Exercice 2 - Exercice 1

Adoptons une présentation matricielle de la situation. Rangeons par ligne les vecteurs h$$u_1$$, $$u_2$$ et $$u_3$$. On obtient alors :
$$\begin{pmatrix} m & 1 & 1 \\ 1 & m & 1 \\ 1 & 1 & m \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_1 \\ u_2 \\ u_3 \end{array}$$
Permutons les lignes $$L_1$$ et $$L_3$$ pour obtenir :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 1 & m & 1 \\ m & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 \\ u_1 \end{array}$$
A ce stade, effectuons les deux substitutions suivantes : $$L_2 \longleftarrow L_2 - L_1$$ et $$L_3 \longleftarrow L_3 - mL_1$$. On a alors :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 0 & m-1 & 1-m \\ 0 & 1-m & 1-m^2 \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 - u_3 \\ u_1 - m u_3 \end{array}$$
Puis effectuons la substitution suivante : $$L_3 \longleftarrow L_3 + L_2$$. On a alors :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 0 & m-1 & 1-m \\ 0 & 0 & 1-m^2 + 1- m \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 - u_3 \\ u_1 + u_2 - (1+m) u_3 \end{array}$$
On a aussi $$1-m^2 + 1-m = (1-m)(1+m) + (1-m) = (1-m)(1+m) + 1(1-m) = (1-m)(1+m+1)$$. Donc :
$$1-m^2 + 1-m = (1-m)(m+2) = -(m-1)(m-(-2))$$
Ainsi :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 0 & m-1 & 1-m \\ 0 & 0 & -(m-1)(m-(-2)) \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 - u_3 \\ u_1 + u_2 - (m+1) u_3 \end{array}$$
Il nous faut donc porter notre attention sur le cas $$m=1$$ et sur le cas $$m=-2$$.
$${\color{blue}{\bf{\clubsuit \,\, Premier \,\, cas \,: \,\,}} m=1}$$
En posant $$m=1$$, on obtient :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 - u_3 \\ u_1 + u_2 - 2 u_3 \end{array}$$
On a alors $$u_2 - u_3 = 0_{\mathbb{R}^3}$$ et $$u_1 + u_2 - 2 u_3 = 0_{\mathbb{R}^3}$$. Cette dernière relation s'écrit aussi $$u_1 + u_2 - u_3 - u_3 = 0_{\mathbb{R}^3}$$ ce qui nous donne $$u_1 + 0_{\mathbb{R}^3} - u_3 = 0_{\mathbb{R}^3}$$. Ainsi on a les deux relations linéaires suivantes :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} u_2 - u_3 & = & 0_{\mathbb{R}^3} \\ u_1 - u_3 & = & 0_{\mathbb{R}^3} \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \left\lbrace \begin{array}{rcl} u_2 & = & u_3\\ u_1 & = & u_3 \end{array} \right. \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u_1 = u_2 = u_3$$
De fait :
$$\mathrm{Rang}(\mathcal{U}) = \mathrm{Rang}(u_1 \,;\, u_2 \,;\, u_3) = \mathrm{Rang}(u_1 \,;\, u_1 \,;\, u_1) = \mathrm{Rang}(u_1) = 1$$
$${\color{blue}{\bf{\clubsuit \clubsuit\,\, Deuxième \,\, cas \,: \,\,}} m=-2}$$
En posant $$m=-2$$, on obtient :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 \\ 0 & -3 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 - u_3 \\ u_1 + u_2 + u_3 \end{array} \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, \begin{pmatrix} 1 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ \frac{1}{3}(u_3 - u_2) \\ u_1 + u_2 + u_3 \end{array}$$
Effectuons la substitution $$L_1 \longleftarrow L_1 - L_2$$. On a alors :
$$\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{array}{l} \frac{1}{3}(u_2 + 2 u_3) \\ \frac{1}{3}(u_3 - u_2) \\ u_1 + u_2 + u_3 \end{array}$$
On a donc la relation linéaire suivante :
$$u_1 + u_2 + u_3 = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u_1 = - u_2 - u_3$$
Puis les deux vecteurs
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} v_1 & = & \dfrac{1}{3}(u_2 + 2 u_3) \\ & & \\ v_2 & = & \dfrac{1}{3}(u_3 - u_2) \end{array} \right.$$
engendrent $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$.
