9. Determinatu R3-ren {(2, 0, 0), (0, 4, 0), (0, 0, -1)} bektore-sistemaoinarria den ala ez. Izatekotan kalkulatu berarekiko (-5, -4, 6)bektorearen koordenatuak.

Bektore-sistema honen bektoreen kopurua hiru denez, hau da bektore-espazioaren dimentsioa bezainbestekoa, egiaztatzen badugu askea dela,dakigunez, horrekin batera doa sortzailea ere izango dela. Edo, alderantziz, sortzailea dela frogatzen badugu, horrekin batera frogatutageratuko da askea dela. Normalean, lehen aukera da errazena. Hortaz, azter dezagun ea bektore-sistema hau askea den ala ez:

Bektore-sistema batek bektore-espazio baten oinarri bat izateko bibaldintza bete behar ditu:Batetik, bektore-sistema askea izan behar du etabestaldetik, bektore-espazioaren bektore-sistema sortzailea izan behar du.

Dena den bi ezaugarri hauek ez dira banan-banan frogatu behar bektore-espazioaren dimentsioa ezaguna denean.

€

α ⋅ 2, 0, 0( ) + β ⋅ 0, 4, 0( ) + γ ⋅ 0, 0, −1( ) = 0, 0, 0( )

€

2α , 4β, − γ( ) = 0, 0, 0( )

€

2α = 0

4β = 0

−γ = 0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

⇒ α =β =γ=0

Hortaz, bektoreak elkarren linealki independenteak dira eta osatzendute hiru bektoredun bektore-sistema askea hiru dimentsioko bektore-espazio batetan. Horrek esan nahi du bektore-sistema benetako oinarriadela.

€

α ⋅ 2, 0, 0( ) + β ⋅ 0, 4, 0( ) + γ ⋅ 0, 0, −1( ) = −5, − 4, 6( )

€

2α , 4β, − γ( ) = −5, − 4, 6( )

€

2α = −5

4β = −4

−γ = 6

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

⇒ α =−5

2

€

⇒ β =−1

€

⇒ γ=−6

10. Froga ezazu {1, (1-x), (1-x)2, (1-x)3} bektore-sistema, P3[x],hirugarren graduko koefiziente errealen polinomio errealeko espazio bektorialaren oinarria dela.

Bektore-sistema honen bektoreen kopurua lau denez, hau da bektore-espazioaren dimentsioa bezainbestekoa, egiaztatzen badugu askea dela,dakigunez, horrekin batera doa sortzailea ere izango dela.

Lehengo ariketan egin dugun bezala azter dezagun ea bektore-sistema askea den ala ez:

€

α ⋅1+ β ⋅ 1− x( ) + γ ⋅ 1− x( )2

+ δ ⋅ 1− x( )3

= 0 + 0 ⋅ x + 0 ⋅ x 2 + 0 ⋅ x 3

€

α ⋅1+ β ⋅ 1− x( ) + γ ⋅ 1+ x 2 − 2x( ) + δ ⋅ 1− x 3 + 3x 2 − 3x( ) = 0

€

α +β +γ+δ( )⋅1+ −β − 2γ − 3δ( ) ⋅ x + γ + 3δ( ) ⋅ x 2 −δ ⋅ x 3 = 0

€

α +β +γ+δ( )⋅1+ −β − 2γ − 3δ( ) ⋅ x + γ + 3δ( ) ⋅ x 2 −δ ⋅ x 3 = 0

€

α +β +γ+δ =0

−β − 2γ − 3δ = 0

γ + 3δ = 0

−δ = 0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

€

⇒ δ =0

€

⇒ γ=0

€

⇒ β =0

€

⇒ α =0

Hortaz, bektoreak elkarren linealki independenteak dira eta osatzendute lau bektoredun bektore-sistema askea lau dimentsioko bektore-espazio batetan. Horrek esan nahi du bektore-sistema benetako oinarriadela.

