Maths A

# Sujet : Géométrie euclidienne et formes multilinéaires alternées
## X-ENS, Mathématiques A, Filière MP, avril 2022

**Thème directeur** : On s'intéresse à la géométrie des espaces euclidiens par l'étude des sous-espaces orientés de dimension fixée. Le problème construit progressivement un cadre (volumes, formes alternées, Grassmanniennes) permettant de comprendre la topologie de l'espace des orientations. Les parties I et II établissent les invariants géométriques ; les parties III et IV les organisent de manière intrinsèque.

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## PARTIE I : Angles caractéristiques et décomposition orthogonale

### Question 1.a

**Stratégie.** L'existence du supremum passe par la compacité du produit $(V \cap S) \times (V' \cap S)$ où $S$ désigne les sphères unités. Il s'agit d'appliquer le théorème des bornes atteintes.

**Rédaction.** Soient $S_V = \{a \in V : \|a\| = 1\}$ et $S_{V'} = \{a' \in V' : \|a'\| = 1\}$. Ce sont des sphères de l'espace euclidien $E$, donc des fermés bornés, donc compacts. Leur produit $S_V \times S_{V'}$ est compact. L'application $(a, a') \mapsto \langle a, a' \rangle$ est continue (composée de projections et du produit scalaire). Par le théorème des bornes atteintes, cette fonction continue atteint son maximum sur ce compact : il existe $(u_1, u_1') \in S_V \times S_{V'}$ tel que 
$$\langle u_1, u_1' \rangle = \sup\{\langle a, a' \rangle \mid (a,a') \in V \times V', \|a\|=\|a'\|=1\}. \quad \square$$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. Cette question est usuelle : compacité du produit de deux sphères en dimension finie (programme MP, chapitre Espaces préhilbertiens et topologie). L'erreur courante serait d'affirmer l'existence du supremum sans justifier qu'il est atteint.

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### Question 1.b

**Stratégie.** Construire par récurrence $(u_1, \ldots, u_p)$ et $(u_1', \ldots, u_p')$ orthonormées, en maximisant à chaque étape sur l'orthogonal des vecteurs déjà construits. À l'étape $k$, on fixe $u_1, \ldots, u_{k-1}$ et $u_1', \ldots, u_{k-1}'$ et on applique la question 1.a aux espaces $V_k = \text{Vect}(u_1, \ldots, u_{k-1})^\perp \cap V$ et $V_k' = \text{Vect}(u_1', \ldots, u_{k-1}')^\perp \cap V'$.

**Rédaction.** On construit par récurrence sur $k \in J1, pK$.

*Initialisation ($k=1$) :* Par la question 1.a, il existe $(u_1, u_1') \in V \times V'$ de norme 1 tel que 
$$\langle u_1, u_1' \rangle = \sup\{\langle a, a' \rangle \mid (a,a') \in V \times V', \|a\|=\|a'\|=1\}.$$

*Hérédité :* Supposons construits $(u_1, \ldots, u_{k-1})$ orthonormés dans $V$ et $(u_1', \ldots, u_{k-1}')$ orthonormés dans $V'$ satisfaisant les conditions pour indices $\leq k-1$. Soit 
$$V_k = \text{Vect}(u_1, \ldots, u_{k-1})^\perp \cap V, \quad V_k' = \text{Vect}(u_1', \ldots, u_{k-1}')^\perp \cap V'.$$
Ce sont des sous-espaces de dimension $p-k+1$ (car on retire $k-1 < p$ contraintes indépendantes à $V$ qui est de dimension $p$). Par la question 1.a appliquée à $(V_k, V_k')$, il existe $(u_k, u_k') \in V_k \times V_k'$ de norme 1 tel que 
$$\langle u_k, u_k' \rangle = \sup\{\langle a, a' \rangle \mid (a,a') \in V_k \times V_k', \|a\|=\|a'\|=1\}.$$

On vérifie que $(u_1, \ldots, u_k)$ reste orthonormée : les éléments $u_1, \ldots, u_{k-1}$ sont deux à deux orthogonaux par récurrence, et $u_k \in V_k \subset \text{Vect}(u_1, \ldots, u_{k-1})^\perp$, donc $u_k$ est orthogonal à chacun des précédents. Les deux familles $(u_1, \ldots, u_k)$ et $(u_1', \ldots, u_k')$ satisfont les conditions requises. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Construction classique par récurrence et compacité successive. La rédaction doit expliciter que $V_k$ reste de dimension $\geq 1$ puisque $p-k+1 \geq 1$ pour $k \leq p$.

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### Question 2

**Stratégie.** Si $v \in V \cap V'$, montrer que le vecteur normalisé $v/\|v\|$ a même projection sur les deux espaces $V_k$ et $V_k'$ à chaque étape, d'où $u_k = u_k'$ pour $k \leq \dim(V \cap V')$.

**Rédaction.** Soit $v \in V \cap V'$ de norme 1. Pour tout $k \in J1, \dim(V \cap V')K$, on a par construction : 
- $u_k$ maximise $\langle a, a' \rangle$ sur $V_k \times V_k'$ avec $\|a\|=\|a'\|=1$
- $V_k \ni v$ car $v \in V$ et $v \in \text{Vect}(u_1, \ldots, u_{k-1})^\perp$ (puisque pour $j < k$, $u_j \in V_k$ pour la même raison, et $v$ est orthogonal à $u_1, \ldots, u_{k-1}$ qui l'engendre dès qu'on y introduit les projections)

En réalité, on utilise le fait que $V \cap V'$ est de codimension $\geq k-1$ dans $V$ (espace $V$ de dimension $p$, on enlève $k-1$ vecteurs orthonormés indépendants). Donc $V_k$ contient $V \cap V'$ normalisé. De même $V_k' \supset V \cap V'$. 

Donc pour $k \leq \dim(V \cap V')$, on peut choisir $u_k = u_k' = $ la projection orthonormée de $v$ sur le plan engendré par les projections antérieures. La maximalité implique $u_k = u_k'$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. L'argument s'appuie sur la croissance successive des espaces orthogonaux et l'unicité relative à la maximalité.

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### Question 3.a

**Stratégie.** Les $u_i$ sont deux à deux orthogonaux de norme 1 et engendrent $V$ (par dimension).

**Rédaction.** Par construction, $(u_1, \ldots, u_p)$ est orthonormée et chaque $u_k \in V$. Donc $\text{Vect}(u_1, \ldots, u_p) \subset V$. Réciproquement, $\dim V = p$ et $(u_1, \ldots, u_p)$ est une famille libre (orthonormée) de $p$ vecteurs dans $V$, donc c'est une base. $\square$

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### Question 3.b

**Stratégie.** Pour $k \in J1, p-1K$, il s'agit de montrer que $u_k' \perp v$ pour tout $v \in \text{Vect}(u_{k+1}, \ldots, u_p)$. On utilise la variation de la fonction $t \mapsto u_k(t) = \frac{u_k + t u_l}{\|u_k + t u_l\|}$ (pour $l > k$), qui maximise le produit scalaire avec des éléments dans $V_k'$. La dérivée à $t=0$ donne la condition d'optimalité.

**Rédaction.** Soit $l \in Jk+1, pK$. Définissons $u_k(t) = \frac{u_k + t u_l}{\|u_k + t u_l\|}$ pour $t$ petit. Cet vecteur appartient à $V$ (espace vectoriel). Pour tout $a' \in V_k'$, on a 
$$\langle u_k(t), a' \rangle \leq \sup\{\langle a, a' \rangle \mid a \in V_k, \|a\|=1\} = \langle u_k, a' \rangle$$
puisque $u_k(t) \in V$ mais pas nécessairement dans $V_k$ (qui est construit via une optimalité antérieure). Cependant, la remarque clé est que $\frac{d}{dt}\big|_{t=0} \langle u_k(t), a' \rangle = 0$ pour tout $a' \in V_k'$. 

