Maths A

# X‑ENS — Mathématiques A (XLSR) — Filière MP — 2022

## En‑tête

**Thème.**

Le problème étudie, dans un espace euclidien $E$ de dimension $d$, le *déterminant de Gram* et le *$p$‑volume* $\mathrm{vol}_p(e)=\sqrt{\det\mathrm{Gram}(e,e)}$ d'une famille de $p$ vecteurs.

Il construit l'application $\Omega_p$ qui à une famille $e$ associe la forme $p$‑linéaire alternée $u\mapsto\det\mathrm{Gram}(e,u)$, munit l'espace $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ de ces formes d'un produit scalaire canonique, et s'en sert pour plonger la *grassmannienne orientée* $\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$ dans une sphère de $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ — version euclidienne du plongement de Plücker.

La Partie I établit d'abord l'existence des *angles principaux* entre deux sous‑espaces ; la Partie IV étudie la compacité et la connexité par arcs de l'image, ce dernier point distinguant le cas $p=d$ des autres.

> **Note de méthode.** Le rapport du jury n'étant pas disponible, chaque bloc « Commentaire » signale l'absence de source officielle puis pointe les pièges que j'identifie moi‑même.

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## Partie I

Dans toute la partie, $V$ et $V'$ sont deux sous‑espaces de $E$ de dimension $p\ge 1$.

### Question 1.a

**Stratégie.** L'existence du sup comme *maximum* repose sur la compacité de la sphère unité en dimension finie et la continuité du produit scalaire.

**Rédaction.**

Notons $S=\{a\in V:\|a\|=1\}$ et $S'=\{a'\in V':\|a'\|=1\}$.

Dans l'espace de dimension finie $V$, $S$ est fermée (image réciproque de $\{1\}$ par la norme, continue) et bornée, donc **compacte** ; de même $S'$.

Comme $\dim V=\dim V'=p\ge1$, $S$ et $S'$ sont non vides, et $S\times S'$ est compact (produit de compacts).

L'application $(a,a')\mapsto\langle a,a'\rangle$ est continue sur $E\times E$ (bilinéaire en dimension finie).

Par le **théorème des bornes atteintes**, elle atteint sa borne supérieure sur le compact $S\times S'$ : il existe $u_1\in S$, $u_1'\in S'$ tels que $$\langle u_1,u_1'\rangle=\sup\{\langle a,a'\rangle\mid(a,a')\in V\times V',\ \|a\|=\|a'\|=1\}.\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège classique : se contenter d'affirmer l'existence d'une borne supérieure (vraie car $\langle a,a'\rangle\le 1$ par Cauchy‑Schwarz) sans prouver qu'elle est **atteinte**. C'est l'atteinte qui exige la compacité.

### Question 1.b

**Stratégie.**

Récurrence sur $k$ : à l'étape $k$, on applique 1.a aux sous‑espaces $V_k,V_k'$ obtenus en imposant l'orthogonalité aux vecteurs déjà construits.

La preuve de 1.a vaut pour tout couple de sous‑espaces non nuls.

**Rédaction.** L'argument de compacité de 1.a s'applique verbatim à deux sous‑espaces *quelconques* de dimension $\ge1$. On construit $u_k,u_k'$ par récurrence.

*Initialisation* $k=1$ : c'est exactement 1.a.

*Hérédité.*

Soit $2\le k\le p$ ; supposons construites des familles **orthonormées** $(u_1,\dots,u_{k-1})$ de $V$ et $(u_1',\dots,u_{k-1}')$ de $V'$ vérifiant (i)–(ii) jusqu'au rang $k-1$.

Posons $$V_k=V\cap\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_{k-1})^\perp,\qquad V_k'=V'\cap\mathrm{Vect}(u_1',\dots,u_{k-1}')^\perp.$$
Comme $(u_1,\dots,u_{k-1})$ est orthonormée dans $V$ (de dimension $p$), $\dim V_k=p-(k-1)\ge 1$ ; de même $\dim V_k'\ge 1$.

Par 1.a appliqué à $V_k,V_k'$, il existe $u_k\in V_k$, $u_k'\in V_k'$ unitaires avec $$\langle u_k,u_k'\rangle=\sup\{\langle a,a'\rangle\mid a\in V_k,\ a'\in V_k',\ \|a\|=\|a'\|=1\}.$$
Or $a\in V_k\iff a\in V$ et $\langle a,u_l\rangle=0\ (l<k)$, et de même pour $a'\in V_k'$ : ce sup est précisément celui de (ii).

De plus $u_k\perp u_l$ ($l<k$) et $\|u_k\|=1$, donc $(u_1,\dots,u_k)$ est orthonormée ; idem pour $u'$.

