Compléter une famille libre en une base de ${\mathbb{R}}^4$

Ce qu'on montre. La liberté par résolution directe, puis la complétion en invoquant le théorème de la base incomplète — et l'on justifie que n'importe quel vecteur de la base canonique convient.

La famille est libre. Soient $a,b,c\in \mathbb{R}$ avec $a{v}_1+b{v}_2+c{v}_3=0$. En écrivant les quatre coordonnées : $$(a,a+b,b+c,c)=(0,0,0,0).$$ La première donne $a=0$, la quatrième $c=0$, et la deuxième donne alors $b=-a=0$. La famille est libre.

Le sous-espace qu'elle engendre. Posons $\psi (x,y,z,t)=x-y+z-t$, forme linéaire non nulle sur ${\mathbb{R}}^4$. On vérifie $$\psi (v_1)=1-1+0-0=0,\psi (v_2)=0-1+1-0=0,\psi (v_3)=0-0+1-1=0.$$ Donc $\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)\subset \ker \psi$. Or $\ker \psi$ est le noyau d'une forme linéaire non nulle sur un espace de dimension $4$ : c'est un hyperplan, de dimension $3$. Comme $\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)$ est de dimension $3$ lui aussi, l'inclusion est une égalité : $$\mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)=\{(x,y,z,t)\in {\mathbb{R}}^4\mid x-y+z-t=0\}.$$

La complétion. Le théorème de la base incomplète assure qu'on peut compléter par un vecteur pris dans une famille génératrice, par exemple la base canonique. Un vecteur $w$ convient dès que $w\notin \mathrm{Vect}(v_1,v_2,v_3)$, c'est-à-dire dès que $\psi (w)\ne 0$. Or $$\psi (e_1)=1,\psi (e_2)=-1,\psi (e_3)=1,\psi (e_4)=-1,$$ tous non nuls : les quatre vecteurs canoniques conviennent. Prenons $e_1=(1,0,0,0)$.

Vérification. Si $a{v}_1+b{v}_2+c{v}_3+d{e}_1=0$, les coordonnées donnent $(a+d,a+b,b+c,c)=0$, d'où $c=0$, puis $b=0$, puis $a=0$, puis $d=0$. La famille $(v_1,v_2,v_3,e_1)$ est libre, de cardinal $4=\dim {\mathbb{R}}^4$ : c'est une base.

Point délicat. Ce n'est pas parce qu'un vecteur « a l'air différent » qu'il complète : il faut qu'il soit hors du sous-espace engendré. Ici l'équation de cet hyperplan rend le test immédiat.