Par calcul : $\frac{d}{dt} u_k(t) = \frac{u_l(u_k + tu_l)^T - (u_k+tu_l)\langle u_l, u_k+tu_l \rangle}{(u_k+tu_l)^T(u_k+tu_l)^{3/2}}$. En $t=0$ :
$$\frac{d}{dt}\big|_{t=0} u_k(t) = u_l - \langle u_l, u_k \rangle u_k = u_l$$
(car $(u_k, u_l)$ sont orthonormés). Donc 
$$0 = \frac{d}{dt}\big|_{t=0} \langle u_k(t), a' \rangle = \langle u_l, a' \rangle$$
pour tout $a' \in V_k'$. Cela vaut pour tout $l > k$, donc $u_k' \perp \text{Vect}(u_{k+1}, \ldots, u_p)$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. Calcul de dérivée délicate. L'indication du sujet suggère cette approche. Une rédaction plus soignée nécessite de vérifier que la dérivée de la direction normalisée est bien $u_l$ quand $u_k, u_l$ sont orthonormés.

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### Question 3.c

**Stratégie.** Montrer que $u_{k+1} \perp \text{Vect}(u_1, \ldots, u_k) + \text{Vect}(u_1', \ldots, u_k')$. C'est une dualité entre la construction progressive sur $V$ et celle sur $V'$.

**Rédaction.** Soit $v = v_V + v_{V'} \in \text{Vect}(u_1, \ldots, u_k) + \text{Vect}(u_1', \ldots, u_k')$. On a $v_V \in V$ et il engendre un vecteur orthogonal à $V_{k+1} = \text{Vect}(u_1, \ldots, u_k)^\perp \cap V$. Donc tout $w \in V_{k+1}$ satisfait $\langle w, v_V \rangle = 0$. En particulier $u_{k+1} \in V_{k+1}$ donne $\langle u_{k+1}, v_V \rangle = 0$. De même, $v_{V'} \in \text{Vect}(u_1', \ldots, u_k')$ implique que par 3.b, on a $u_{k+1} \perp u_l'$ pour tout $l \leq k$, donc $\langle u_{k+1}, v_{V'} \rangle = 0$. Donc $\langle u_{k+1}, v \rangle = 0$. $\square$

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### Question 3.d

**Stratégie.** Pour $k \in J1, pK$, montrer que $W_k = \text{Vect}(u_k, u_k')$ est orthogonal à $W_j$ pour $j \neq k$. Par 3.c, $u_{k+1} \perp \text{Vect}(u_1, \ldots, u_k) + \text{Vect}(u_1', \ldots, u_k')$, ce qui implique les Wk sont mutuellement orthogonaux.

**Rédaction.** Pour $k < l$, on a $u_k, u_k' \in \text{Vect}(u_1, \ldots, u_k) + \text{Vect}(u_1', \ldots, u_k')$. Par la question 3.c, $u_l \perp \text{Vect}(u_1, \ldots, u_k) + \text{Vect}(u_1', \ldots, u_k')$, donc $\langle u_l, u_k \rangle = \langle u_l, u_k' \rangle = 0$. De même $\langle u_l', u_k \rangle = \langle u_l', u_k' \rangle = 0$ par la question 3.b appliquée à l'indice $k < l$. Donc $W_k \perp W_l$. $\square$

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### Question 4.a

**Stratégie.** Par construction, $\cos(\theta_k) = \langle u_k, u_k' \rangle$ est le produit scalaire de deux vecteurs de norme 1. On a $0 \leq \cos(\theta_k) \leq 1$ (par Cauchy-Schwarz), d'où $0 \leq \theta_k \leq \pi/2$. La croissance résulte de la minoration successive par l'optimalité.

**Rédaction.** Soit $c_k = \cos(\theta_k) = \langle u_k, u_k' \rangle$. Par la question 1, on a par construction 
$$c_k = \sup\{\langle a, a' \rangle \mid (a,a') \in V_k \times V_k', \|a\|=\|a'\|=1\}.$$
Remarquons que cette borne supérieure appartient à $[0,1]$ car $|a| = |a'| = 1$ implique $|\langle a, a' \rangle| \leq 1$. Pour $l > k$, on a $V_l \subset V_k$ et $V_l' \subset V_k'$ (par construction des orthogonaux), donc 
$$c_l = \sup\{\langle a, a' \rangle \mid (a,a') \in V_l \times V_l', \|a\|=\|a'\|=1\} \leq c_k.$$
Donc la suite est décroissante : $1 \geq c_1 \geq c_2 \geq \cdots \geq c_p \geq 0$, d'où $0 \leq \theta_1 \leq \cdots \leq \theta_p \leq \pi/2$ (puisque $\cos$ est décroissante sur cet intervalle). $\square$

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### Question 4.b

**Stratégie.** Montrer que $\text{Gram}(u, u') = D$ où $D$ est diagonale avec $D_{k,k} = \cos(\theta_k)$ pour les indices $\leq \dim(V \cap V')$ et 0 sinon. Le déterminant est le produit des $\cos(\theta_k)$.

**Rédaction.** Par la question 3.d, les espaces $W_k = \text{Vect}(u_k, u_k')$ sont mutuellement orthogonaux. Pour $j \neq k$, on a $\langle u_j, u_k' \rangle = 0$ et $\langle u_j', u_k \rangle = 0$ (par orthogonalité des $W_j$ et $W_k$). Donc $\text{Gram}(u, u')$ a des coefficients nuls hors la diagonale. En diagonal, $[\text{Gram}(u,u')]_{k,k} = \langle u_k, u_k' \rangle = \cos(\theta_k)$. Donc 
$$\det(\text{Gram}(u,u')) = \prod_{k=1}^p \cos(\theta_k). \quad \square$$

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### Question 4.c

**Stratégie.** Par 4.b, $\det(\text{Gram}(u,u')) = \prod \cos(\theta_k) \leq 1$ car chaque $\cos(\theta_k) \in [0,1]$. L'égalité vaut ssi $\cos(\theta_k) = 1$ pour tout $k$, c'est-à-dire $u_k = u_k'$ pour tout $k$, d'où $V = V'$.

**Rédaction.** Comme $0 \leq \cos(\theta_k) \leq 1$ pour tout $k$, on a 
$$\prod_{k=1}^p \cos(\theta_k) \leq 1.$$
Par la question 4.b, cela donne $\det(\text{Gram}(u,u')) \leq 1$. 

L'égalité vaut ssi $\cos(\theta_k) = 1$ pour tout $k \in J1, pK$, c'est-à-dire $\langle u_k, u_k' \rangle = 1$ pour tout $k$. Comme $\|u_k\| = \|u_k'\| = 1$, cela signifie $u_k = u_k'$. Donc les deux bases orthonormées $(u_1, \ldots, u_p)$ et $(u_1', \ldots, u_p')$ de $V$ et $V'$ sont identiques, d'où $V = V'$. Réciproquement, si $V = V'$, on peut prendre $u_k = u_k'$, d'où $\det = 1$. $\square$

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## PARTIE II : Formes multilinéaires alternées et volumes

### Question 5.a

**Stratégie.** Vérifier la multilinéarité alternée de l'application $(x_1, \ldots, x_p) \mapsto [x_1, \ldots, x_p] = \sum_\sigma \epsilon(\sigma) \prod x_{\sigma(i),i}$.

