Dans le repère orthonormé \left( O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k} \right), soient les vecteurs \overrightarrow{u}\begin{pmatrix} 2 \cr\cr -1 \cr\cr 3 \end{pmatrix}, \overrightarrow{v}\begin{pmatrix} -4 \cr\cr 2 \cr\cr -6 \end{pmatrix} et \overrightarrow{w}\begin{pmatrix} 0 \cr\cr 2 \cr\cr 3 \end{pmatrix}.
Le triplet \left( \overrightarrow{u} ; \overrightarrow{v} ;\overrightarrow{w} \right) est-il une base de l'espace ?
Le triplet \left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est une base de l'espace si et seulement si \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
Or, on remarque que \overrightarrow{u} = -\dfrac{1}{2}\overrightarrow{v}. \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont donc colinéaires.
De plus, on remarque que \overrightarrow{w} n'est pas colinéaire à \overrightarrow{u} ; il n'est donc pas non plus colinéaire à \overrightarrow{v}.
Ces trois vecteurs forment donc un plan.
\overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont donc coplanaires.
\left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) n'est donc pas une base de l'espace.
Dans le repère orthonormé \left( O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k} \right) soient les vecteurs \overrightarrow{u}\begin{pmatrix} 2 \cr\cr -2 \cr\cr 4 \end{pmatrix}, \overrightarrow{v}\begin{pmatrix} 1 \cr\cr 2 \cr\cr 6 \end{pmatrix} et \overrightarrow{w}\begin{pmatrix} -1 \cr\cr 3 \cr\cr 2 \end{pmatrix}.
Le triplet \left( \overrightarrow{u} ; \overrightarrow{v} ;\overrightarrow{w} \right) est-il une base de l'espace ?
On peut tout d'abord remarquer que \dfrac{x_{\overrightarrow{u}}}{x_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{2}{1} = 2 et \dfrac{y_{\overrightarrow{u}}}{y_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{-2}{2} = -1 :
\overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont donc non colinéaires.
Le triplet \left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est une base de l'espace si et seulement si \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont non colinéaires et \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
Comme \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} ne sont pas colinéaires, les vecteurs \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont coplanaires si et seulement s'il existe deux réels \alpha et \beta tels que :
\overrightarrow{w} =\alpha\overrightarrow{u} + \beta \overrightarrow{v}
C'est-à-dire :
\begin{cases} -1 = 2\alpha + \beta \cr \cr 3 = -2\alpha + 2\beta \cr \cr 2 = 4\alpha + 6\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} 2 = 3\beta \hspace{3em} (L1 + L2) \cr \cr 3 = -2\alpha + 2\beta \cr \cr 2 = 4\alpha + 6\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} \beta = \dfrac{2}{3} \cr \cr 3 = -2\alpha + 2\times\dfrac{2}{3} \cr \cr 2 = 4\alpha + 6\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} \beta = \dfrac{2}{3} \cr \cr \alpha = -\dfrac{5}{6} \cr \cr 2 = 4\alpha + 6\beta \end{cases}
On vérifie maintenant que les deux valeurs de \alpha et \beta trouvées vérifient la dernière ligne du système :
4\times \left( -\dfrac{5}{6} \right) + 6\times \dfrac{2}{3} = -\dfrac{10}{3} + \dfrac{12}{3} = \dfrac{2}{3} \neq 2
La dernière ligne n'étant pas vérifiée, on en déduit que \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
\left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est donc une base de l'espace.
Dans le repère orthonormé \left( O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k} \right) soient les vecteurs \overrightarrow{u}\begin{pmatrix} -5 \cr\cr 0 \cr\cr 2 \end{pmatrix}, \overrightarrow{v}\begin{pmatrix} -2 \cr\cr -3 \cr\cr 2 \end{pmatrix} et \overrightarrow{w}\begin{pmatrix} -1 \cr\cr 2 \cr\cr 5 \end{pmatrix}.
Le triplet \left( \overrightarrow{u} ; \overrightarrow{v} ;\overrightarrow{w} \right) est-il une base de l'espace ?
On peut tout d'abord remarquer que \dfrac{x_{\overrightarrow{u}}}{x_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{-5}{-2} = \dfrac{5}{2} et \dfrac{y_{\overrightarrow{u}}}{y_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{0}{-3} = 0 :
\overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont donc non colinéaires.
Le triplet \left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est une base de l'espace si et seulement si \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont non colinéaires et \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
Comme \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} ne sont pas colinéaires, les vecteurs \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont coplanaires si et seulement s'il existe deux réels \alpha et \beta tels que :
\overrightarrow{w} =\alpha\overrightarrow{u} + \beta \overrightarrow{v}
C'est-à-dire :
\begin{cases} -1 = -5\alpha - 2\beta \cr \cr 2 = 0\alpha -3\beta \cr \cr 5 = 2\alpha + 2\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} -1 = -5\alpha - 2\beta \cr \cr \beta = -\dfrac{2}{3}\cr \cr 5 = 2\alpha + 2\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} -1 = -5\alpha - 2\times \left( -\dfrac{2}{3} \right) \cr \cr \beta = -\dfrac{2}{3}\cr \cr 5 = 2\alpha + 2\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} \alpha = \dfrac{7}{15} \cr \cr \beta = -\dfrac{2}{3}\cr \cr 5 = 2\alpha + 2\beta \end{cases}
On vérifie maintenant que les deux valeurs de \alpha et \beta trouvées vérifient la dernière ligne du système :
2\times \dfrac{7}{15} + 2 \times \left( -\dfrac{2}{3} \right) = \dfrac{14}{15} - \dfrac{4}{3} = -\dfrac{6}{15} = -\dfrac{2}{5} \neq 5
La dernière ligne n'étant pas vérifiée, on en déduit que \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
\left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est donc une base de l'espace.
