Exercice 3

Chacune de ces familles compte trois vecteurs dans un espace de dimension trois. La proposition 1 permet donc de ne vérifier que la liberté : si elle est acquise, la famille est une base ; sinon, elle ne l'est pas.

1. Le système $\lambda\,(1\,;1\,;0)+\mu\,(0\,;1\,;1)+\nu\,(1\,;0\,;1)=0_{E}$ s'écrit : $$\left\{\begin{array}{l} \lambda+\nu=0 \\ \lambda+\mu=0 \\ \mu+\nu=0 \end{array}\right.$$ Les deux premières lignes donnent $\nu=-\lambda$ et $\mu=-\lambda$, et la troisième devient $-2\lambda=0$. $$\boxed{\text{Famille libre : c'est une base de } \mathbb{R}^{3}.}$$

2. La première coordonnée donne directement $\lambda=0$, la deuxième $2\lambda+\mu=0$ donc $\mu=0$, la troisième $3\lambda+4\mu+5\nu=0$ donc $\nu=0$. $$\boxed{\text{Famille libre : c'est une base de } \mathbb{R}^{3}.}$$ La forme « en escalier » de cette famille rend le calcul immédiat.

3. Le système s'écrit $\lambda+\mu+\nu=0$, $\lambda+2\mu+3\nu=0$ et $\lambda+4\mu+9\nu=0$. En retranchant la première ligne aux deux autres : $\mu+2\nu=0$ et $3\mu+8\nu=0$. En reportant $\mu=-2\nu$ dans la seconde, il vient $2\nu=0$. $$\boxed{\text{Famille libre : c'est une base de } \mathbb{R}^{3}.}$$

4. On a $(2\,;4\,;6)=2 \times (1\,;2\,;3)$ : les deux premiers vecteurs sont colinéaires. $$\boxed{\text{Famille liée : ce n'est pas une base.}}$$

Comparaison avec le chapitre 6. La première famille y avait été traitée à l'exercice 17 : il avait fallu vérifier la liberté, puis résoudre le système avec un second membre quelconque pour établir le caractère générateur. La proposition 1 rend ici cette seconde moitié entièrement superflue.