**Rédaction.** Par définition du déterminant (comme somme sur les permutations), l'application $(x_1, \ldots, x_p) \mapsto [x_1, \ldots, x_p] = \det((x_1|\cdots|x_p))$ est multilinéaire : linéarité en chaque $x_j$ résulte de la bilinéarité du produit et de la linéarité de la somme. L'alternance vient de la propriété fondamentale du déterminant : pour $\sigma \in S_p$, on a $\det((x_{\sigma(1)}| \cdots | x_{\sigma(p)})) = \epsilon(\sigma) \det((x_1| \cdots | x_p))$, d'où l'application appartient à $\mathcal{A}_p(\mathbb{R}^p, \mathbb{R})$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Application directe de la définition du déterminant comme forme alternée sur les colonnes (programme MP).

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### Question 5.b

**Stratégie.** Composer la forme $[-, \ldots, -]$ (multilinéaire alternée sur $\mathbb{R}^p$) avec la linéarité de $f : F \to \mathbb{R}^p$. L'alternance se transmet par composition.

**Rédaction.** Soit $f : F \to \mathbb{R}^p$ linéaire et $g : F^p \to \mathbb{R}$ définie par $g(u) = [f(u_1), \ldots, f(u_p)]$. Vérifions que $g \in \mathcal{A}_p(F, \mathbb{R})$.

- *Multilinéarité :* Pour $u = (u_1, \ldots, u_p) \in F^p$ et $i \in J1,pK$, l'application $y \mapsto g(u_1, \ldots, u_{i-1}, y, u_{i+1}, \ldots, u_p) = [f(u_1), \ldots, f(u_{i-1}), f(y), f(u_{i+1}), \ldots, f(u_p)]$ est composée de l'application linéaire $y \mapsto f(y)$ et de l'application $(p-1+1)$-linéaire en position $i$ donnée par la multilinéarité de $[-,\ldots,-]$. Donc elle est linéaire en $y$.

- *Alternance :* Pour $\sigma \in S_p$, on a 
$$g(u \cdot \sigma) = [f(u_{\sigma(1)}), \ldots, f(u_{\sigma(p)})] = \epsilon(\sigma) [f(u_1), \ldots, f(u_p)] = \epsilon(\sigma) g(u).$$
$\square$

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### Question 6.a

**Stratégie.** Montrer que pour tout $e \in E^p$, l'application $\Omega_p(e) : u \mapsto \det(\text{Gram}(e,u))$ est multilinéaire alternée sur $E^p$.

**Rédaction.** Soit $e = (e_1, \ldots, e_p) \in E^p$ fixé. Pour $u = (u_1, \ldots, u_p)$, on a $\Omega_p(e)(u) = \det(G(e,u))$ où $G(e,u)_{i,j} = \langle e_i, u_j \rangle$. 

- *Multilinéarité :* Le déterminant est multilinéaire en les colonnes de sa matrice. Or les colonnes de $G(e,u)$ sont $(\langle e_1, u_j \rangle, \ldots, \langle e_p, u_j \rangle)^T$ pour $j = 1, \ldots, p$. La $j$-ème colonne dépend linéairement de $u_j$ (par linéarité du produit scalaire en la deuxième variable). Donc $\det(G(e,u))$ est multilinéaire en $(u_1, \ldots, u_p)$.

- *Alternance :* Pour $\sigma \in S_p$, les colonnes de $G(e, u \cdot \sigma)$ sont permutées selon $\sigma$ par rapport à celles de $G(e,u)$, donc $\det(G(e, u \cdot \sigma)) = \epsilon(\sigma) \det(G(e,u))$, d'où $\Omega_p(e) \in \mathcal{A}_p(E, \mathbb{R})$. $\square$

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### Question 6.b

**Stratégie.** Par symétrie du produit scalaire et du déterminant.

**Rédaction.** On a 
$$\Omega_p(e)(u) = \det(G(e,u)) = \det(\text{Gram}(e,u)) = \det(\text{Gram}(u,e)^T) = \det(\text{Gram}(u,e)) = \Omega_p(u)(e).$$
La troisième égalité utilise le fait que $\text{Gram}(u,e)_{i,j} = \langle u_i, e_j \rangle = \langle e_j, u_i \rangle$ par symétrie du produit scalaire, donc $\text{Gram}(u,e)^T = \text{Gram}(e,u)$, et $\det(A^T) = \det(A)$. $\square$

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### Question 6.c

**Stratégie.** Montrer que $\Omega_p \in \mathcal{A}_p(E, \mathcal{A}_p(E, \mathbb{R}))$. L'application $e \mapsto \Omega_p(e)$ est elle-même $p$-linéaire alternée.

**Rédaction.** Soit $e = (e_1, \ldots, e_p) \in E^p$. On doit vérifier que $e \mapsto \Omega_p(e)$ est une application $p$-linéaire alternée de $E^p$ dans $\mathcal{A}_p(E, \mathbb{R})$.

- *Multilinéarité :* Le déterminant est multilinéaire en les lignes et colonnes. Pour $e$ fixé sauf $e_k$, le déterminant $\det(\text{Gram}(e,u))$ dépend linéairement de $e_k$ (qui apparaît en ligne $k$ de la matrice Gram). Donc pour chaque ligne, on a une dépendance linéaire. Donc l'application $e_k \mapsto \Omega_p(e_1, \ldots, e_k, \ldots, e_p)$ est linéaire (à valeurs dans $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ : pour tout $u$, l'image en $u$ est linéaire en $e_k$).

- *Alternance :* Si $e = (e_1, \ldots, e_k, \ldots, e_l, \ldots, e_p)$ avec $k < l$ et $e_k = e_l$, alors pour tout $u$, on a $\Omega_p(e)(u) = \det(G(e,u))$ où deux lignes du Gram sont identiques (lignes $k$ et $l$), donc le déterminant s'annule. Donc $\Omega_p(e) = 0 \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$. Donc $e \mapsto \Omega_p(e)$ est alternée.

Donc $\Omega_p \in \mathcal{A}_p(E, \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R}))$. $\square$

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### Question 7.a

**Stratégie.** Matrice de passage : si $e'_i = \sum_j M_{ij} e_j$, alors $\text{Gram}(e', u) = M^T \text{Gram}(e,u)$, d'où $\det = \det(M^T) \det(\text{Gram}(e,u)) = \det(M) \det(\text{Gram}(e,u))$.

**Rédaction.** On a pour tout $i,j$ :
$$\langle e'_i, u_j \rangle = \left\langle \sum_k M_{ki} e_k, u_j \right\rangle = \sum_k M_{ki} \langle e_k, u_j \rangle.$$
Donc en notation matricielle, $\text{Gram}(e', u) = M^T \text{Gram}(e,u)$ (où $M$ est la matrice d'entrée $M_{ij}$ comme énoncé). Donc 
$$\Omega_p(e')(u) = \det(\text{Gram}(e',u)) = \det(M^T \text{Gram}(e,u)) = \det(M^T) \det(\text{Gram}(e,u)) = \det(M) \Omega_p(e)(u)$$
(puisque $\det(M^T) = \det(M)$). Donc $\Omega_p(e') = \det(M) \Omega_p(e)$. $\square$

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### Question 7.b

**Stratégie.** Si $e$ est libre, c'est une base de $\text{Vect}(e)$. La matrice Gram est la matrice du produit scalaire restreint à cet espace, elle est définie positive (inversible) ssi $e$ est libre. Si $e$ est liée, le Gram a un noyau non-trivial, donc déterminant nul.

**Rédaction.** Soit $e = (e_1, \ldots, e_p)$.

($\Rightarrow$) Supposons $e$ libre. Alors $\text{Gram}(e,e)_{i,j} = \langle e_i, e_j \rangle$ est définie positive : pour tout $(x_1, \ldots, x_p) \in \mathbb{R}^p$, on a $\sum_{i,j} x_i x_j \langle e_i, e_j \rangle = \|\sum_i x_i e_i\|^2 \geq 0$, avec égalité ssi $\sum_i x_i e_i = 0$, c'est-à-dire ssi $x = 0$ (par liberté de $e$). Donc le Gram est défini positif, donc inversible. Par 7.a avec $e' = e$ et $u = e$, on a $\Omega_p(e)(e) = \det(\text{Gram}(e,e)) > 0 \neq 0$.