11. Azter ezazu ondoko bektoreak linealki dependenteak direnentz.

Izatekotan, atera ezazu bektore-sistema askerik handiena:

a) (2, 3, 4, -2, 2), (3, -1, 2, 0, 1)

b) (1, 1, 1, 1), (0, 1, 2, 3), (1, 0, 0 , 1), (0, 1, 1, 0)

c) (2, 3, 5), (1, 4, 2), (2, 1, 2)

d) (2, 3, 0), (0, 1, 2), (1, 3, 2), (2, 0, 1)

e) (2, 3, 4, -1), (-1, 5, 5, 2), (-3, 2, 1, 3)f ) (1, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 1, 0, -1).

a) (2, 3, 4, -2, 2), (3, -1, 2, 0, 1):

€

α ⋅ 2, 3, 4, − 2, 2( ) + β ⋅ 3, −1, 2, 0, 1( ) = 0, 0, 0, 0, 0( )

€

α ⋅ 2, 3, 4, − 2, 2( ) + β ⋅ 3, −1, 2, 0, 1( ) = 0, 0, 0, 0, 0( )

€

2α + 3β = 0

3α − β = 0

4α + 2β = 0

−2α = 0

2α + β = 0

⎧

⎨

⎪ ⎪ ⎪

⎩

⎪ ⎪ ⎪

€

⇒ α =0

€

⇒ β =0

Beraz, bektoreak elkarren linealki independenteak dira.

b) (1, 1, 1, 1), (0, 1, 2, 3), (1, 0, 0 , 1), (0, 1, 1, 0):

€

α⋅1, 1, 1, 1 ()+β⋅0, 1, 2, 3 ()+γ⋅1, 0, 0, 1 ()+δ⋅0, 1, 1, 0 ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α⋅1, 1, 1, 1 ()+β⋅0, 1, 2, 3 ()+γ⋅1, 0, 0, 1 ()+δ⋅0, 1, 1, 0 ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+γ, α+β+δ, α+2β+δ, α+3β+γ ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+γ=0

α+β+δ=0

α+2β+δ=0

α+3β+γ=0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

€

}⇒β=0

€

⇒α=−δ

€

⇒α=−γ

Egiaztatzen denez infinitu soluzioak daude eta, ondorioz, bektoreakelkarren linealki dependenteak dira.Dena den, bigarren bektorari dagokion parametroa, β, nahitaez zero da eta horrek esan nahi du bektorehori besteekiko bai linealki independentea dela.

Hortaz, bigarren bektore hori gordeko dugu eta beste hiruetako batkenduko dugu. Ken dezagun laugarrena eta azter dezagun geratzendirenen arteko dependentzia lineala:

€

α⋅1, 1, 1, 1 ()+β⋅0, 1, 2, 3 ()+γ⋅1, 0, 0, 1 ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+γ, α+β, α+2β, α+3β+γ ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+γ=0

α+β=0

α+2β=0

α+3β+γ=0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

€

}⇒β=0

€

⇒α=0

€

⇒γ=0

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema aske bat.

c) (2, 3, 5), (1, 4, 2), (2, 1, 2):

€

α⋅2, 3, 5 ()+β⋅1, 4, 2 ()+γ⋅2, 1, 2 ()=0, 0, 0 ()

€

α⋅2, 3, 5 ()+β⋅1, 4, 2 ()+γ⋅2, 1, 2 ()=0, 0, 0 ()

€

2α+β+2γ, 3α+4β+γ, 5α+2β+2γ ()=0, 0, 0 ()

€

2α+β+2γ=0

3α+4β+γ=0

5α+2β+2γ=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

Oraingo honetan aztertuko du menpekotasun lineala sistemarenkoefizienteen determinantearen (hau da, bektoreek beraiek osatzen dutendeterminantearen) bidez.

