Exercice 14

1. Notons $e_{1}' = (-1, 1, 1)$, $e_{2}' = (1, -1, 1)$, $e_{3}' = (1, 1, -1)$. L'équation $ae_{1}' + be_{2}' + ce_{3}' = (x, y, z)$ s'écrit $-a + b + c = x$, $a - b + c = y$, $a + b - c = z$. En ajoutant deux à deux, $2c = x + y$, $2a = y + z$, $2b = x + z$ : la solution existe et est unique pour tout $(x, y, z)$, donc la famille est une base par le théorème 2. Pour $(3, 7, -2)$ : $$\boxed{(3, 7, -2) = \frac{5}{2}e_{1}' + \frac{1}{2}e_{2}' + 5e_{3}'}$$

2. Le troisième vecteur est la somme des deux premiers ; ceux-ci ne sont pas colinéaires, donc forment une famille libre, qui engendre $F$ par la proposition 6. Les trois vecteurs vérifient $x + 2y + z = 0$, donc $F$ est contenu dans le plan $P$ de cette équation. Réciproquement, si $(x, y, z) \in P$, on a $$(x, y, z) = a(1, -1, 1) + b(0, -1, 2) \qquad\text{avec } a = x \text{ et } b = -x - y,$$ la troisième coordonnée valant $a + 2b = -x - 2y = z$. $$\boxed{\text{Base de } F : \big((1, -1, 1), (0, -1, 2)\big), \qquad F = \{x + 2y + z = 0\}}$$

3. Dans le premier cas, $x = y - 2z$, donc $(x, y, z) = y(1, 1, 0) + z(-2, 0, 1)$. Dans le second, $y = -2x$ et $z = 2t - 7x$, donc $(x, y, z, t) = x(1, -2, -7, 0) + t(0, 0, 2, 1)$. Les familles obtenues sont génératrices, et libres, puisque les paramètres se lisent sur des coordonnées. $$\boxed{\big((1, 1, 0), (-2, 0, 1)\big) \qquad\text{et}\qquad \big((1, -2, -7, 0), (0, 0, 2, 1)\big)}$$