($\Leftarrow$) Supposons $e$ liée. Alors il existe $(x_1, \ldots, x_p) \not\equiv 0$ tel que $\sum_i x_i e_i = 0$. Pour tout $u = (u_1, \ldots, u_p)$, on a 
$$\sum_i x_i \langle e_i, u_j \rangle = \left\langle \sum_i x_i e_i, u_j \right\rangle = 0$$
pour tout $j$. Donc la ligne $\sum_i x_i (\text{ligne } i)$ du Gram est nulle pour tout $u$. Donc $\det(\text{Gram}(e,u)) = 0$ pour tout $u$, d'où $\Omega_p(e) = 0$. $\square$

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### Question 7.c

**Stratégie.** Le Gram est symétrique défini positif pour toute famille $e$, donc $\Omega_p(e)(e) = \det(G(e,e)) \geq 0$.

**Rédaction.** Comme au 7.b, pour tout $e$, on a 
$$\Omega_p(e)(e) = \det(\text{Gram}(e,e))$$
et $\text{Gram}(e,e)_{i,j} = \langle e_i, e_j \rangle$. La forme bilinéaire $(x,y) \mapsto \sum_{i,j} x_i y_j \langle e_i, e_j \rangle$ est symétrique définie non-négative (égale à $\|\sum x_i e_i\|^2 \geq 0$). Son matrice Gram est donc symétrique définie non-négative, donc toutes ses valeurs propres sont $\geq 0$, donc son déterminant est $\geq 0$. Donc $\Omega_p(e)(e) \geq 0$. $\square$

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### Question 8.a

**Stratégie.** Si $b = (b_1, \ldots, b_p)$ est orthonormée, alors $\text{Gram}(b,b) = I_p$, donc $\text{vol}_p(b) = \sqrt{\det(I_p)} = 1$.

**Rédaction.** Pour une famille orthonormée $b = (b_1, \ldots, b_p)$, on a $\langle b_i, b_j \rangle = \delta_{ij}$, donc $\text{Gram}(b,b) = I_p$. Donc 
$$\text{vol}_p(b) = \sqrt{\Omega_p(b)(b)} = \sqrt{\det(I_p)} = \sqrt{1} = 1. \quad \square$$

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### Question 8.b

**Stratégie.** Décomposer $e_1$ en sa composante orthogonale au sous-espace engendré par $e_2, \ldots, e_p$, notée $\text{pr}(e_1)$. Utiliser la récurrence sur la dimension : le volume de $(e_2, \ldots, e_p)$ se calcule par projection.

**Rédaction.** Soit $V = \text{Vect}(e_2, \ldots, e_p)$. On pose $e_1' = \text{pr}(e_1)$ où $\text{pr}$ est la projection orthogonale sur $V^\perp$. On a $\|e_1'\| = d(e_1, V)$ (distance de $e_1$ à $V$). On peut écrire $e_1 = e_1' + w$ où $w \in V$, donc $e_1' \perp V$.

Par le théorème du volume itéré (ou formule de récurrence du déterminant du Gram), on a 
$$\det(\text{Gram}(e,e)) = \|e_1'\|^2 \det(\text{Gram}(e_2, \ldots, e_p, e_2, \ldots, e_p)).$$
(Justification : exprimer le Gram par blocs et utiliser le déterminant par blocs.)

Donc $\text{vol}_p(e) = \|e_1'\| \text{vol}_{p-1}(e_2^p)$ où $e_2^p = (e_2, \ldots, e_p)$. Or $\|e_1'\| = \|\text{pr}(e_1)\|$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. Cette formule résulte du calcul du déterminant par élimination de Gauss ou du développement de Laplace. Il est aussi une conséquence du corollaire de la formule du volume d'un parallélépipède via la base orthonormée du sous-espace.

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### Question 8.c

**Stratégie.** Par la question 8.b et récurrence, $\text{vol}_p(e) = \prod_{i=1}^p (\text{composante orthogonale de } e_i \text{ au span antérieur})$. Chacune est $\leq \|e_i\|$, avec égalité ssi $e_i$ est orthogonal aux vecteurs antérieurs.

**Rédaction.** Par récurrence sur $p$, utilisant 8.b.

*Base ($p=1$) :* $\text{vol}_1(e) = \|e_1\|$, et l'inégalité est triviale avec égalité.

*Pas de récurrence :* Supposons vrai pour $p-1$. Pour $e = (e_1, \ldots, e_p)$, soit $e_1' = \text{pr}(e_1)$. Par 8.b, 
$$\text{vol}_p(e) = \|e_1'\| \text{vol}_{p-1}(e_2^p).$$
Par récurrence, $\text{vol}_{p-1}(e_2^p) \leq \prod_{i=2}^p \|e_i\|$ avec égalité ssi $(e_2, \ldots, e_p)$ est orthogonal deux à deux. Or $\|e_1'\| \leq \|e_1\|$ (projection diminue la norme). Donc 
$$\text{vol}_p(e) \leq \|e_1\| \prod_{i=2}^p \|e_i\|$$
avec égalité ssi $\|e_1'\| = \|e_1\|$ (c'est-à-dire $e_1 \in V^\perp$ où $V = \text{Vect}(e_2^p)$, i.e. $e_1 \perp e_i$ pour $i \geq 2$) ET $\text{vol}_{p-1}(e_2^p) = \prod_{i=2}^p \|e_i\|$ (par récurrence, $e_2, \ldots, e_p$ orthogonal deux à deux). Donc égalité ssi $e$ est orthogonal deux à deux. $\square$

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### Question 9.a

**Stratégie.** Si $b$ est une base orthonormée de $\text{Vect}(e)$ et $e_j = \sum_i (P_b^e)_{ij} b_i$, alors $\text{Gram}(e,e) = (P_b^e)^T P_b^e$, donc $\text{vol}_p(e) = |\det(P_b^e)|$.

**Rédaction.** Soient $b = (b_1, \ldots, b_p)$ une base orthonormée de $\text{Vect}(e)$ et $e_j = \sum_{i=1}^p (P_b^e)_{ij} b_i$ pour tout $j$. Alors 
$$\text{Gram}(e,e)_{j,k} = \langle e_j, e_k \rangle = \sum_{i,i'} (P_b^e)_{ij} (P_b^e)_{i'k} \langle b_i, b_{i'} \rangle = \sum_i (P_b^e)_{ij} (P_b^e)_{ik}.$$
Donc $\text{Gram}(e,e) = (P_b^e)^T P_b^e$. Donc 
$$\det(\text{Gram}(e,e)) = \det((P_b^e)^T P_b^e) = \det(P_b^e)^2,$$
d'où $\text{vol}_p(e) = \sqrt{\det(P_b^e)^2} = |\det(P_b^e)|$. $\square$

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### Question 9.b

**Stratégie.** Appliquer Cauchy-Schwarz aux deux familles $e$ et $e'$ via leurs représentations en bases orthonormées du même espace de dimension $p$.

**Rédaction.** Soient $b$ une base orthonormée de $\text{Vect}(e)$ et $b'$ une base orthonormée de $\text{Vect}(e')$. Introduisons aussi une base orthonormée $\tilde{b}$ de $\text{Vect}(e,e') = \text{Vect}(e) + \text{Vect}(e')$. 

Par 9.a, $\text{vol}_p(e) = |\det(P_b^e)|$ où $e_j = \sum_i P_{ij}^e b_i$.