La récurrence aboutit à $k=p$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Pièges : (1) oublier de vérifier $\dim V_k\ge1$ (sinon 1.a ne s'applique pas) — c'est garanti car $k\le p$ ; (2) ne pas reconnaître que les contraintes d'orthogonalité reviennent à travailler dans $V_k\times V_k'$.

### Question 2

**Stratégie.**

Quand $V\cap V'\ne\{0\}$, un vecteur unitaire commun donne la valeur $1$ au produit scalaire ; le cas d'égalité de Cauchy‑Schwarz force $u_k=u_k'$.

On itère.

**Rédaction.**

Posons $r=\dim(V\cap V')\ge1$ et montrons par récurrence sur $k\in\{1,\dots,r\}$ que $u_k=u_k'$.

Soit $k\le r$, et supposons $u_l=u_l'$ pour $l<k$ (donc $u_l\in V\cap V'$).

Considérons $$W=(V\cap V')\cap\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_{k-1})^\perp.$$
Les $u_1,\dots,u_{k-1}$ étant orthonormés dans $V\cap V'$, $\dim W=r-(k-1)\ge1$ : il existe $w\in W$ unitaire.

Alors $w\in V$, $w\perp u_l\ (l<k)$, et $w\in V'$, $w\perp u_l'=u_l\ (l<k)$ : le couple $(w,w)$ est **admissible** pour le sup (ii) du rang $k$, d'où $$\langle u_k,u_k'\rangle=\sup(\cdots)\ \ge\ \langle w,w\rangle=1.$$
Par Cauchy‑Schwarz $\langle u_k,u_k'\rangle\le\|u_k\|\,\|u_k'\|=1$, donc $\langle u_k,u_k'\rangle=1$.

Avec $\|u_k\|=\|u_k'\|=1$ : $$\|u_k-u_k'\|^2=2-2\langle u_k,u_k'\rangle=0,\qquad\text{donc } u_k=u_k'.$$
La récurrence donne $u_k=u_k'$ pour tout $k\le r$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Piège : ne pas voir que $(w,w)$ satisfait simultanément les contraintes sur $a$ et sur $a'$ (c'est là qu'intervient $w\in V\cap V'$).

### Question 3.a

**Stratégie.** Une famille orthonormée de cardinal maximal est une base.

**Rédaction.** $(u_1,\dots,u_p)$ est orthonormée par construction (Q1.b), donc libre.

Étant libre de cardinal $p=\dim V$ dans $V$, c'est une **base orthonormée de $V$**. (De même $u'$ est une base orthonormée de $V'$.) $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Aucun piège ; bien noter que les $p$ étapes de 1.b sont toutes licites car $\dim V_k\ge1$ jusqu'à $k=p$.

### Question 3.b

**Stratégie.**

Pour $l>k$, le vecteur normalisé $u_k(t)=\dfrac{u_k+tu_l}{\|u_k+tu_l\|}$ reste admissible dans le sup définissant $\langle u_k,u_k'\rangle$ ; la fonction $t\mapsto\langle u_k(t),u_k'\rangle$ est donc maximale en $0$, et sa dérivée y est nulle.

**Rédaction.**

Fixons $k\in\{1,\dots,p-1\}$ et $l\in\{k+1,\dots,p\}$.

Comme $u_k,u_l$ sont orthonormés, $\|u_k+tu_l\|=\sqrt{1+t^2}>0$ ; posons $$a(t)=\frac{u_k+t u_l}{\sqrt{1+t^2}}\in V,\qquad t\in\mathbb R .$$
On a $\|a(t)\|=1$ et, pour $m<k$, $\langle u_k+tu_l,u_m\rangle=\langle u_k,u_m\rangle+t\langle u_l,u_m\rangle=0$ (car $m\ne k$ et $m\ne l$).

Ainsi $a(t)$ satisfait les contraintes du « $a$ » de (ii) au rang $k$, tandis que $u_k'$ satisfait celles du « $a'$ ».

Le couple $(a(t),u_k')$ est admissible, donc $$\varphi(t):=\langle a(t),u_k'\rangle=\frac{\langle u_k,u_k'\rangle+t\,\langle u_l,u_k'\rangle}{\sqrt{1+t^2}}\ \le\ \langle u_k,u_k'\rangle=\varphi(0).$$
La fonction $\varphi$ est dérivable sur $\mathbb R$ (dénominateur $>0$) et admet un **maximum global en $0$**, donc $\varphi'(0)=0$.

Or $$\varphi'(0)=\langle u_l,u_k'\rangle .$$
Donc $\langle u_l,u_k'\rangle=0$.

Ceci valant pour tout $l\in\{k+1,\dots,p\}$ : $$u_k'\in\mathrm{Vect}(u_{k+1},\dots,u_p)^\perp.\qquad\square$$

*Détail du calcul.*

Avec $A=\langle u_k,u_k'\rangle$, $B=\langle u_l,u_k'\rangle$, $\varphi(t)=(A+Bt)(1+t^2)^{-1/2}$ et $\varphi'(t)=B(1+t^2)^{-1/2}-(A+Bt)t(1+t^2)^{-3/2}$, d'où $\varphi'(0)=B$.

