Mas (x_1+x_2,\,y_1+y_2,\,z_1+z_2)=u+v. Logo u+v satisfaz a condição de pertencer a W_{3}. Assim W_{3} é fechado sob soma.
Um exemplo numérico rápido para sentir a ideia: se u=(0,1,2) e v=(1,1,3), ambos têm x\le y\le z; a soma é (1,2,5) e também satisfaz 1\le2\le5.

Passo 5

Verificar fechamento por multiplicação escalar (análise geral e contraexemplo).
Se v=(x,y,z)\in W_{3} então x\le y\le z. Multiplicando por um escalar c\in\mathbb{R} obtemos c x,\;c y,\;c z. Há dois casos importantes:
  • Se c\ge 0, multiplicar preserva as desigualdades: de x\le y\le z segue c x \le c y \le c z. Então para escalares não negativos a propriedade é preservada.
  • Se c<0, ao multiplicar por c as desigualdades se invertem: a partir de x\le y segue c x \ge c y (porque multiplicar por número negativo troca o sentido da desigualdade). Assim para c<0 geralmente teremos
c x \ge c y \ge c z,
ou seja, a sequência resultante costuma não satisfazer c x \le c y \le c z, salvo em casos especiais onde havia igualdade entre as coordenadas.
Para concluir que W_{3} não é subespaço basta encontrar um escalar c e um vetor v\in W_{3} tais que c v\notin W_{3}. Vou dar um contraexemplo simples.
Escolha v=(0,1,2). Esse vetor pertence a W_{3} porque 0\le 1\le 2.
Escolha o escalar c=-1 (negativo). Então
c v = -1\cdot(0,1,2) = (0,-1,-2).
Verificamos se (0,-1,-2) pertence a W_{3}: isso exigiria 0\le -1\le -2. Mas 0\le -1 é falso. Logo (-1)\,v\notin W_{3}.
Portanto W_{3} não é fechado sob multiplicação por escalares (falha já para c=-1 e o vetor dado).

Passo 6

Conclusão lógica: como W_{3} falha em ser fechado sob multiplicação por escalares, não satisfaz todas as propriedades necessárias para ser um subespaço vetorial de \mathbb{R}^{3}. Não é preciso procurar mais — uma contraexemplo basta.
Força aí — dá para entender esse tipo de teste com prática: verificar o vetor zero, fechar por soma (muitas vezes fácil) e procurar contraexemplos com escalares negativos se o conjunto envolve desigualdades.

Resposta

Não; W_{3} não é subespaço vetorial de \mathbb{R}^{3}.

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