Familles libres, génératrices, bases

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• Le déterminant est nul : $\left|\begin{array}{ccc}1& 3& 1\\ 2& 1& -3\\ 1& 2& 0\end{array}\right|=1(0+6)-2(0-2)+1(-9-1)=6+4-10=0$. Plus simplement, on cherche $(1,-3,0)=a(1,2,1)+b(3,1,2)$ : la troisième composante donne $a=-2b$, la première $-2b+3b=1$, soit $b=1$, $a=-2$, et la deuxième se vérifie : $-4+1=-3$. La famille est liée : $-2(1,2,1)+(3,1,2)-(1,-3,0)=\overrightarrow{0}$. Elle n'est donc pas génératrice (trois vecteurs de ${\mathbb{R}}^3$ : libre $⟺$ génératrice).
• La matrice est triangulaire : $\left|\begin{array}{ccc}2& 1& 4\\ 0& 3& 1\\ 0& 0& -1\end{array}\right|=2\cdot 3\cdot (-1)=-6\ne 0$. Libre, donc génératrice : c'est une base.
• $\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 2& 1& 0\\ 0& 2& 1\end{array}\right|=1(1-0)-2(0-2)+0=5\ne 0$ : base. En résolvant $a(1,2,0)+b(0,1,2)+c(1,0,1)=(x,y,z)$, soit $a+c=x$, $2a+b=y$, $2b+c=z$, on trouve

$$a=\frac{x+2y-z}{5},b=\frac{-2x+y+2z}{5},c=\frac{4x-2y+z}{5}.$$

• Deux vecteurs non colinéaires : libre ; mais deux vecteurs n'engendrent pas ${\mathbb{R}}^3$ (théorème 3.12).
• Quatre vecteurs de ${\mathbb{R}}^3$ : liée, sans calcul ; génératrice, puisqu'elle contient la base canonique. Relation : $(1,0,0)+(0,1,0)+(0,0,1)-(1,1,1)=\overrightarrow{0}$.

• Pour la première famille, $a({\overrightarrow{e}}_1+2{\overrightarrow{e}}_2)+b({\overrightarrow{e}}_2+{\overrightarrow{e}}_3)+c({\overrightarrow{e}}_1-2{\overrightarrow{e}}_3)=(a+c){\overrightarrow{e}}_1+(2a+b){\overrightarrow{e}}_2+(b-2c){\overrightarrow{e}}_3$. La famille $({\overrightarrow{e}}_1,{\overrightarrow{e}}_2,{\overrightarrow{e}}_3)$ étant libre, cette combinaison est nulle si et seulement si $a+c=0$, $2a+b=0$, $b-2c=0$ : $a=-c$, $b=2c$, et la troisième équation est vérifiée. Avec $c=-1$ : $({\overrightarrow{e}}_1+2{\overrightarrow{e}}_2)-2({\overrightarrow{e}}_2+{\overrightarrow{e}}_3)-({\overrightarrow{e}}_1-2{\overrightarrow{e}}_3)=\overrightarrow{0}$ : la famille est liée. Pour la seconde, on obtient de même $a+c=0$, $a+b=0$, $2b+c=0$ ; d'où $c=-a$, $b=-a$, puis $-2a-a=0$ : $a=0$, puis $b=c=0$. La famille est libre.
• $\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ 0& 1& 1\\ 1& 0& 1\end{array}\right|=1(1-0)-0+1(2-0)=3\ne 0$ : base. Les coordonnées $(a,b,c)$ de $\overrightarrow{w}$ vérifient $a+2b=4$, $b+c=0$, $a+c=1$ ; donc $c=-b$, $a=1+b$, et $1+3b=4$ : $b=1$, $a=2$, $c=-1$. Ainsi $\overrightarrow{w}=2(1,0,1)+(2,1,0)-(0,1,1)$.
• $\left|\begin{array}{ccc}t& 1& 1\\ 1& t& 1\\ 1& 1& t\end{array}\right|=t(t^2-1)-(t-1)+(1-t)=(t-1)(t^2+t-2)=(t-1{)}^2(t+2)$. Les trois vecteurs forment une base si et seulement si $t\ne 1$ et $t\ne -2$. (Pour $t=1$, les trois vecteurs sont égaux ; pour $t=-2$, leur somme est nulle.)
• $x=2y-3z$, donc les vecteurs de $H$ sont les $(2y-3z,y,z)=y(2,1,0)+z(-3,0,1)$. Ces deux vecteurs non colinéaires forment une base de $H$, et $\dim H=2$ : $H$ est un plan.