La ronde des sommes consécutives

Stratégie : une famille de la bonne taille ne demande qu'une vérification. Elle compte exactement $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$ : d'après la caractérisation du cours, elle est une base si et seulement si elle est libre. Et la réponse va dépendre de la parité de $n$.

Notons $v_k=e_k+e_{k+1}$ pour $1⩽k⩽n-1$, et $v_n=e_n+e_1$ — le vecteur qui referme le cycle.

Traduction de la liberté. Supposons ${\lambda }_1{v}_1+\cdots +{\lambda }_n{v}_n=0$ et regroupons par vecteur de base. Le vecteur $e_1$ n'apparaît que dans $v_1$ et dans $v_n$ ; pour $j$ entre $2$ et $n$, le vecteur $e_j$ n'apparaît que dans $v_{j-1}$ et dans $v_j$. La famille $(e_1,\dots ,e_n)$ étant libre, chaque coefficient est nul : $${\lambda }_1+{\lambda }_n=0,{\lambda }_{j-1}+{\lambda }_j=0(2⩽j⩽n).$$

Résolution. Les $n-1$ dernières équations donnent ${\lambda }_j=-{\lambda }_{j-1}$, donc de proche en proche $${\lambda }_j=(-1{)}^{j-1}{\lambda }_1.$$ Il reste à satisfaire la première équation, celle qui referme le cycle : $${\lambda }_1+{\lambda }_n={\lambda }_1+(-1{)}^{n-1}{\lambda }_1=\left(1+(-1{)}^{n-1}\right){\lambda }_1=0.$$

Discussion.

• Si $n$ est impair, alors $(-1{)}^{n-1}=1$ et l'équation devient $2{\lambda }_1=0$, donc ${\lambda }_1=0$, puis tous les ${\lambda }_j$ sont nuls. La famille est libre, donc c'est une base.
• Si $n$ est pair, alors $(-1{)}^{n-1}=-1$ et l'équation est $0=0$ : elle n'impose rien. En prenant ${\lambda }_1=1$, on obtient la relation non triviale $$v_1-v_2+v_3-\cdots -v_n=0.$$ La famille est liée, ce n'est pas une base.

$$\boxed{\text{C’est une base si et seulement si }n\text{ est impair.}}$$

⚠️ Le point délicat : tout tient à la fermeture du cycle. Sans le dernier vecteur $e_n+e_1$, la famille $(e_1+e_2,\dots ,e_{n-1}+e_n)$ serait « en chaîne » et toujours libre, quel que soit $n$. C'est le bouclage qui ajoute l'équation ${\lambda }_1+{\lambda }_n=0$, et c'est la parité de $n$ qui décide si cette équation est compatible avec l'alternance des signes ou si elle la contredit.

Contrôle sur les deux plus petits cas.

Pour $n=2$ : la famille est $(e_1+e_2,e_2+e_1)$ — les deux vecteurs sont égaux. Elle est évidemment liée, conformément à la règle.

Pour $n=3$ : calculons $v_1-v_2+v_3=(e_1+e_2)-(e_2+e_3)+(e_3+e_1)=2e_1$. On récupère donc $e_1$, puis $e_2=v_1-e_1$ et $e_3=v_2-e_2$ : la famille engendre bien $E$, c'est une base.

Une vérification systématique du rang pour $n$ allant de $2$ à $8$ donne : rang $n$ exactement pour $n=3,5,7$, et rang $n-1$ pour $n=2,4,6,8$ — conforme au résultat, et l'on voit au passage que dans le cas pair il ne manque qu'une seule dimension.

Ce que l'exercice installe. Deux réflexes. D'abord, en dimension finie, une famille du bon cardinal n'exige qu'un seul test — ici la liberté, qui était le plus facile. Ensuite, une structure cyclique fait presque toujours apparaître une condition de parité : c'est la même mécanique qui rendra un graphe biparti ou non selon la longueur de ses cycles.