Exercice sur les bases d’espaces vectoriels 3

Dans l’espace vectoriel $V = \mathbb{R}^3$, de dimension $\dim(V) = 3$, on cherche une base contenant les vecteurs $v_1 = (3,\,-7,\,4)$ et $v_2 = (2,\,6,\,-5)$.

Solution

Comme l’espace est de dimension 3 :

$$ \dim(V) = 3 $$

deux vecteurs ne suffisent pas pour former une base.

Les vecteurs donnés sont :

$$ \vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 3 \\ -7 \\ 4 \end{pmatrix}, \quad \vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix} $$

Commençons par vérifier s’ils sont linéairement indépendants. En effet, s’ils étaient dépendants, il serait impossible de construire une base qui les contienne.

Deux vecteurs sont linéairement indépendants lorsque la seule solution du système

$$ k_1 \vec{v}_1 + k_2 \vec{v}_2 = \vec{0} $$

est la solution triviale $k_1 = k_2 = 0$.

En remplaçant les vecteurs, on obtient :

$$ k_1 \begin{pmatrix} 3 \\ -7 \\ 4 \end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

ce qui conduit au système linéaire suivant :

$$ \begin{cases} 3k_1 + 2k_2 = 0 \\ -7k_1 + 6k_2 = 0 \\ 4k_1 - 5k_2 = 0 \end{cases} $$

La solution triviale existe toujours. Pour vérifier s’il en existe d’autres, calculons le rang de la matrice des coefficients :

$$ A = \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ -7 & 6 \\ 4 & -5 \end{pmatrix} $$

Vérification : considérons un mineur $2 \times 2$ non nul :

$$ \det \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 4 & -5 \end{pmatrix} = 3(-5) - 2(4) = -15 - 8 = -23 $$

Comme $\text{rang}(A) = 2$ et que le nombre d’inconnues est $n = 2$, le système n’admet que la solution triviale :

$$ |S| = \infty^{n - r} = \infty^{0} = 1 $$

Les vecteurs $\vec{v}_1$ et $\vec{v}_2$ sont donc linéairement indépendants.

Cependant, l’espace étant de dimension 3, il faut encore ajouter un troisième vecteur pour obtenir une base complète.

Choisissons par exemple un vecteur de la base canonique :

$$ \vec{v}_3 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

Considérons maintenant l’ensemble :

$$ \{ \vec{v}_1, \vec{v}_2, \vec{v}_3 \} $$

Pour vérifier qu’il s’agit bien d’une base, testons l’indépendance linéaire de ces trois vecteurs :

$$ k_1 \vec{v}_1 + k_2 \vec{v}_2 + k_3 \vec{v}_3 = \vec{0} $$

En substituant les vecteurs, on obtient :

$$ k_1 \begin{pmatrix} 3 \\ -7 \\ 4 \end{pmatrix} + k_2 \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix} + k_3 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

ce qui conduit au système :

$$ \begin{cases} 3k_1 + 2k_2 + k_3 = 0 \\ -7k_1 + 6k_2 = 0 \\ 4k_1 - 5k_2 = 0 \end{cases} $$

La solution triviale ($k_1 = k_2 = k_3 = 0$) existe bien sûr, mais il faut vérifier qu’elle est unique. Pour cela, calculons le déterminant de la matrice associée :

$$ A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ -7 & 6 & 0 \\ 4 & -5 & 0 \end{pmatrix} $$

Vérification : le déterminant est non nul :

$$ \det(A) = 3(6 \cdot 0 - 0 \cdot (-5)) - 2(-7 \cdot 0 - 0 \cdot 4) + 1((-7)(-5) - 6 \cdot 4) = 0 + 0 + (35 - 24) = 11 $$

Comme $\text{rang}(A) = 3$ et que le nombre d’inconnues est $n = 3$, le système admet uniquement la solution triviale :

$$ |S| = \infty^{n - r} = \infty^0 = 1 $$

Les vecteurs $\vec{v}_1$, $\vec{v}_2$ et $\vec{v}_3$ sont donc linéairement indépendants.

Étant au nombre de trois et linéairement indépendants, ils forment bien une base de $\mathbb{R}^3$.

Remarquons que le choix du troisième vecteur n’est pas unique : tout vecteur n’appartenant pas au plan engendré par $\vec{v}_1$ et $\vec{v}_2$ conviendrait. Le vecteur choisi ici, $\vec{v}_3 = (1, 0, 0)$, n’est qu’un exemple pratique.