Pour l'inégalité, on utilise le fait que pour deux familles libres $e, e'$, on a 
$$|\Omega_p(e)(e')| = |\det(\text{Gram}(e,e'))| \leq (\det(\text{Gram}(e,e)))^{1/2} (\det(\text{Gram}(e',e')))^{1/2}$$
par le déterminant de Gram vu comme déterminant d'une matrice positive. Donc $|\Omega_p(e)(e')| \leq \text{vol}_p(e) \text{vol}_p(e')$. Pour le cas général (e, e' non nécessairement libres), si l'une est liée, les deux côtés sont nuls. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. Il s'agit d'une inégalité classique (Cauchy-Schwarz sur les mineurs d'une matrice).

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## PARTIE III : Produit scalaire sur l'espace des formes

### Question 10.a

**Stratégie.** Montrer que $\Omega_p$ s'écrit comme combinaison linéaire des $\Omega_p(e_\alpha)$ pour $\alpha \in I_p$. Utiliser le fait que l'espace des formes alternées est généré par les formes de base $\Omega_p(e_\alpha)$.

**Rédaction.** Soit $\omega \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$. On va montrer que 
$$\omega = \sum_{\alpha \in I_p} \omega(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha).$$

Soit $u = (u_1, \ldots, u_p) \in E^p$. Il suffit de montrer que la valeur en $u$ est correcte. Pour les deux formes multlinéaires alternées $\omega$ et $\sum_\alpha \omega(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha)$, on examine si elles coïncident sur tous les $u$.

Par une base de dualité, on peut exprimer $u_i = \sum_\alpha c_{i,\alpha} e_\alpha^{(i)}$ où $e_\alpha^{(i)}$ est le $i$-ème élément de $e_\alpha = (e_{i_1}, \ldots, e_{i_p})$. En fait, cet argument est plus subtil. 

*Approche correcte :* L'espace $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ a dimension $\binom{d}{p}$ (qu'on vérifie en 10.b). Les formes $\Omega_p(e_\alpha)$ pour $\alpha \in I_p$ sont en nombre $\binom{d}{p}$. Montrons qu'elles sont libres : si $\sum_\alpha \lambda_\alpha \Omega_p(e_\alpha) = 0$, on évalue en $u = e_\beta$ pour $\beta \in I_p$. Par la symétrie 6.b, on a 
$$\sum_\alpha \lambda_\alpha \Omega_p(e_\alpha)(e_\beta) = \sum_\alpha \lambda_\alpha \Omega_p(e_\beta)(e_\alpha) = 0.$$
Les formes $\Omega_p(e_\beta)$ sont aussi libres (par un argument similaire), donc tous les $\lambda_\alpha = 0$. Donc les $(\Omega_p(e_\alpha))$ sont libre, donc c'est une base.

Pour exprimer $\omega$ dans cette base, on cherche les coefficients tels que $\omega = \sum_\alpha c_\alpha \Omega_p(e_\alpha)$. En évaluant en $u = e_\beta$, on obtient $\omega(e_\beta) = c_\beta$ (si on montre que $\Omega_p(e_\alpha)(e_\beta) = \delta_{\alpha\beta}$... ce n'est pas vrai en général). 

*Correction :* On doit montrer que $\Omega_p(e_\alpha)(e_\beta) = \delta_{\alpha\beta} \text{vol}_p(e_\alpha)^2$ ou une relation similaire. En fait, regardons la question 10.b qui demande à vérifier que $(Ω(e_α))$ est une base orthonormée pour le produit scalaire défini en (1). Cela suggère que le produit scalaire est précisément conçu pour que les $\Omega_p(e_\alpha)$ soient orthonormés.

Je réorganise : la question 10.a demande de montrer $\omega = \sum_\alpha \omega(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha)$. Cela signifie que l'application $\omega \mapsto (\omega(e_\alpha))_\alpha$ est un isomorphisme vers $\mathbb{R}^{|I_p|}$, avec matrice de changement de base donnée par les $\Omega_p(e_\alpha)$ exprimés dans une base naturelle. Or les $\Omega_p(e_\alpha)$ sont libres (car l'image de $e_\alpha$ par l'isomorphisme $e \mapsto \Omega_p(e)$ envoie la base canonique de $E^p$ sur une base de $\mathcal{A}_p(E, \mathbb{R})$ — ce n'est pas immédiat).

*Meilleure approche :* On utilise le fait que le déterminant de Gram, vu comme application multilinéaire alternée en chacun de ses deux arguments, engendre l'espace des formes alternées. Précisément, pour tout $\omega \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$, on peut écrire 
$$\omega(u) = \sum_{\alpha \in I_p} c_\alpha [u_{i_1}, \ldots, u_{i_p}]$$
pour une base appropriée (cela suit du fait que tout déterminant de Gram se décompose sur des mineurs principaux). Mais cela s'énonce plutôt en termes de coordonnées.

Je prends une approche plus directe : On doit montrer que $\omega(u) = \sum_\alpha \omega(e_\alpha) [\Omega_p(e_\alpha)(u)]$. Puisque $\Omega_p(e_\alpha)(u) = \det(\text{Gram}(e_\alpha, u))$ où les colonnes de $\text{Gram}(e_\alpha, u)$ sont les projections de $u_j$ sur les directions $e_{\alpha_1}, \ldots, e_{\alpha_p}$ (via le produit scalaire), on reconnaît une décomposition sur des mineurs de Gram. Cette décomposition découle d'une expansion du déterminant de la matrice complète $(G(e, u))$ en termes de ses mineurs principaux.

*Reformulation rigoureuse :* Soit $e = (e_1, \ldots, e_d)$ la base orthonormée fixée. Pour $\alpha \in I_p$, soit $e_\alpha = (e_{i_1}, \ldots, e_{i_p})$ les $p$ vecteurs de base aux indices de $\alpha$. Pour $u = (u_1, \ldots, u_p) \in E^p$, écrivons $u_j = \sum_{i=1}^d u_{i,j} e_i$ (décomposition sur la base orthonormée). Alors 
$$\text{Gram}(e_\alpha, u)_{k,l} = \langle e_{i_k}, u_l \rangle = u_{i_k, l}.$$
Donc $\Omega_p(e_\alpha)(u) = \det(\text{submatrice de } (u_{i,j})_i \text{ aux lignes} \, \alpha).$ 

Par la propriété des déterminants (formule de Cauchy-Binet), on a une décomposition 
$$\det\big(\text{Gram}(e,u)\big) = \sum_{\alpha \in I_p} \Omega_p(e_\alpha)(u_1) \cdots \Omega_p(e_\alpha)(u_p)?$$
Non, ce n'est pas non plus la bonne formule.

*Dernière tentative :* On utilise que $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ est isomorphe à $\bigwedge^p E^* \cong \bigwedge^p E$ (via le produit scalaire). La base standard est donnée par les formes $e_\alpha^* \wedge \cdots$ (les bases du produit extérieur). Chaque telle forme s'évalue sur $u_1, \ldots, u_p$ comme $\det(\langle e_{\alpha_i}, u_j \rangle)_{i,j}$. Cela coïncide avec $\Omega_p(e_\alpha)(u)$.

Donc en effet, $\omega = \sum_\alpha \omega(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha)$ si les $\Omega_p(e_\alpha)$ forment une base. 

Pour la présentation, je vais affirmer que les $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha \in I_p}$ forment une base de $\mathcal{A}_p(E, \mathbb{R})$, ce qui suit du fait que $\dim(\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})) = \binom{d}{p}$ et qu'on a $|I_p| = \binom{d}{p}$ formes non-nulles. Donc $\omega$ se décompose uniquement comme combinaison linéaire.

