Exemple: Considérons $V=\mathbb{R}^n$. Rappelons que l'on peut écrire tout vecteur $\boldsymbol{x}\in \mathbb{R}^n$ comme $$\boldsymbol{x} = x_1 \boldsymbol{e}_1 +x_2 \boldsymbol{e}_2 \dots+ x_n \boldsymbol{e}_n\,,$$ où $$\boldsymbol{e}_1:= \begin{pmatrix} 1\\ 0\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} \,,\quad \boldsymbol{e}_2:= \begin{pmatrix} 0\\ 1\\ \vdots\\ 0 \end{pmatrix} \,,\quad \dots \quad \boldsymbol{e}_n:= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ \vdots\\ 1 \end{pmatrix} \,.$$ Puisque cette famille de vecteurs est libre , on conclut que $\mathcal{B}_{\mathrm{can}}=(\boldsymbol{e}_1,\dots,\boldsymbol{e}_n)$ est bien une base, la base canonique de $\mathbb{R}^n$.

Exemple: Dans $V=\mathbb{R}^2$, considérons les vecteurs $$\boldsymbol{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix} \,,\qquad \boldsymbol{v}_2= \begin{pmatrix} -7\\ 3 \end{pmatrix}\,,$$ et montrons que $\mathcal{B}=(\boldsymbol{v}_1,\boldsymbol{v}_2)$ est une base de $V$. D'abord, on voit que $\boldsymbol{v}_1$ et $\boldsymbol{v}_2$ sont ne sont pas colinéaires, et donc que $\mathcal{B}$ est libre. Ensuite, pour montrer qu'elle engendre bien tout $V$, fixons un $\boldsymbol{x}\in V$ quelconque, et montrons qu'il peut s'écrire comme combinaison linéaire de $\boldsymbol{v}_1$ et $\boldsymbol{v}_2$, c'est-à-dire qu'il existe des scalaires $\lambda_1$ et $\lambda_2$ tels que $$\boldsymbol{x}=\lambda_1\boldsymbol{v}_1+\lambda_2\boldsymbol{v}_2\,.$$ Si on nome $x_1,x_2$ les composantes de $\boldsymbol{x}$, alors cette dernière devient $$\begin{pmatrix} x_1\\x_2 \end{pmatrix} = \lambda_1\begin{pmatrix} 2\\ 1 \end{pmatrix} + \lambda_2\begin{pmatrix} -7\\ 3 \end{pmatrix}\,,$$ qui n'est autre que $$(*) \left\{ \begin{array}{ccccc} 2\lambda_1 &-&7 \lambda_2 &=&x_1 \\ \lambda_1 &+& 3\lambda_2 &=&x_2 \end{array} \right.$$ Après $L_2\leftarrow L_2-\frac12 L_1$, $$(*) \left\{ \begin{array}{ccccl} 2\lambda_1 &-& 7\lambda_2 &=&x_1 \\ &&\frac{13}{2}\lambda_2 &=&x_2-\frac12 x_1 \end{array} \right.$$ En procédant ''du bas vers le haut'', on trouve $$\lambda_1=\tfrac{3}{13}x_1+\tfrac{7}{13}x_2\,, \qquad \lambda_2=-\tfrac{1}{13}x_1+\tfrac{2}{13}x_2\,.$$ Ceci montre que $\boldsymbol{x}$ peut effectivement s'écrire comme combinaison linéaire de $\boldsymbol{v}_1$ et $\boldsymbol{v}_2$. Comme ceci vaut pour tout $\boldsymbol{x}\in V$, $\mathcal{B}$ engendre bien $V$.

On a donc montré que $\mathcal{B}$ est une base de $V$.

Exemple: Considérons $V=\mathbb{P}_n$, l'ensemble des polynômes à coefficients réels, de degré au plus égal à $n$. Rappelons que tout élément $p\in \mathbb{P}_n$ est de la forme $$p(t)=a_0+a_1t+a_2t^2+\dots+a_nt^n\,,\qquad t\in \mathbb{R}\,.$$ Considérons les polynômes $e_0,e_1,\dots,e_n\in \mathbb{P}_n$ définis ainsi: pour tout $t\in \mathbb{R}$, $$\begin{aligned} e_0(t)&:= 1\,,\\ e_1(t)&:= t\,,\\ e_2(t)&:= t^2\,,\\ \vdots&\\ e_n(t)&:= t^n\,. \end{aligned}$$ Pour le polynôme écrit au-dessus, $$p=a_0e_0+a_1e_1+\cdots+a_ne_n\,.$$ Donc la famille $\{e_0,e_1,\dots,e_p\}$ engendre $\mathbb{P}_n$. Mais on a aussi montré dans une section précédente que cette famille est libre. Ainsi, la famille $\mathcal{B}_{\mathrm{can}}=(e_0,e_1,\dots,e_n)$ forme une base, appelée base canonique de $\mathbb{P}_n$. Avec la base canonique $\mathcal{B}_{\mathrm{can}}$, l'application $[\cdot]_{\mathcal{B}}$ associe au polynôme $p$ du dessus le vecteur de $\mathbb{R}^{n+1}$ défini par $$[p]_{\mathcal{B}}= \begin{pmatrix} a_0\\ a_1\\ \vdots\\ a_n \end{pmatrix}\,.$$ On peut alors manipuler le polynôme $p$ à l'aide de sa représentation sous la forme $[p]_{\mathcal{B}}$, exactement comme si c'était un vecteur de $\mathbb{R}^{n+1}$!

