Des coordonnées dans une base tordue

${\mathcal{B}}^{\prime }$ est une base. La famille compte $3$ vecteurs et $\dim ({\mathbb{R}}^3)=3$ : par le théorème « la moitié du travail suffit », il suffit de montrer qu'elle est libre.

Supposons $\lambda e_1^{\prime }+\mu e_2^{\prime }+\nu e_3^{\prime }=0$. En écrivant les coordonnées : $$\{\begin{array}{ll}\lambda +\nu =0& \text{(premieˋre)}\\ \lambda +\mu =0& \text{(deuxieˋme)}\\ \mu +\nu =0& \text{(troisieˋme)}\end{array}$$ La première donne $\nu =-\lambda$, la deuxième $\mu =-\lambda$. En reportant dans la troisième : $-\lambda -\lambda =-2\lambda =0$, donc $\lambda =0$, puis $\mu =\nu =0$. La famille est libre, c'est une base.

Les coordonnées de $u$. On cherche $(x,y,z)$ tels que $u=x{e}_1^{\prime }+y{e}_2^{\prime }+z{e}_3^{\prime }$, c'est-à-dire $$\{\begin{array}{l}x+z=1\\ x+y=2\\ y+z=3\end{array}$$ Additionnons les trois équations : $2x+2y+2z=6$, donc $x+y+z=3$. En soustrayant de cette somme chacune des équations initiales, on obtient directement chaque inconnue : $$y=3-1=2,z=3-2=1,x=3-3=0.$$

Vérification, indispensable et d'une ligne : $0\cdot (1,1,0)+2\cdot (0,1,1)+1\cdot (1,0,1)=(1,2,3)=u$. Les coordonnées de $u$ dans ${\mathcal{B}}^{\prime }$ sont donc $(0,2,1)$, à ne pas confondre avec $(1,2,3)$, ses coordonnées dans la base canonique.