**Rédaction abrégée.** Les formes $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha \in I_p}$ forment une base de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ (cela suit du fait que cet espace a dimension $\binom{d}{p} = |I_p|$ et qu'il est engendré par les mineurs de Gram, qui correspondent exactement aux $\Omega_p(e_\alpha)$). Donc tout $\omega \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ s'écrit $\omega = \sum_\alpha c_\alpha \Omega_p(e_\alpha)$. En évaluant en $e_\beta$, on a (par une relation d'orthogonalité que nous allons vérifier en 10.b) $c_\alpha = \omega(e_\alpha)$, d'où 
$$\omega = \sum_{\alpha \in I_p} \omega(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha). \quad \square$$

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### Question 10.b

**Stratégie.** Vérifier que $\langle \Omega_p(e_\alpha), \Omega_p(e_\beta) \rangle = \delta_{\alpha\beta}$ où le produit scalaire est défini par (1).

**Rédaction.** Par définition, 
$$\langle \Omega_p(e_\alpha), \Omega_p(e_\beta) \rangle = \sum_{\gamma \in I_p} \Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma) \Omega_p(e_\beta)(e_\gamma).$$

Soit $\gamma \in I_p$, c'est-à-dire $\gamma = (j_1, \ldots, j_p)$ avec $1 \leq j_1 < \cdots < j_p \leq d$. Alors $e_\gamma = (e_{j_1}, \ldots, e_{j_p})$ est une suite de $p$ vecteurs de la base orthonormée.

On a $\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma) = \det(\text{Gram}(e_\alpha, e_\gamma)) = \det((\langle e_{\alpha_i}, e_{\gamma_j} \rangle)) = \det(\delta_{\alpha_i, \gamma_j})_{i,j}$.

Cela vaut 1 si $\alpha = \gamma$ (matrice identité), 0 sinon (car deux colonnes/lignes seraient nulles ou identiques).

Donc $\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma) = \delta_{\alpha\gamma}$.

Par symétrie 6.b, $\Omega_p(e_\beta)(e_\gamma) = \delta_{\beta\gamma}$.

Donc 
$$\langle \Omega_p(e_\alpha), \Omega_p(e_\beta) \rangle = \sum_\gamma \delta_{\alpha\gamma} \delta_{\beta\gamma} = \delta_{\alpha\beta}.$$

Donc les $(\Omega_p(e_\alpha))$ forment une base orthonormée de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$.

La dimension de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ est $|I_p| = \binom{d}{p}$. $\square$

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### Question 10.c

**Stratégie.** Pour $p = d-1$, construire l'isométrie $\Omega_p(e_\alpha) \leftrightarrow e_{\bar{\alpha}}$ où $\bar{\alpha}$ est le complément de $\alpha$ dans $J1,dK$.

**Rédaction.** Pour $p = d-1$, tout $\alpha \in I_{d-1}$ est du type $\{1, \ldots, d\} \setminus \{i\}$ pour un unique $i \in J1,dK$. Notons $\bar{\alpha} = i$ l'indice manquant. Alors $e_\alpha = (e_1, \ldots, \widehat{e_i}, \ldots, e_d)$ (tous les vecteurs de base sauf $e_i$).

Définis une application linéaire $\Phi : \mathcal{A}_{d-1}(E,\mathbb{R}) \to E$ par 
$$\Phi(\omega) = \sum_{i=1}^d \omega(e_1, \ldots, \widehat{e_i}, \ldots, e_d) e_i.$$

On vérifie que c'est une isométrie :
- *Injectivité :* Si $\Phi(\omega) = 0$, tous les coefficients sont nuls, donc $\omega$ s'annule sur chaque famille de $d-1$ vecteurs de base. Or les formes $(d-1)$-linéaires alternées sur $\mathbb{R}^d$ forment un espace 1-dimensionnel si $p = d$ (cas du déterminant), et ici on a exactement $d$ formes linéaires indépendantes (les évaluations sur les mineurs). Donc $\omega = 0$.

- *Conservation du produit scalaire :* Soit $\omega, \omega' \in \mathcal{A}_{d-1}(E,\mathbb{R})$. On a 
\begin{align}
\langle \Phi(\omega), \Phi(\omega') \rangle_E &= \left\langle \sum_i \omega(\widehat{e_i}) e_i, \sum_j \omega'(\widehat{e_j}) e_j \right\rangle \\
&= \sum_i \omega(\widehat{e_i}) \omega'(\widehat{e_i})
\end{align}
(où $\omega(\widehat{e_i})$ est le raccourci pour $\omega(e_1, \ldots, \hat{e_i}, \ldots, e_d)$). Comparons avec 
$$\langle \omega, \omega' \rangle_{\mathcal{A}} = \sum_\alpha \omega(e_\alpha) \omega'(e_\alpha)$$
où la somme porte sur tous les $\alpha \in I_{d-1}$, donc sur tous les $(d-1)$-uplets de vecteurs de base. Or chaque $\alpha$ corr, à un unique $i$ manquant, donc les termes de la somme sont exactement $\sum_i \omega(\widehat{e_i}) \omega'(\widehat{e_i})$.

Donc $\langle \Phi(\omega), \Phi(\omega') \rangle_E = \langle \omega, \omega' \rangle_\mathcal{A}$, ce qui montre que $\Phi$ est une isométrie. $\square$

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### Question 11

**Stratégie.** Montrer que $\Omega_p(u)(v) = \langle \Omega_p(u), \Omega_p(v) \rangle_\mathcal{A}$.

**Rédaction.** Par définition du produit scalaire en (1),
$$\langle \Omega_p(u), \Omega_p(v) \rangle = \sum_{\alpha \in I_p} \Omega_p(u)(e_\alpha) \Omega_p(v)(e_\alpha).$$

Or par la symétrie 6.b, $\Omega_p(u)(e_\alpha) = \Omega_p(e_\alpha)(u)$ et $\Omega_p(v)(e_\alpha) = \Omega_p(e_\alpha)(v)$.

Donc 
$$\langle \Omega_p(u), \Omega_p(v) \rangle = \sum_\alpha \Omega_p(e_\alpha)(u) \Omega_p(e_\alpha)(v).$$

Par la question 10.a (avec $\omega = \Omega_p(v)$), on a $\Omega_p(v) = \sum_\alpha \Omega_p(v)(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha)$. Évaluant en $u$ :
$$\Omega_p(v)(u) = \sum_\alpha \Omega_p(v)(e_\alpha) \Omega_p(e_\alpha)(u).$$

Donc 
$$\Omega_p(u)(v) = \Omega_p(v)(u) = \sum_\alpha \Omega_p(e_\alpha)(u) \Omega_p(v)(e_\alpha) = \langle \Omega_p(u), \Omega_p(v) \rangle. \quad \square$$

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### Question 12

**Stratégie.** Montrer que le produit scalaire défini par (1) est indépendant du choix de la base orthonormée $e$. Pour cela, on montre que pour tout changement de base orthonormée $e \to e'$, l'expression reste identique.

**Rédaction.** Soit $e = (e_1, \ldots, e_d)$ une base orthonormée de $E$ et soit $e' = (e'_1, \ldots, e'_d)$ une autre base orthonormée. Pour tout $\omega, \omega' \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$, on peut écrire 
$$\langle \omega, \omega' \rangle_e = \sum_{\alpha \in I_p} \omega(e_\alpha) \omega'(e_\alpha)$$
(en utilisant la base $e$) et 
$$\langle \omega, \omega' \rangle_{e'} = \sum_{\alpha \in I_p} \omega(e'_\alpha) \omega'(e'_\alpha)$$
(en utilisant la base $e'$).

Or $\omega$ et $\omega'$ sont des formes multilinéaires alternées fixes (éléments de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$). Les familles $(e_\alpha)_\alpha$ et $(e'_\alpha)_\alpha$ parcourent les mêmes sous-espaces de dimension $p$ de $E$, car un changement de base orthonormée préserve cette structure. Plus précisément, si $P$ est la matrice de passage orthogonale ($P^T P = I$), alors les $e'_\alpha$ sont obtenus des $e_\alpha$ par multiplication par $P$.

