Soit n ≥ 3 et (e₁, …, eₙ) une base de E. La famille (e₁ + e₂, e₂ + e₃…

La stratégie : chercher une relation de dépendance explicite, et voir qu'elle n'existe que pour $n$ pair. La famille compte $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n$ : elle est une base si et seulement si elle est libre. Tout se joue donc sur l'existence d'une combinaison nulle non triviale.

Notons $f_k=e_k+e_{k+1}$ pour $1\le k\le n-1$ et $f_n=e_n+e_1$.

1) Le calcul général. Soit ${\lambda }_1{f}_1+\cdots +{\lambda }_n{f}_n=0$. En regroupant selon les $e_j$ — chaque $e_j$ apparaît dans exactement deux vecteurs, $f_{j-1}$ et $f_j$ (indices modulo $n$) — la relation s'écrit $$\sum _{j=1}^n({\lambda }_{j-1}+{\lambda }_j)e_j=0({\lambda }_0:={\lambda }_n)$$ Comme $(e_1,\dots ,e_n)$ est une base, tous les coefficients sont nuls : $${\lambda }_1=-{\lambda }_n,{\lambda }_2=-{\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n=-{\lambda }_{n-1}$$ En parcourant la chaîne depuis ${\lambda }_n$, on obtient ${\lambda }_j=(-1{)}^j{\lambda }_n$ pour tout $j$. Faisons alors $j=n$ : la boucle se referme et impose $${\lambda }_n=(-1{)}^n{\lambda }_n\text{soit}(1-(-1{)}^n){\lambda }_n=0$$

2) La discussion.

• Si $n$ est impair, $1-(-1{)}^n=2\ne 0$, donc ${\lambda }_n=0$, puis ${\lambda }_j=(-1{)}^j{\lambda }_n=0$ pour tout $j$. La famille est libre, donc une base.
• Si $n$ est pair, $1-(-1{)}^n=0$ : la contrainte est vide, et ${\lambda }_j=(-1{)}^j$ convient. La relation $$-f_1+f_2-f_3+\cdots +f_n=0$$ est non triviale : la famille est liée, ce n'est pas une base (elle est de rang $n-1$).

⚠️ Le point de bascule est le retour à ${\lambda }_n$. La chaîne ${\lambda }_1\to {\lambda }_2\to \cdots \to {\lambda }_n$ ne contraint rien ; c'est le bouclage $f_n=e_n+e_1$ qui referme le cycle et confronte ${\lambda }_n$ à lui-même. La parité de $n$ décide si le nombre de changements de signe le long du cycle est pair (relation possible) ou impair (tout s'annule). ⚠️ Notez aussi que conclure ${\lambda }_n=0$ à partir de $2{\lambda }_n=0$ utilise que le corps n'est pas de caractéristique $2$.

Contrôle numérique (déterminant de la matrice de la famille dans la base $(e_j)$) :

Le déterminant vaut $1-(-1{)}^n$ : il est nul exactement pour $n$ pair, et la parité apparaît bien dans la mesure. Pour $n=4$, les coefficients $(-1,1,-1,1)$ annulent effectivement la combinaison ; pour $n=3$, les coefficients alternés $(1,-1,1)$ donnent $2e_1\ne 0$ — la relation tombe.

Ce que l'exercice installe. Dans un espace de dimension $n$, une famille de $n$ vecteurs est une base dès qu'elle est libre : il n'y a qu'une chose à vérifier. Et l'exemple montre qu'une famille peut être libre ou liée selon la seule parité de sa taille — un phénomène de cycle qu'on retrouvera sur les permutations et sur les graphes bipartis.