Extraire une base d'une famille génératrice

Le plan. On identifie d'abord le vecteur inutile, puis on montre que les trois restants forment une base — ce qui prouvera du même coup que la famille de départ engendre ${\mathbb{R}}^3$.

$u_3$ ne sert à rien. On vérifie coordonnée par coordonnée : $$u_1+u_2=(1+0,0+1,1+1)=(1,1,2)=u_3.$$ Donc $u_3\in \mathrm{Vect}(u_1,u_2)$, et $\mathrm{Vect}(u_1,u_2,u_3,u_4)=\mathrm{Vect}(u_1,u_2,u_4)$ : toute combinaison où figure $u_3$ se réécrit en remplaçant $u_3$ par $u_1+u_2$.

$(u_1,u_2,u_4)$ est libre. Supposons $\lambda u_1+\mu u_2+\nu u_4=(0,0,0)$. En coordonnées : $$\{\begin{array}{ll}\lambda =0& \text{(premieˋre)}\\ \mu =0& \text{(deuxieˋme)}\\ \lambda +\mu +\nu =0& \text{(troisieˋme)}\end{array}$$ Les deux premières lignes donnent immédiatement $\lambda =\mu =0$, et la troisième se réduit alors à $\nu =0$. Tous les coefficients sont nuls : la famille est libre.

Conclusion. $(u_1,u_2,u_4)$ est libre et compte $3=\dim ({\mathbb{R}}^3)$ vecteurs : c'est une base de ${\mathbb{R}}^3$. Elle engendre donc ${\mathbb{R}}^3$, et a fortiori $\mathrm{Vect}(u_1,u_2,u_3,u_4)$ aussi : la famille de départ est génératrice, et $(u_1,u_2,u_4)$ en est une base extraite.

Le point délicat. On n'a jamais résolu de système à second membre quelconque, ce qu'aurait exigé la définition de « génératrice » : exhiber une sous-famille libre de cardinal $3$ est bien plus court.