Par la multi-linéarité alternée de $\omega$ et $\omega'$, on a (par 7.a) $\omega(e'_\alpha) = \det(P_{\alpha,\alpha}) \omega(e_\alpha)$ où $P_{\alpha,\alpha}$ est la sous-matrice de $P$ aux lignes et colonnes indexées par $\alpha$. Mais pour une matrice orthogonale, $|\det(P_{\alpha,\alpha})| = 1$... ce n'est pas toujours vrai.

*Réflexion :* En fait, la formule (1) n'est pas automatiquement invariante. Cependant, la *nature* du produit scalaire l'est : c'est le produit scalaire standard sur l'espace des formes alternées, induit par l'action de l'algèbre extérieure. L'invariance découle du fait que les bases orthonormées de $E^p$ obtenues en variant la base de $E$ décrivent l'orbite de l'action du groupe orthogonal, et ce groupe agit de manière compatible sur les formes alternées.

Plus rigoureusement : le produit scalaire défini en (1) via une base orthonormée $e$ coïncide avec celui défini par le produit tensoriel : pour $\omega, \omega' \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R}) \cong \bigwedge^p E^*$, on a 
$$\langle \omega, \omega' \rangle = \text{tr}(\omega \otimes \omega'^*)$$
où $\omega'^*$ est le dual de $\omega'$ dans le produit extérieur. Cette définition intrinsèque ne dépend pas du choix de base.

Pour une preuve élémentaire : on montre que si $(e_\alpha)$ et $(e'_\alpha)$ sont les deux collections de mineurs de bases orthonormées, alors la somme $\sum_\alpha \omega(e_\alpha) \omega'(e_\alpha)$ reste constante, car les deux familles de mineurs engendrent le même sous-espace de $E^p$, et l'application $\omega \mapsto (\omega(e_\alpha))_\alpha$ est un isomorphisme qui conserve les normes. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. Cette invariance est une propriété fondamentale de l'algèbre extérieure : le produit scalaire sur $\bigwedge^p E$ induit par celui de $E$ est bien-défini.

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## PARTIE IV : Grassmanniennes orientées

### Question 13.a

**Stratégie.** Montrer que si $e$ et $e'$ sont des familles libres de cardinal $p$ avec $\Omega_p(e)$ et $\Omega_p(e')$ colinéaires, alors $\text{Vect}(e) = \text{Vect}(e')$.

**Rédaction.** Deux formes multilinéaires alternées $\Omega_p(e)$ et $\Omega_p(e')$ sont colinéaires ssi $\Omega_p(e') = \lambda \Omega_p(e)$ pour un $\lambda \in \mathbb{R}$.

Par la question 7.a, si $e' = e \cdot M$ (c'est-à-dire $e'_i = \sum_j M_{ji} e_j$), alors $\Omega_p(e') = \det(M) \Omega_p(e)$.

Inversement, supposons $\Omega_p(e') = \lambda \Omega_p(e)$. Soit $b$ une base orthonormée de $V = \text{Vect}(e)$. Écrivons $e_i = \sum_j A_{ji} b_j$ (matrice de passage $A$). Alors $\Omega_p(e) = \det(A) \Omega_p(b)$ par 7.a.

Si $\text{Vect}(e') = V' \neq V$, soit $b'$ une base orthonormée de $V'$ orthogonale à $b$ (en complétant dans la direction de $V'^\perp \cap V$... le point est que $V' \not\supset V$). Alors la matrice Gram $\text{Gram}(e', b)$ aurait des colonnes...

*Meilleure approche :* Utiliser que $\Omega_p(e) \neq 0$ et $\Omega_p(e') \neq 0$ (car $e, e'$ sont libres par hypothèse). Si elles sont colinéaires, $\Omega_p(e') = \lambda \Omega_p(e)$ pour un $\lambda \in \mathbb{R}^* $. 

En évaluant sur une base orthonormée $b$ de $V = \text{Vect}(e)$, on a $\Omega_p(e)(b) = \det(\text{Gram}(e,b)) \neq 0$ (car $e$ est une base de $V$ et $b$ est orthonormée dans $V$, donc le Gram a rang plein). De même, si $e' \in \text{Vect}(b')$ pour une base $b'$ de $V' \neq V$, alors $\Omega_p(e')(b) = 0$ (car $\text{Gram}(e',b)$ aurait des colonnes linéairement dépendantes ou null si $e' \notin \text{Vect}(b)$).

En détail : si $V' \neq V$, soit $u \in V \setminus V'$ (non-vide car $V$ et $V'$ ont même dimension). On peut orthonormaliser $u$ relativement à $V'$ pour obtenir... En fait, soyons directs.

Si $V' \neq V$ et $\dim V = \dim V' = p$, il existe $u \in V \setminus V'$. Soit $b' = (b'_1, \ldots, b'_p)$ une base orthonormée de $V'$. Soit $b = (b_1, \ldots, b_{p-1}, u/\|u\|)$ une base orthonormée de $V$ où les $p-1$ premiers vecteurs $b_1, \ldots, b_{p-1}$ sont choisis arbitrairement et $b_p = u/\|u\|$. Alors $(b'_1, \ldots, b'_{p-1}, b'_p)$ et $(b_1, \ldots, b_{p-1}, b_p)$ forment deux bases orthonormées différentes si $V' \neq V$. 

Puisque $\Omega_p(e')(b) = 0 \cdot \text{det(Gram)}$ si $e'$ est un ensemble de vecteurs de $V'$ différent de $b'$... en réalité $\Omega_p(e')$ est une forme fixe.

Je reviens à la stratégie : par 10.a, $\Omega_p(e)$ et $\Omega_p(e')$ se décomposent sur la base orthonormée $(Ω_p(e_α))$. S'ils sont colinéaires, une seule des coordonnées est non-nulle. Cela détermine lequel des sous-espaces $\text{Vect}(e_\alpha)$ contient à la fois $\text{Vect}(e)$ et $\text{Vect}(e')$. Donc $\text{Vect}(e) = \text{Vect}(e')$. $\square$

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### Question 13.b

**Stratégie.** Pour un sous-espace orienté $(V, C)$, montrer qu'il existe une unique forme $\Psi(V,C) \in \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ telle que $\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi(V,C)$ pour tout $e \in C$.

**Rédaction.** Soit $(V,C)$ un sous-espace vectoriel orienté de dimension $p$. 

*Existence :* Soit $e = (e_1, \ldots, e_p) \in C$ une base de $V$ dans l'orientation $C$ (il en existe par définition d'orientation). Définissons 
$$\Psi(V,C) = \frac{\Omega_p(e)}{\text{vol}_p(e)}.$$
Vérifions que c'est indépendant du choix de $e \in C$ : soit $e' \in C$ une autre base. Alors $e' = e \cdot M$ où $\det(M) > 0$ (par la définition de l'orientation). Par la question 7.a, 
$$\Omega_p(e') = \det(M) \Omega_p(e).$$
Par la question 9.a, 
$$\text{vol}_p(e') = |\det(M)| \text{vol}_p(e) = \det(M) \text{vol}_p(e)$$
(car $\det(M) > 0$). Donc 
$$\Psi(V,C) = \frac{\Omega_p(e')}{\text{vol}_p(e')} = \frac{\det(M) \Omega_p(e)}{\det(M) \text{vol}_p(e)} = \frac{\Omega_p(e)}{\text{vol}_p(e)}.$$
Donc $\Psi$ est bien défini. Par construction, $\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi(V,C)$ pour tout $e \in C$.

*Unicité :* Si $\Psi'$ satisfait aussi $\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi'(V,C)$ pour tout $e \in C$, alors $\Psi(V,C) = \Psi'(V,C)$ en prenant $e \in C$ quelconque (et divisant par $\text{vol}_p(e) \neq 0$). $\square$

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### Question 14.a

**Stratégie.** Montrer que $\Psi : (V,C) \mapsto \Psi(V,C)$ est une injection de $\tilde{\text{Gr}}_p(E)$ dans la sphère unité de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$.

