Considérez les vecteurs suivants de $\R^4$ : $\alpha_1=(1,1,2,-1)\comma$ $\alpha_2 = (3,0,4,-1)$ et $\alpha_3 = (-1,2,5,2).$

Posez $\alpha = (4,-5,9,-7).$ Le vecteur $\alpha$ est-il une combinaison linéaire des trois vecteurs précédents ? Autrement dit, appartient-il à l’espace vectoriel qu’ils engendrent ? Ou encore, existe-t-il trois réels $a_1\comma$ $a_2$ et $a_3$ tels que $\alpha = a_1\alpha_1 + a_2\alpha_2+a_3\alpha_3$ soit vérifiée ?

En remplaçant chaque vecteur par sa valeur numérique, vous êtes amené à résoudre un système de quatre équations d’inconnues $a_1$ puis $a_2$ et $a_3.$ Cela répondrait à la question, mais il sera privilégié ici une présentation différente.

Formez la matrice suivante :

Comme les opérations élémentaires sur les lignes de $A$ ne changent pas l’espace vectoriel engendré par les lignes de $A$ – notez que cet espace vectoriel n’est autre que $\vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ -, il revient au même de se poser la question : est-ce que $\alpha\in\vect(r_1,r_2,r_3)$ où $r_1\comma$ $r_2$ et $r_3$ sont les vecteurs lignes de la matrice échelonnée réduite $R$ obtenue à partir de $A$ par opérations élémentaires ? L’intérêt des vecteurs $r_1\comma$ $r_2$ et $r_3$ c’est que ce seront des vecteurs qui permettront de décomposer instantanément $\alpha$ dessus.

Calculez la matrice $R\comma$ la vaguelette $\sim$ signifiant que vous pouvez passer d’une matrice à l’autre par des opérations élémentaires sur les lignes de $A.$ Il vient :

Puis $L_3\leftarrow L_3+L_1$ fournit :

Puis $L_2\leftarrow L_2-3L_1$ fournit :

Puis $L_3\leftarrow L_3+L_2$ fournit :

Puis $L_1\leftarrow 3L_1$ fournit :

Puis $L_1\leftarrow L_1+L_2$ fournit :

Puis $L_1\leftarrow 5L_1\comma$ $L_2\leftarrow 10L_2\comma$ $L_3\leftarrow 4L_3$ donnent :

Puis $L_1\leftarrow L_1-L_3\comma$ $L_2\leftarrow L_2+L_3$ donnent :

Puis $L_2\leftarrow L_2 / 2\comma$ $L_3\leftarrow L_3/4$ donnent :

Puis vous effectuez la normalisation des pivots :

Ainsi $r_1 = \left(1,0,0,-\dfrac{17}{15}\right)\comma$ $r_2 = \left(0,1,0,-\dfrac{16}{15}\right)$ et $r_3 = \left(0,0,1,\dfrac{3}{5}\right).$

Les coordonnées pivots de $\vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ sont $1\comma$ $2$ et $3$ ce qui signifie que les positions des colonnes pivot de chacun des vecteurs pivots sont bien $1\comma$ $2$ et $3.$

Comme $\alpha = (4,-5,9,-7)\comma$ $\alpha\in \vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ si et seulement si $\alpha\in \vect(r_1,r_2,r_3).$ Comme $r_1\comma$ $r_2$ et $r_3$ sont les vecteurs pivots, cette condition est équivalente à $\alpha = 4r_1-5r_2+9r_3.$

Regardez la quatrième coordonnée de $\alpha$ qui vaut $-7.$

Formez la quatrième coordonnée du vecteur $4r_1-5r_2+9r_3.$

Elle est égale à $\dfrac{-17\times 4}{15}+\dfrac{5\times 16}{15}+\dfrac{9\times 9}{15} = \dfrac{-68+80+81}{15}=\dfrac{93}{15}\comma$ qui est différent de $-7.$ L’égalité $\alpha = 4r_1-5r_2+9r_3$ n’est donc pas vérifiée, donc $\alpha$ n’est pas une combinaison linéaire des vecteurs $\alpha_1\comma$ $\alpha_2$ et $\alpha_3.$