**Commentaire.** Rapport non disponible. C'est la question technique centrale.

Pièges : (1) oublier de vérifier que $a(t)$ est *admissible* (norme $1$ **et** orthogonalité aux $u_m,m<k$) ; (2) écrire la condition de maximum sans dérivabilité ; (3) ne pas reconnaître que c'est un argument de condition nécessaire d'extremum (à l'**intérieur** $t=0$ de $\mathbb R$, le gradient s'annule).

### Question 3.c

**Stratégie.**

Combiner l'orthonormalité de $u$ (pour les $u_j$, $j\le k$) et la question 3.b (pour les $u_j'$, $j\le k$).

**Rédaction.** Soit $k\in\{1,\dots,p-1\}$. Pour $j\le k$ :

- $\langle u_{k+1},u_j\rangle=0$ car $(u_i)$ est orthonormée et $k+1\ne j$ ;

- par 3.b appliquée à l'indice $j\le k\le p-1$, $u_j'\in\mathrm{Vect}(u_{j+1},\dots,u_p)^\perp$ ; comme $j+1\le k+1\le p$, $u_{k+1}\in\mathrm{Vect}(u_{j+1},\dots,u_p)$, donc $\langle u_{k+1},u_j'\rangle=0$.

Ainsi $u_{k+1}\perp\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_k)$ et $u_{k+1}\perp\mathrm{Vect}(u_1',\dots,u_k')$, c'est‑à‑dire $$u_{k+1}\in\bigl(\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_k)+\mathrm{Vect}(u_1',\dots,u_k')\bigr)^\perp.\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Piège : utiliser 3.b au **bon** indice ($j$, pas $k$).

### Question 3.d

**Stratégie.**

Établir que $\langle u_i,u_j'\rangle=0$ dès que $i\ne j$.

La question 3.b donne le cas $i>j$ ; le cas $i<j$ s'obtient par **symétrie** de la construction (rôles de $(V,u)$ et $(V',u')$ échangés).

**Rédaction.**

Toute la construction de 1.b est symétrique en $(V,u)\leftrightarrow(V',u')$ (le sup $\sup\langle a,a'\rangle$ et les contraintes sont symétriques en $a,a'$).

En répétant l'argument de 3.b en perturbant cette fois $u_k'$ — soit $a'(t)=\dfrac{u_k'+tu_l'}{\sqrt{1+t^2}}\in V'$ pour $l>k$, et $t\mapsto\langle u_k,a'(t)\rangle$ maximale en $0$ — on obtient $$\langle u_k,u_l'\rangle=0\quad\text{pour }l>k.$$
Ainsi, conjointement avec 3.b : $$\boxed{\ \langle u_i,u_j'\rangle=0\ \text{ pour tout } i\ne j.\ }$$
Soient maintenant $j\ne k$.

Les quatre produits scalaires croisés entre générateurs de $W_j=\mathrm{Vect}(u_j,u_j')$ et $W_k=\mathrm{Vect}(u_k,u_k')$ valent : $$\langle u_j,u_k\rangle=0\ (u\text{ orthonormée}),\quad \langle u_j',u_k'\rangle=0\ (u'\text{ orthonormée}),\quad \langle u_j,u_k'\rangle=\langle u_j',u_k\rangle=0\ (i\ne j).$$
Tout vecteur de $W_j$ est donc orthogonal à tout vecteur de $W_k$ : les $W_k$ sont **orthogonaux deux à deux**. $\square$

[Figure : deux plans $V,V'$ de $E$ se coupant ; pour chaque $k$, le plan $W_k=\mathrm{Vect}(u_k,u_k')$ contenant l'angle principal $\theta_k$ ; les $W_k$ dessinés mutuellement orthogonaux.]

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège majeur : croire que 3.b et 3.c suffisent.

Elles ne fournissent que $\langle u_i,u_j'\rangle=0$ pour $i>j$ ; le cas $i<j$ (i.e. $\langle u_j,u_k'\rangle$ avec $j<k$) **manque** et n'est obtenu que par l'argument symétrique.

C'est une subtilité facile à manquer.

### Question 4.a

**Stratégie.**

Montrer $\langle u_k,u_k'\rangle\in[0,1]$ (positivité par symétrie $a'\mapsto-a'$, majoration par Cauchy‑Schwarz), puis monotonie via l'emboîtement des ensembles de contraintes.

**Rédaction.**

Pour tout couple admissible $(a,a')$, le couple $(a,-a')$ l'est aussi, et $\max(\langle a,a'\rangle,\langle a,-a'\rangle)=|\langle a,a'\rangle|\ge0$ ; donc le sup est $\ge0$ : $\langle u_k,u_k'\rangle\ge0$.