Determinantea ezberdin zero bada, orduan sistemak soluzio bakarraedukiko du eta hori soluzio nabarmena izango da (parametro guztiak berdin zero). Beraz determinantea desberdin zero bada bektoreak linealkiindependenteak izango dira:

€

212

341

522

€

=010

−54−7

12−2

2. zutabea bider 2 kenduz

€

=−−5−7

1−2

€

=−17≠0

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema aske bat.

d) (2, 3, 0), (0, 1, 2), (1, 3, 2), (2, 0, 1):

Kasu honetan, badakigu hasieratik bektore hauek linealki dependenteak direla (lau direlako hiru dimentsioko bektore-espazio batetan). Beraz hurrengo berdintza planteatuko dugu ez dependentzia lineala aztertzeko, baizik eta jakiteko parametroren bat nahitaez zero den.horrela balitz, parametro horri dagokion bektorea besteekiko linealki independentea izango litzateke eta ezingo genuke kendu:

€

α⋅2, 3, 0 ()+β⋅0, 1, 2 ()+γ⋅1, 3, 2 ()+δ⋅2, 0, 1 ()=0, 0, 0 ()

€

2α+γ+2δ, 3α+β+3γ, 2β+2γ+δ ()=0, 0, 0 ()

€

2α+γ+2δ=0

3α+β+3γ=0

2β+2γ+δ=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

⇒6α+2β+6γ=0

2β+2γ+δ=0

⎧ ⎨ ⎩

€

⇒6α+4γ−δ=0

€

⇒8α+4γ+8δ=0 €

⇓

2α+9δ=0

€

α=−9

2δ⇐

€

γ=7δ⇐

€

β=−15

2δ⇐

Ikusten dugunez inongo parametro ez da halabeharrez zero. Ondorioz,aukeran dugu edozein bektore sistematik kentzea. Laugarrena kendukodugu eta aztertuko dugu geratzen direnen dependentzia lineala:

€

α⋅2, 3, 0 ()+β⋅0, 1, 2 ()+γ⋅1, 3, 2 ()=0, 0, 0 ()

€

2α+γ, 3α+β+3γ, 2β+2γ ()=0, 0, 0 ()

€

2α+γ=0

3α+β+3γ=0

2β+2γ=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

⇒6α+2β+6γ=0

2β+2γ=0

⎧ ⎨ ⎩

€

⇒6α+4γ=0

€

⇒8α+4γ=0 €

⇓

α=0

€

γ=0⇐

€

β=0⇐

€

α⋅2, 3, 0 ()+β⋅0, 1, 2 ()+γ⋅1, 3, 2 ()=0, 0, 0 ()

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema aske bat.

e) (2, 3, 4, -1), (-1, 5, 5, 2), (-3, 2, 1, 3):

€

α⋅2, 3, 4, −1 ()+β⋅−1, 5, 5, 2 ()+γ⋅−3, 2, 1, 3 ()=0, 0, 0, 0 ()

€

2α−β−3γ, 3α+5β+2γ, 4α+5β+γ, −α+2β+3γ ()=0, 0, 0, 0 ()

€

2α−β−3γ=0

3α+5β+2γ=0

4α+5β+γ=0

−α+2β+3γ=0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

€

⇒α+β=0

€

⇒β+γ=0

€

⇒α=−β=γ

Egiaztatzen denez infinitu soluzioak daude eta, ondorioz, bektoreakelkarren linealki dependenteak dira.Ez dago halabeharrez zero den parametrorik, beraz, aukeran dugu edozein bektore kentzea.Hirugarrenakenduz gero, geratzen zaizkigun biak dagoeneko dira elkarren linealkiindependenteak nabermenki (proportzionalak ez direlako).

f ) (1, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 1), (1, 1, 0, -1):

€

α⋅1, 0, 1, 1 ()+β⋅1, 1, 0, 1 ()+γ⋅1, 1, 0, −1 ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+β+γ, β+γ, α, α+β−γ ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+β+γ=0

β+γ=0

α=0

α+β−γ=0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

€

⇒α=0

€

⇒β+γ=0

β−γ=0

⎧ ⎨ ⎩

€

⇒β=γ=0

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema aske bat.