Dans le repère orthonormé \left( O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k} \right) soient les vecteurs \overrightarrow{u}\begin{pmatrix} 3 \cr\cr 6 \cr\cr -3 \end{pmatrix}, \overrightarrow{v}\begin{pmatrix} 4 \cr\cr -1 \cr\cr 3 \end{pmatrix} et \overrightarrow{w}\begin{pmatrix} 5 \cr\cr 1 \cr\cr 5 \end{pmatrix}.
Le triplet \left( \overrightarrow{u} ; \overrightarrow{v} ;\overrightarrow{w} \right) est-il une base de l'espace ?
On peut tout d'abord remarquer que \dfrac{x_{\overrightarrow{u}}}{x_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{3}{4} et \dfrac{y_{\overrightarrow{u}}}{y_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{6}{-1} = -6 :
\overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont donc non colinéaires.
Le triplet \left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est une base de l'espace si et seulement si \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont non colinéaires et \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
Comme \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} ne sont pas colinéaires, les vecteurs \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont coplanaires si et seulement s'il existe deux réels \alpha et \beta tels que :
\overrightarrow{w} =\alpha\overrightarrow{u} + \beta \overrightarrow{v}
C'est-à-dire :
\begin{cases} 5 = 3\alpha +4\beta \cr \cr 1 = 6\alpha -\beta \cr \cr 5 = -3\alpha + 3\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} 9 = 9\beta \hspace{3em} (2L1 - L2) \cr \cr 1 = 6\alpha -\beta \cr \cr 5 = -3\alpha + 3\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases} \beta = 1 \cr \cr 1 = 6\alpha -1 \cr \cr 5 = -3\alpha + 3\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} \beta = 1 \cr \cr \alpha = \dfrac{1}{3} \cr \cr 5 = -3\alpha + 3\beta \end{cases}
On vérifie maintenant que les deux valeurs de \alpha et \beta trouvées vérifient la dernière ligne du système :
-3 \times \dfrac{1}{3} + 3 \times 1 = -1 + 3 = 2 \neq 5
La dernière ligne n'étant pas vérifiée, on en déduit que \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
\left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est donc une base de l'espace.
Dans le repère orthonormé \left( O; \overrightarrow{i}, \overrightarrow{j}, \overrightarrow{k} \right) soient les vecteurs \overrightarrow{u}\begin{pmatrix} -1 \cr\cr -2 \cr\cr -4 \end{pmatrix}, \overrightarrow{v}\begin{pmatrix} 5 \cr\cr 3 \cr\cr 6 \end{pmatrix} et \overrightarrow{w}\begin{pmatrix} 4 \cr\cr 4 \cr\cr 8 \end{pmatrix}.
Le triplet \left( \overrightarrow{u} ; \overrightarrow{v} ;\overrightarrow{w} \right) est-il une base de l'espace ?
On peut tout d'abord remarquer que \dfrac{x_{\overrightarrow{u}}}{x_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{-1}{5} et \dfrac{y_{\overrightarrow{u}}}{y_{\overrightarrow{v}}} = \dfrac{-2}{3} :
\overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont donc non colinéaires.
Le triplet \left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) est une base de l'espace si et seulement si \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} sont non colinéaires et \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont non coplanaires.
Comme \overrightarrow{u} et \overrightarrow{v} ne sont pas colinéaires, les vecteurs \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et\overrightarrow{w} sont coplanaires si et seulement s'il existe deux réels \alpha et \beta tels que :
\overrightarrow{w} =\alpha\overrightarrow{u} + \beta \overrightarrow{v}
C'est-à-dire :
\begin{cases} 4 = -\alpha +5\beta \cr \cr 4 = -2\alpha +3\beta \cr \cr 8 = -4\alpha + 6\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} 4 = 7\beta\hspace{3em} (2L1 - L2) \cr \cr 4 = -2\alpha +3\beta \cr \cr 8 = -4\alpha + 6\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} \beta = \dfrac{4}{7} \cr \cr 4 = -2\alpha +3\times\dfrac{4}{7} \cr \cr 8 = -4\alpha + 6\beta \end{cases}\\\Leftrightarrow\begin{cases} \beta = \dfrac{4}{7} \cr \cr \alpha = -\dfrac{8}{7} \cr \cr 8 = -4\alpha + 6\beta \end{cases}
On vérifie maintenant que les deux valeurs de \alpha et \beta trouvées vérifient la dernière ligne du système :
-4\times \left(-\dfrac{8}{7} \right) +6\times \dfrac{4}{7} = \dfrac{32+24}{7} = 8
La dernière ligne étant vérifiée, on en déduit que \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v} et \overrightarrow{w} sont coplanaires.
\left( \overrightarrow{u}; \overrightarrow{v} ; \overrightarrow{w} \right) n'est donc pas une base de l'espace.