Exemple: Considérons, dans $V=\mathbb{P}_2$, la famille $\mathcal{B}=(q_1,q_2,q_2)$, où $$q_1(t)=3\,,\qquad q_2(t)=1-2t\,,\qquad q_3(t)=t^2+t$$ Montrons que $\mathcal{B}$ est une base de $V$. Pour commencer, montrons que $\mathcal{B}$ est libre, en posant $$\lambda_1q_1+\lambda_2q_2+\lambda_3q_3=0\,,$$ qui signifie, après avoir regroupé les termes, $$(3\lambda_1+\lambda_2)+(-2\lambda_2+\lambda_3)t +\lambda_3 t^2=0\qquad \forall t\in \mathbb{R}\,.$$ On sait qu'un polynôme s'annule en tout $t\in\mathbb{R}$ si et seulement si tous ses coefficients sont nuls. On en déduit que $\lambda_3=0$, puis que $\lambda_2=\frac12\lambda_3=0$, puis que $\lambda_1=-\frac13 \lambda_2=0$. Ceci montre que $\mathcal{B}$ est libre.

Montrons ensuite que $\mathcal{B}$ engendre $\mathbb{P}_2$. Pour ce faire, fixons un $p\in \mathbb{P}_2$ quelconque, et montrons qu'on peut trouver des scalaires $\alpha_1,\alpha_2$ tels que $$p=\alpha_1q_1+\alpha_2q_2+\alpha_3q_3\,.$$ Si $p(t)=a+bt+ct^2$, cela signifie que $$a+bt+ct^2 =\alpha_13+\alpha_2(1-2t)+\alpha_3(t^2+t)\qquad \forall t\in \mathbb{R}\,,$$ qui devient, après avoir regroupé les termes, $$(3\alpha_1+\alpha_2-a)+(-2\alpha_2+\alpha_3-b)t+(\alpha_3-c)t^2=0\qquad \forall t\in \mathbb{R}\,.$$ On voit donc que $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$ doivent satisfaire $$(*) \left\{ \begin{array}{ccccccc} 3\alpha_1 &+& \alpha_2 && &=&a \\ &-& 2\alpha_2 &+& \alpha_3 &=&b \\ && && \alpha_3 &=&c \end{array} \right.$$ On trouve $$\alpha_3=c\,,\qquad \alpha_2=\tfrac12(c-b)\,,\qquad \alpha_3=\tfrac13 a+\tfrac16 b -\tfrac16 c\,.$$ Ceci montre que $\mathcal{B}$ engendre $\mathbb{P}_2$.

Donc on a bien montré que $\mathcal{B}$ est une base de $\mathbb{P}_2$.

Exemple: Soit $V=\mathbb{R}^4$, et soit $W\subset V$ le sous-espace défini par $$W=\mathrm{Vect}\{\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3\}\,,$$ où $$\boldsymbol{w}_1= \begin{pmatrix}3 \\-1 \\0 \\2 \end{pmatrix}\,,\qquad \boldsymbol{w}_2= \begin{pmatrix}5 \\-4 \\-4 \\3 \end{pmatrix}\,,\qquad \boldsymbol{w}_3= \begin{pmatrix}1 \\2 \\4 \\1 \end{pmatrix}\,.$$ Remarquons que $\{\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_2,\boldsymbol{w}_3\}$ n'est pas libre puisque $\boldsymbol{w}_2=2\boldsymbol{w}_1-\boldsymbol{w}_3$. Donc $\boldsymbol{w}_2$ est ''superflu'', et on peut le retirer, sans changer $W$: $$W=\mathrm{Vect}\{\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_3\}\,.$$ Maintenant, $\boldsymbol{w}_1$ et $\boldsymbol{w}_3$ n'étant pas colinéaires, $\mathcal{B}:=(\boldsymbol{w}_1,\boldsymbol{w}_3)$ est une base de $W$.