12. Determinatu ondoko sistemetatik zeintzuk diren R3-ren oinarriak:

O1 = { (-1, 5, 0), (4, 1, 3), (0, 1, 0) }

O2 = { (-1, 3, 2), (2, 3, -1), (4, 0, 3) }

O3 = { (2, 7, 0), (0, 0, 5), (0, 0, 3) }O4 = { (-1, 2, 3), (-2, 1, 6), (5, 2, -15) }

O1 = { (-1, 5, 0), (4, 1, 3), (0, 1, 0) }:

Bektore-sistema batek bektore-espazio baten oinarri bat izateko bibaldintza bete behar ditu:Batetik, bektore-sistema askea izan behar du etabestaldetik, bektore-espazioaren bektore-sistema sortzailea izan behar du.

Dena den bi ezaugarri hauek ez dira banan-banan frogatu behar bektore-espazioaren dimentsioa ezaguna denean.

Bektore-sistema honen bektoreen kopurua hiru denez, hau da bektore-espazioaren dimentsioa bezainbestekoa, egiaztatzen badugu askea dela,dakigunez, horrekin batera doa sortzailea ere izango dela. Edo, alderantziz, sortzailea dela frogatzen badugu, horrekin batera frogatutageratuko da askea dela. Normalean, lehen aukera da errezena. Hortaz, azter dezagun ea bektore-sistema hau askea den ala ez:€

−α+4β, 5α+β+γ, 3β ()=0, 0, 0 ()

€

−α+4β=0

5α+β+γ=0

3β=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

α⋅−1, 5, 0 ()+β⋅4, 1, 3 ()+γ⋅0, 1, 0 ()=0, 0, 0 ()

€

⇒β=0

€

⇒α=0

€

⇒γ=0

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema aske bat eta, ondorioz, oinarri bat.

O2 = { (-1, 3, 2), (2, 3, -1), (4, 0, 3) }: €

−α+2β+4γ, 3α+3β, 2α−β+3γ ()=0, 0, 0 ()

€

−α+2β+4γ=0

3α+3β=0

2α−β+3γ=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

α⋅−1, 3, 2 ()+β⋅2, 3, −1 ()+γ⋅4, 0, 3 ()=0, 0, 0 ()

€

⇒α=−β

€

⇒−3α+4γ=0

3α+3γ=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

⇒γ=0

€

⇓

α=β=γ=0

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema aske bat eta, ondorioz, oinarri bat.

O3 = { (2, 7, 0), (0, 0, 5), (0, 0, 3) }:

Argi eta garbi azkeneko bi bektoreak dira elkarren proportzionalak,eta, ondorioz, linealki dependenteak. Hortaz hiru bektoredun bektore-sistema hau lotua da eta ezin da oinarri bat izan.

O4 = { (-1, 2, 3), (-2, 1, 6), (5, 2, -15) }: €

−α−2β+5γ, 2α+β+2γ, 3α+6β−15γ ()=0, 0, 0 ()

€

−α−2β+5γ=0

2α+β+2γ=0

3α+6β−15γ=0

⎧

⎨ ⎪

⎩ ⎪

€

α⋅−1, 2, 3 ()+β⋅−2, 1, 6 ()+γ⋅5, 2, −15 ()=0, 0, 0 ()

€

→ hau da lehen ekuazioa bider (−3)

€

−α−2β+5γ=0

2α+β+2γ=0

⎧ ⎨ ⎩

Beraz, bi ekuazio baino ez ditugu eta hiru aldagai edo ezezagun. Horrek esan nahi du infinitu soluzio daudela eta, ondorioz, bektoreaklinealki dependenteak direla. Hiru bektore hauek ez dute oinarri bat osatzen.

13. Bedi R4-ren {(1, 2, 0, 1), (2, 1, 3, 1), (2, 4, 0, 2)}. Aurkitu bektore-sistema honi dagokion baritate linealaren oinarri bat.

Definizioz bektore-sistema baten barietate lineala zera da: bektore-sistemaren bektoreen bidez osa daitezkeen konbinazio lineal guztienmultzoa. Kasu honetan:

Dakigun bezala edozein bektore-sistemaren barietate lineala beti dabenetako azpiespazio bektoriala. Azpiespazio bektorial honen bektore-sistema sortzailea badaukagu, jatorrizko bektore-sistema alegia.