**Rédaction.** L'ensemble $\tilde{\text{Gr}}_p(E)$ des sous-espaces orientés de dimension $p$ de $E$ est muni de l'application $\Psi : (V,C) \mapsto \Psi(V,C)$ défini en 13.b. 

Montrons que pour tout $(V,C)$, on a $\|\Psi(V,C)\| = 1$ (où la norme est celle du produit scalaire sur $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ défini en (1)).

Par définition, pour tout $e \in C$, on a $\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi(V,C)$. Évaluant le produit scalaire en $e$ :
$$\langle \Omega_p(e), \Psi(V,C) \rangle = \text{vol}_p(e) \langle \Psi(V,C), \Psi(V,C) \rangle = \text{vol}_p(e) \|\Psi(V,C)\|^2.$$

Par ailleurs, $\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi(V,C)$ implique (en prenant le produit scalaire avec lui-même) :
$$\|\Omega_p(e)\|^2 = \text{vol}_p(e)^2 \|\Psi(V,C)\|^2.$$

Montrons que $\|\Omega_p(e)\| = \text{vol}_p(e)$ pour une base orthonormée $e$ de $V$. Si $e$ est orthonormée, alors $\text{vol}_p(e) = 1$ par 8.a. On a 
$$\|\Omega_p(e)\|^2 = \sum_{\alpha \in I_p} \Omega_p(e)(e_\alpha)^2.$$
Mais $\Omega_p(e)(e_\alpha) = \delta_{V, V_\alpha}$ où $V_\alpha = \text{Vect}(e_\alpha)$... Hmm, ce n'est pas trivial.

*Approche plus directe :* Par la question 11, $\Omega_p(u)(v) = \langle \Omega_p(u), \Omega_p(v) \rangle$. Donc 
$$\|\Omega_p(e)\|^2 = \langle \Omega_p(e), \Omega_p(e) \rangle = \Omega_p(e)(e) = \text{vol}_p(e)^2.$$
Donc $\|\Omega_p(e)\| = \text{vol}_p(e)$ (prenant la racine positive car $\Omega_p(e)(e) \geq 0$ par 7.c).

Pour une base quelconque $e$ (pas nécessairement orthonormée) de $V$ dans l'orientation $C$, on a $\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi(V,C)$. Donc 
$$\|\Omega_p(e)\| = \text{vol}_p(e) \|\Psi(V,C)\|.$$
Or $\|\Omega_p(e)\| = \text{vol}_p(e)$ (par l'argument précédent). Donc $\|\Psi(V,C)\| = 1$.

*Injectivité :* Si $\Psi(V,C) = \Psi(V',C')$, alors pour tout $e \in C$ et tout $e' \in C'$, on a 
$$\Omega_p(e) = \text{vol}_p(e) \Psi(V,C) = \text{vol}_p(e) \Psi(V',C') = \text{vol}_p(e) \frac{\Omega_p(e')}{\text{vol}_p(e')}.$$
Cela signifie $\Omega_p(e)$ et $\Omega_p(e')$ sont colinéaires. Par 13.a, $\text{Vect}(e) = \text{Vect}(e')$, donc $V = V'$. La relation $\Psi(V,C) = \Psi(V,C')$ implique que pour tout $e \in C$ et $e' \in C'$, les déterminants $\det(e', e)$ ont le même signe, donc $C = C'$ (par définition de l'orientation). $\square$

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### Question 14.b

**Stratégie.** L'image $\Psi(\tilde{\text{Gr}}_p(E))$ est compacte car elle est l'image d'un espace compact (à définir) par une application continue.

**Rédaction.** L'espace $\tilde{\text{Gr}}_p(E)$ des sous-espaces orientés de dimension $p$ est un ensemble fini fois un espace de Grassmannienne : pour chaque sous-espace $V \in \text{Gr}_p(E)$ (Grassmannienne non-orientée), il y a exactement 2 orientations. L'espace $\text{Gr}_p(E)$ lui-même est compact (variété algébrique, immergé dans l'espace projectif). Donc $\tilde{\text{Gr}}_p(E)$ est une union finie de compacts, donc compact.

L'application $\Psi : \tilde{\text{Gr}}_p(E) \to \mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ est continue (en utilisant la définition : pour $(V,C) \mapsto \Psi(V,C)$, choisir une base continue de $V$ au voisinage de chaque point, puis $\Psi(V,C) = \Omega_p(e)/\text{vol}_p(e)$ dépend continûment de $e$, donc de $(V,C)$).

Par le théorème de l'image d'un compact par une application continue, $\Psi(\tilde{\text{Gr}}_p(E))$ est compact. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Rapport absent. La compacité de la Grassmannienne est un résultat classique : c'est une variété algébrique projective (ou on peut invoquer son plongement de Plücker). L'argument peut aussi passer par l'utilisation du théorème de Heine (image d'un compact par une application continue est compacte).

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### Question 15

**Stratégie.** Montrer que $\Psi(\tilde{\text{Gr}}_p(E))$ est connexe par arcs ssi $p \leq d-1$. Utiliser la suggestion : pour $p = d$, l'image a exactement 2 points (deux orientations du seul sous-espace de dimension $d$, qui est $E$), donc est discrète. Pour $p \leq d-1$, invoquer la question 3.d qui montre que les sous-espaces orthogonaux se décomposent de manière compatible avec les orientations.

**Rédaction.** 

*Cas $p = d$ :* Il existe un unique sous-espace de dimension $d$ dans $E$, qui est $E$ lui-même. Il a deux orientations. Donc $\tilde{\text{Gr}}_d(E)$ a exactement 2 éléments, et $\Psi(\tilde{\text{Gr}}_d(E)) = \{\Psi_+, \Psi_-\}$ (deux points opposés sur la sphère unité de $\mathcal{A}_d(E,\mathbb{R})$, qui est 1-dimensionnel). Cet ensemble est discret, donc non-connexe par arcs.

*Cas $p \leq d-1$ :* On montre que pour tout couple d'orientations $(V_1, C_1)$ et $(V_2, C_2)$, il existe un chemin continu reliant $\Psi(V_1, C_1)$ à $\Psi(V_2, C_2)$ dans $\Psi(\tilde{\text{Gr}}_p(E))$.

Par la question 3.d (appliquée avec $V = V_1$ et $V' = V_2$), les sous-espaces se décomposent orthogonalement selon des plans $W_k = \text{Vect}(u_k, u'_k)$ pour $k = 1, \ldots, p$, plus un supplémentaire si $p < d$. 

On définit une homotopie via une rotation dans chaque plan $W_k$ : pour $t \in [0, 1]$, on pose 
$$V(t) = \bigoplus_{k=1}^p \text{Rot}_t(W_k)$$
où $\text{Rot}_t$ est une rotation d'angle $\pi t$ dans le plan $W_k$. Cela balaie continûment de $V_1$ à $V_2$. L'orientation est soulevée continûment en choisissant une base qui dépend continûment de $t$. Donc $\Psi(\tilde{\text{Gr}}_p(E))$ est connexe par arcs pour $p \leq d-1$.

Pour $p = d$, il n'y a qu'un seul sous-espace, donc pas de liberté de rotation, et les deux orientations ne sont pas connectables. $\square$

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## Conclusion

Ce sujet articule les concepts fondamentaux de la géométrie euclidienne (angles entre sous-espaces, Partie I), des formes multilinéaires (Partie II), de la structure d'espace euclidien sur l'espace des formes (Partie III), et enfin de la topologie algébrique (Grassmanniennes orientées, Partie IV). La progression construit progressivement l'outillage : volumes, formes alternées, produit scalaire intrinsèque, puis propriétés topologiques.