On a alors :
$$\mathrm{Rang}(\mathcal{U}) = \mathrm{Rang}(u_1 \,;\, u_2 \,;\, u_3) = \mathrm{Rang}(- u_2 - u_3 \,;\, u_2 \,;\, u_3) = \mathrm{Rang}(u_2 \,;\, u_3) = 2$$
$${\color{blue}{\bf{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, Troisième \,\, cas \,: \,\,}} m \neq -2 \,\, {\bf{et}} \,\, m \neq 1}$$
On a alors :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 0 & m-1 & 1-m \\ 0 & 0 & -(m-1)(m+2) \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ u_2 - u_3 \\ u_1 + u_2 - (m+1) u_3 \end{array}$$
Effectuons alors les deux transformations suivantes : $$L_2 \longleftarrow \dfrac{1}{m-1} L_2$$ et $$L_3 \longleftarrow - \dfrac{1}{(m-1)(m+2)}L_3 - mL_1$$. On a alors :
$$\begin{pmatrix} 1 & 1 & m \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{array}{l} u_3 \\ \frac{1}{m-1}(u_2 - u_3) \\ - \frac{1}{(m-1)(m+2)}(u_1 + u_2 - (m+1) u_3) \end{array}$$
Cette fois ci il n'y a pas de relations de dépendances linéaires entre les vecteurs $$u_1$$, $$u_2$$ et $$u_3$$. Puis, concernant le car cul du rang, on a donc :
$$\mathrm{Rang}(\mathcal{U}) = \mathrm{Rang}(u_1 \,;\, u_2 \,;\, u_3) = \mathrm{Rang}\left (u_3 \,;\, \frac{1}{m-1}(u_2 - u_3) \,;\, - \frac{1}{(m-1)(m+2)}(u_1 + u_2 - (m+1) u_3) \right) = 3$$

Reprenons les différents cas à distinguer.
$${\color{blue}{\bf{\clubsuit \,\, Premier \,\, cas \,: \,\,}} m=1}$$
Nous avions trouver que :
$$u_1 = u_2 = u_3$$
De fait $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U}) = \mathrm{Vect}(u_1)$$. Ainsi $$u_1$$ est une base de $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$.
$${\color{blue}{\bf{\clubsuit \clubsuit\,\, Deuxième \,\, cas \,: \,\,}} m=-2}$$
Dans ce cas nous avions trouver qu'il existait la relation linéaire $$u_1 + u_2 + u_3 = 0 \,\,\,\, \Longleftrightarrow \,\,\,\, u_1 = - u_2 - u_3$$. Puis que les deux vecteurs
$$\left\lbrace \begin{array}{rclcl} v_1 & = & \dfrac{1}{3}(u_2 + 2 u_3) & = & ( 1 \,;\, 0 \,;\, -1) \\ & & & & \\ v_2 & = & \dfrac{1}{3}(u_3 - u_2) & = & ( 0 \,;\, 1 \,;\, -1) \end{array} \right.$$
engendrent $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$ donc qu'elle est génératrice de $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$. Vérifions si ces deux vecteurs $$v_1$$ et $$v_2$$ sont libres dans $$\mathbb{R}^3$$.
Donc considérons $$\lambda_1$$ et $$\lambda_2$$ deux nombres réels. Donc :
$$\lambda_1 ( 1 \,;\, 0 \,;\, -1) + \lambda_2 ( 0 \,;\, 1 \,;\, -1) = 0_{\mathbb{R}^3} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, ( \lambda_1 \,;\, 0 \,;\, -\lambda_1) + ( 0 \,;\, \lambda_2 \,;\, -\lambda_2) = ( 0 \,;\, 0 \,;\, 0)$$
Soit :
$$\left\lbrace \begin{array}{rcl} \lambda_1 & = & 0 \\ \lambda_1 & = & 0 \\ -\lambda_1 - \lambda_2 & = & 0 \end{array} \right. \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = 0$$
Donc :
$$\lambda_1 ( 1 \,;\, 0 \,;\, -1) + \lambda_2 ( 0 \,;\, 1 \,;\, -1) = 0_{\mathbb{R}^3} \,\,\, \Longrightarrow \,\,\, \lambda_1 = \lambda_2 = 0$$
De fait les deux vecteurs $$v_1$$ et $$v_2$$ forment une famille libre dans $$\mathbb{R}^3$$. Ainsi ces deux vecteurs $$v_1$$ et $$v_2$$ forment une base de $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$.
$${\color{blue}{\bf{\clubsuit \clubsuit \clubsuit \,\, Troisième \,\, cas \,: \,\,}} m \neq -2 \,\, {\bf{et}} \,\, m \neq 1}$$
On a alors la famille vectorielle $$F$$ suivante :
$$F = \left (u_3 \,;\, q_1 = \frac{1}{m-1}(u_2 - u_3) \,;\, q_2 = - \frac{1}{(m-1)(m+2)}(u_1 + u_2 - (m+1) u_3) \right)$$
Comme, dans ce cas, il n'y pas pas de dépendance linéaire cette famille est donc libres dans $$\mathbb{R}^3$$. De plus cette famille engendre $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$. Ainsi ces tris vecteurs $$u_3$$, $$q_1$$ et $$q_2$$ forment une base de $$\mathrm{Vect}(\mathcal{U})$$.