Exercice 20

Les vecteurs $u_{j} + s$ appartiennent à $F = \mathrm{Vect}(u_{1}, \dots, u_{n})$, dont $u = (u_{1}, \dots, u_{n})$ est une base, puisque la famille est libre. Dans $F$, qui est de dimension $n$, une famille de $n$ vecteurs est libre si et seulement si c'est une base, c'est-à-dire, par le théorème 4, si et seulement si son déterminant dans la base $u$ est non nul.

On développe ce déterminant par linéarité par rapport à chaque place, chaque vecteur $u_{j} + s$ fournissant soit $u_{j}$, soit $s$. Les termes où $s$ apparaît au moins deux fois sont nuls, la forme étant alternée. Il reste le terme où $s$ n'apparaît pas, qui vaut $\det\nolimits_{u}(u) = 1$, et les $n$ termes où $s$ occupe une seule place $j$. Dans ce dernier, on remplace $s$ par $\sum_{i}\alpha_{i}u_{i}$ : seul $\alpha_{j}u_{j}$ donne une contribution non nulle, les autres répétant un vecteur déjà présent. $$\det\nolimits_{u}(u_{1} + s, \dots, u_{n} + s) = 1 + \sum_{j = 1}^{n}\det\nolimits_{u}(u_{1}, \dots, \underbrace{s}_{j}, \dots, u_{n}) = 1 + \sum_{j = 1}^{n}\alpha_{j}.$$

$$\boxed{(u_{1} + s, \dots, u_{n} + s) \text{ est libre} \iff \alpha_{1} + \cdots + \alpha_{n} \neq -1}$$ On le vérifie directement dans le cas exclu : si $\sum\alpha_{i} = -1$, alors $\sum_{i}\alpha_{i}(u_{i} + s) = s + \big(\sum_{i}\alpha_{i}\big)s = 0$, et les $\alpha_{i}$ ne sont pas tous nuls, puisque leur somme vaut $-1$ ✓.

Piège. On ne peut pas calculer le déterminant de la famille dans $E$ lui-même : $E$ peut être de dimension infinie, ou de dimension différente de $n$, et le déterminant n'a de sens que pour $n$ vecteurs d'un espace de dimension $n$. C'est pourquoi on se place dans le sous-espace $F$.