€

L 1, 2, 0, 1( ), 2, 1, 3, 1( ), 2, 4, 0, 2( ){ } =

α ⋅ 1, 2, 0, 1( ) + β ⋅ 2, 1, 3, 1( ) + γ 2, 4, 0, 2( ) / α , β , γ ∈ R{ }

Bektore-sistema sortzaile hau askea ere balitz barietate linealarenoinarri bat izango litzateke. Lotua balitz, bilatuko genuke bertatik atera daitekeen bektore-sistema askerik haundiena eta hori izango litzateke barietate linealaren oinarri bat.

Azter dezagun ba bektoreen arteko menpekotasun lineala:

€

α ⋅1, 2, 0, 1( ) + β ⋅ 2, 1, 3, 1( ) + γ 2, 4, 0, 2( ) = 0, 0, 0, 0( )

€

α+2β+2γ, 2α+β+2γ, 3β, α+β+2γ ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α+2β+2γ=0

2α+β+4γ=0

3β=0

α+β+2γ=0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

€

⇒β=0

€

⇒α=−2γ

Honela egiaztatzen dugu lehendik ere nabarmena zena (hirugarrenbektorea zen lehenengoaren bikoitza): bektore-sistema lotua dela. Dena bigarren bektorea besteekiko linealki independentea da eta gordeko dugu.Beste bietako bat aukeran dugu sistematik ezabatzeko. Azkena kenduz dero, geratzen zaigun bektore-sistema, {(1, 2, 0, 1), (2, 1, 3, 1)} alegia,dagoeneko askea da eta oraindik ere barietate linealaren sortzailea eta,ondorioz, oinarri bat.

14. Bedi V espazio bektorialen x bektorea, x = x1 e1 + x2 e2 + x3 e3 + x4 e4, eta bedi { e1, e2, e3, e4} V-ren oinarri bat. Frogatu, x1 + x2 + x3 + x4 = 0, baldintzazko koordenatuak dituen bektoreek azpiespazio bektoriala osotzen dutela. Kalkulatu azpiespazio bektorial horren dimentsioa eta oinarri bat.

Definizioz bektore-espazio baten azpiespazio bektoriala hurrengo halabeharra betetzen duen azpimultzoa da:

€

∀ x, y ∈ A

∀ α , β ∈ K

⎫ ⎬ ⎭⇒ α ⋅ x + β ⋅ y ∈ A

Gure kasuan V-ren hurrengo A azpimultzoa dugu:

€

A = {x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4 / x1 + x2 + x3 + x4 = 0}

Har ditzagun A azpimultzo honen bi edozein bektore x eta y:

€

x, y ∈ A

Bektore hauek ere V-renak dira (A V-ren azpimultzoa delako) eta{e1, e2, e3, e4} V-ren oinarria denez, x eta y adieraz daitezke haien konbinazio linealaren bidez. Demagun hurrenez hurrenezko konbinaziolinealak honako hauek direla:

€

x = x1e1 + x2e2 + x3e3 + x4e4

y = y1e1 + y2e2 + y3e3 + y4e4

Bestaldetik x eta y bektore hauek A-renak direlako haien osagaiekedo koordenatuek hurrengo baldintza bete behar dute:

€

x1 + x2 + x3 + x4 = 0

y1 + y2 + y3 + y4 = 0

Orain osatuko dugu x eta y bektoreen arteko konbinazio lineal orokorbat: α x + β y , non α eta β edozeintzu baitira, hau da hautazko eskalareakdira.

Gure betebeharra da aztertzea ea konbinazio orokor lineal hori A-ren benetako elementua den ala ez: Izatekotan A izango da V-renbenetako azpiespazio bektoriala:

€

α ⋅x + β ⋅ y ∈ A ?

