Une famille cyclique : base si et seulement si $n$ est impair

La stratégie. Une famille de $n$ vecteurs est une base si et seulement si son déterminant dans une base est non nul (cours). On calcule donc ce déterminant — et la structure très particulière des $x_i$ va faire survivre deux termes seulement sur $2^n$.

a) Petites dimensions. Pour $n=2$ : $x_1=e_1+e_2$ et $x_2=e_2+e_1$ sont égaux, donc ${\det }_e(x_1,x_2)=0$. Pour $n=3$, la matrice des coordonnées (en colonnes) est $$\left(\begin{array}{ccc}1& 0& 1\\ 1& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right),\text{de deˊterminant }1\cdot (1\cdot 1-0\cdot 1)-0+1\cdot (1\cdot 1-1\cdot 0)=1+1=2.$$ Donc ${\det }_e(x_1,x_2,x_3)=2$ : base pour $n=3$, famille liée pour $n=2$.

b) Le développement. On convient que $e_{n+1}=e_1$, de sorte que $x_i=e_i+e_{i+1}$ pour tout $i$. Par $n$-linéarité, comme à l'exercice précédent, ${\det }_e(x_1,\dots ,x_n)$ est la somme de $2^n$ termes : pour chaque choix, en chaque position $i$, de l'un des deux vecteurs $e_i$ ou $e_{i+1}$, on obtient ${\det }_e(e_{c(1)},\dots ,e_{c(n)})$ où $c(i)\in \{i,i+1\}$.

Les termes nuls. Si l'application $c$ n'est pas injective, deux positions portent le même vecteur et le déterminant est nul (caractère alterné). Il ne reste que les $c$ injectives, donc bijectives de $\{1,\dots ,n\}$ sur lui-même, c'est-à-dire les permutations $c$ vérifiant $c(i)\in \{i,i+1\}$ pour tout $i$.

Il n'y en a que deux. Si $c(1)=1$, alors $c(n)\in \{n,1\}$ et $1$ est déjà pris : $c(n)=n$. Puis $c(n-1)\in \{n-1,n\}$ et $n$ est pris : $c(n-1)=n-1$. En remontant, $c(i)=i$ pour tout $i$ : $c=\mathrm{id}$. Si $c(1)=2$, alors $c(2)\in \{2,3\}$ et $2$ est pris : $c(2)=3$ ; puis $c(3)=4$, …, $c(n-1)=n$, et enfin $c(n)\in \{n,1\}$ avec $n$ pris : $c(n)=1$. C'est le cycle $\gamma =(12\dots n)$, qui envoie $i$ sur $i+1$ et $n$ sur $1$.

Les deux termes. Le premier est ${\det }_e(e_1,\dots ,e_n)=1$. Le second est ${\det }_e(e_{\gamma (1)},\dots ,e_{\gamma (n)})={\det }_e(e_2,e_3,\dots ,e_n,e_1)$, et l'effet d'une permutation sur une forme alternée (cours) donne $$\underset{e}{\det }(e_{\gamma (1)},\dots ,e_{\gamma (n)})=\epsilon (\gamma )\underset{e}{\det }(e_1,\dots ,e_n)=\epsilon (\gamma )=(-1{)}^{n-1},$$ un cycle de longueur $n$ ayant pour signature $(-1{)}^{n-1}$. D'où $$\underset{e}{\det }(x_1,\dots ,x_n)=1+(-1{)}^{n-1}.$$

c) La conclusion. Si $n$ est impair, $(-1{)}^{n-1}=1$ et le déterminant vaut $2\ne 0$ : la famille est une base. Si $n$ est pair, $(-1{)}^{n-1}=-1$ et le déterminant est nul : la famille est liée. Cela redonne $0$ pour $n=2$ et $2$ pour $n=3$. (Sur un corps où $2=0$, le déterminant serait nul dans tous les cas ; sur $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, la dichotomie est exacte.)

d) La relation pour $n$ pair. On calcule la somme alternée ${\sum }_{i=1}^n(-1{)}^i{x}_i$. Chaque $e_j$ apparaît dans exactement deux $x_i$ : dans $x_j$ (avec le signe $(-1{)}^j$) et dans $x_{j-1}$ (avec le signe $(-1{)}^{j-1}$), en convenant que $x_0=x_n$. Pour $j\ge 2$, le coefficient de $e_j$ est $(-1{)}^j+(-1{)}^{j-1}=0$. Pour $j=1$, $e_1$ vient de $x_1$ avec le signe $-1$ et de $x_n$ avec le signe $(-1{)}^n=1$ : coefficient $0$ également, parce que $n$ est pair. Donc $$x_1-x_2+x_3-\cdots -x_n=0,$$ relation de dépendance à coefficients non nuls. Pour $n$ impair, le même calcul donne $x_1-x_2+\cdots +x_n=2e_1\ne 0$ : aucune relation n'apparaît, comme il se doit.

e) Par développement selon la première colonne. La matrice $M$ des coordonnées des $x_j$ a des $1$ sur la diagonale, des $1$ juste sous la diagonale, un $1$ dans le coin supérieur droit (position $(1,n)$, venant de $e_1$ dans $x_n$), et des $0$ partout ailleurs. Sa première colonne est $(1,1,0,\dots ,0{)}^{\top }$. Développons selon elle : $$\det M=1\cdot \det M_{1,1}-1\cdot \det M_{2,1}.$$ Le mineur $M_{1,1}$ (ligne $1$ et colonne $1$ supprimées) est la matrice carrée d'ordre $n-1$ avec des $1$ sur la diagonale et sous la diagonale : elle est triangulaire inférieure, de déterminant $1$. Le mineur $M_{2,1}$ (ligne $2$ et colonne $1$ supprimées) a pour première ligne $(0,\dots ,0,1)$ — le reste de la ligne $1$ de $M$ — et, en dessous, des lignes portant deux $1$ consécutifs qui glissent vers la droite ; on le développe selon sa première ligne : le seul terme non nul est $1\cdot (-1{)}^{1+(n-1)}$ fois le déterminant de la matrice d'ordre $n-2$ restante, qui est triangulaire supérieure à diagonale de $1$, donc de déterminant $1$. Ainsi $\det M_{2,1}=(-1{)}^n$, et $$\det M=1-(-1{)}^n=1+(-1{)}^{n-1},$$ ce qui est bien le résultat du b), obtenu cette fois sans le groupe symétrique.

Ce que l'exercice installe. Le critère « base si et seulement si $\det \ne 0$ » transforme une question d'algèbre linéaire en un calcul, et ce calcul se fait souvent sans écrire de matrice : par multilinéarité, en cherchant quels termes survivent. Ici la survie est réglée par une permutation, et c'est sa signature qui décide de la parité de $n$ — le groupe symétrique n'est pas un détour décoratif, c'est lui qui rend le résultat. On retrouvera la matrice de cet exercice, $I_n$ plus la matrice de permutation du cycle, avec ses valeurs propres $1+\omega$ pour $\omega$ racine $n$-ième de l'unité : $-1$ en est une exactement quand $n$ est pair.