Quand ajouter un vecteur conserve la liberté

Sens direct, par contraposée. Supposons $v\in \mathrm{Vect}(u_1,\dots ,u_p)$, c'est-à-dire $v={\alpha }_1{u}_1+\cdots +{\alpha }_p{u}_p$. Alors $${\alpha }_1{u}_1+\cdots +{\alpha }_p{u}_p+(-1)v=0_E$$ est une combinaison nulle de la famille augmentée dont le dernier coefficient vaut $-1\ne 0$. La famille $(u_1,\dots ,u_p,v)$ est donc liée.

Sens réciproque. Supposons ${\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_p{u}_p+\mu v=0_E$. Deux cas.

Si $\mu \ne 0$, on peut diviser : $v=-\frac{{\lambda }_1}{\mu }{u}_1-\cdots -\frac{{\lambda }_p}{\mu }{u}_p$, donc $v\in \mathrm{Vect}(u_1,\dots ,u_p)$ — exclu par hypothèse. Ce cas ne se produit pas.

Donc $\mu =0$, et la relation devient ${\lambda }_1{u}_1+\cdots +{\lambda }_p{u}_p=0_E$. La famille $(u_1,\dots ,u_p)$ étant libre, tous les ${\lambda }_i$ sont nuls. Tous les coefficients de la combinaison sont nuls : la famille augmentée est libre.

Le point délicat est la division par $\mu$ : elle n'est licite qu'après avoir isolé le cas $\mu \ne 0$. C'est toute la structure de la preuve.

Application. $(u_1,u_2)$ est libre (la première coordonnée donne $\lambda =0$, la deuxième $\mu =0$). Le vecteur $v=(1,1,1)$ appartient-il à $\mathrm{Vect}(u_1,u_2)$ ? Il faudrait $\lambda =1$ et $\mu =1$, ce qui imposerait une troisième coordonnée $\lambda +\mu =2\ne 1$. Donc $v\notin \mathrm{Vect}(u_1,u_2)$, et $(u_1,u_2,v)$ est libre. Comme elle compte $3=\dim ({\mathbb{R}}^3)$ vecteurs, c'est même une base de ${\mathbb{R}}^3$.