Barnekotasuna baieztatuko da baldin eta konbinazio lineal horrenkoordenatuen arteko batura zero bada:

€

α⋅x+β⋅y=α⋅x1e1+x2e2+x3e3+x4e4 ()+β⋅y1e1+y2e2+y3e3+y4e4 ()

€

=α⋅x1+β⋅y1 ()e1+α⋅x2+β⋅y2 ()e2+α⋅x3+β⋅y3 ()e3+α⋅x4+β⋅y4 ()e4

Hortaz, batu dieaziogun elkarri lau koordenatuak:

€

⇒ α ⋅x + β ⋅ y ∈ A ∀α , β

Ondorioz, honela frogatuta geratzen da A V-ren benetako azpiespaziobektoriala dela. Ardura gaitezen orain A-ren dimentsioaz eta bila dezagunbere oinarriren bat.

€

=α⋅x1+x2+x3+x4 ()+β⋅y1+y2+y3+y4 ()

€

α⋅x1+β⋅y1 ()+α⋅x2+β⋅y2 ()+α⋅x3+β⋅y3 ()+α⋅x4+β⋅y4 ()

€

=α⋅0+β⋅0=0

€

A = { x1, x2, x3, x4( ) / x1 + x2 + x3 + x4 = 0}

Idatz ditzagun A-ren bektoreak laukote eran:

Berridatz ditzagun beste era honetan:

Era honetan idatzita agerian geratzen da A hurrengo barietate linealadela:

€

A = { x1, x2, x3, x4( ) / x4 = −x1 − x2 − x3}

€

A = { x1, x2, x3, − x1 − x2 − x3( ) / x1, x2, x3 ∈ K}

€

A = {x1 ⋅ 1, 0, 0, −1( ) + x2 ⋅ 0, 1, 0, −1( ) + x3 ⋅ 0, 0, 1, −1( ) /

x1, x2, x3 ∈ K}

€

A = L 1, 0, 0, −1( ), 0, 1, 0, −1( ), 0, 0, 1, −1( ){ }

Beraz {(1, 0, 0, -1), (0, 1, 0, -1), (0, 0, 0, -1)} da barietate linealarenbektore sistema sortzailea. Bektore-sistema hau askea balitz oinarria ereizango litzateke. Lotua balitz bektore egokia(k) kenduz gero lortukogenuke oinarria.

Azter dezagun ba ea bektore-sistema askea den:

€

α⋅1, 0, 0, −1 ()+β⋅0, 1, 0, −1 ()+γ⋅0, 0, 1, −1 ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α, β, γ, −α−β−γ ()=0, 0, 0, 0 ()

€

α=0

β=0

γ=0

−α−β−γ=0

⎧

⎨ ⎪ ⎪

⎩ ⎪ ⎪

Beraz, hiru bektore hauek elkarren linealki independenteak dira etaosatzen dute bektore-sistema askea eta oinarri bat eta, ondorioz, A-rendimentsioa hiru da:

€

dim A=3

15. Froga ezazu bi espazio bektorialen bilketa, orokorrean, beste espazio bektorial ez dela.

Nahikoa dugu adibide konkretu batekin: Har ditzagun R3-ren hurrengobi azpimultzoak:

€

A = { α , 0, 0( ) /α ∈ R}∈ R3

B = { 0, β , 0( ) /β ∈ R}∈ R3

Bi azpimultzo hauek R3-ren benetako azpiespazio bektorialak, biakbarietate linealak direlako:

€

A = L 1, 0, 0( ){ }

B = L 0, 1, 0( ){ }

Baina orain egiaztatuko dugun bezala bi azpiespazio bektorial horienarteko bilketa ez da benetako azpiespazio bektoriala:

€

A∪B = { x, y, z( ) / x, y, z( )∈ A edo x, y, z( )∈ B}

eta azpimultzo honek ez du betetzen beharrezkoa den baldintza azpiespazio bektoriala izateko:

€

∀ u, v ∈ A∪B

∀ α , β ∈ K

⎫ ⎬ ⎭⇒ α ⋅u + β ⋅v ∈ A∪B (→ ez da betetzen)

goiko halabeharra ez dela betetzen oso erraz frogatzen da hurrengo adibideaz:

€

u = (1, 0, 0)∈ A∪B (A − rena delako)

v = (0, 1, 0)∈ A∪B (B − rena delako)

⎫ ⎬ ⎭baina u + v = (1, 1, 0) ∉ A∪B