Par Cauchy‑Schwarz $\langle u_k,u_k'\rangle\le1$.

Ainsi $\langle u_k,u_k'\rangle\in[0,1]$ et il existe un unique $\theta_k\in[0,\pi/2]$ avec $\cos\theta_k=\langle u_k,u_k'\rangle$.

L'ensemble des contraintes au rang $k+1$ (orthogonalité aux $u_l,u_l'$ pour $l\le k$) est **inclus** dans celui du rang $k$ (orthogonalité pour $l\le k-1$).

Le sup sur un ensemble plus petit est plus petit : $$\cos\theta_{k+1}=\langle u_{k+1},u_{k+1}'\rangle\le\langle u_k,u_k'\rangle=\cos\theta_k.$$
Comme $\cos$ est décroissante sur $[0,\pi/2]$, $\theta_{k+1}\ge\theta_k$.

D'où $0\le\theta_1\le\cdots\le\theta_p\le\pi/2$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Pièges : (1) oublier la positivité du sup (sinon $\theta_k$ pourrait dépasser $\pi/2$) ; (2) inverser le sens de la monotonie (plus de contraintes ⇒ sup plus petit ⇒ angle plus grand).

### Question 4.b

**Stratégie.** D'après 3.d, $\mathrm{Gram}(u,u')$ est diagonale.

**Rédaction.** $\mathrm{Gram}(u,u')_{i,j}=\langle u_i,u_j'\rangle$ vaut $0$ si $i\ne j$ (Q3.d) et $\cos\theta_i$ si $i=j$ (Q4.a).

La matrice est diagonale, donc
$$\det\bigl(\mathrm{Gram}(u,u')\bigr)=\prod_{k=1}^p\cos\theta_k.\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Toute la difficulté a été reportée sur 3.d.

### Question 4.c

**Stratégie.**

Chaque $\cos\theta_k\in[0,1]$ ; égalité ssi tous valent $1$, i.e. $u_k=u_k'$, i.e. $V=V'$.

**Rédaction.**

Comme $0\le\cos\theta_k\le1$ pour tout $k$, $\det(\mathrm{Gram}(u,u'))=\prod_k\cos\theta_k\le1$.

**Cas d'égalité.** $\det(\mathrm{Gram}(u,u'))=1\iff \cos\theta_k=1$ pour tout $k\iff u_k=u_k'$ pour tout $k$ (égalité de Cauchy‑Schwarz entre vecteurs unitaires).

Si $u_k=u_k'$ pour tout $k$, alors $V=\mathrm{Vect}(u_1,\dots,u_p)=\mathrm{Vect}(u_1',\dots,u_p')=V'$.

Réciproquement, si $V=V'$, alors $\dim(V\cap V')=p$ et la Q2 donne $u_k=u_k'$ pour tout $k\le p$, donc $\det=1$.

Conclusion :
$$\det(\mathrm{Gram}(u,u'))=1\iff V=V'.\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège : la réciproque du cas d'égalité utilise précisément la Q2.

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## Partie II

Pour $e\in E^p$, $\Omega_p(e):E^p\to\mathbb R$, $\Omega_p(e)(u)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))$.

### Question 5.a

**Stratégie.** $[x_1,\dots,x_p]=\det(x_1|\cdots|x_p)$ : c'est l'exemple canonique de forme $p$‑linéaire alternée des colonnes (cours MPSI).

**Rédaction.** Par hypothèse $[x_1,\dots,x_p]=\det\big((x_1|\cdots|x_p)\big)$. Le déterminant, vu comme fonction des colonnes d'une matrice, est :
- **$p$‑linéaire** : linéaire par rapport à chaque colonne ;

- **alterné** au sens de l'énoncé : permuter les colonnes par $\sigma$ multiplie le déterminant par $\epsilon(\sigma)$, soit $\det(x_{\sigma(1)}|\cdots|x_{\sigma(p)})=\epsilon(\sigma)\det(x_1|\cdots|x_p)$, c'est‑à‑dire $[\,x\cdot\sigma\,]=\epsilon(\sigma)[x]$.

Donc $(x_1,\dots,x_p)\mapsto[x_1,\dots,x_p]\in\mathcal A_p(\mathbb R^p,\mathbb R)$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Question de cours ; veiller à citer les deux propriétés (multilinéarité **et** alternance au sens exact de l'énoncé).

### Question 5.b

**Stratégie.** $g=[\,\cdot\,]\circ(f,\dots,f)$ : composition d'une application linéaire dans chaque variable avec une forme $p$‑linéaire alternée.

**Rédaction.**

Pour $i$ fixé, $u_i\mapsto g(u_1,\dots,u_i,\dots,u_p)=[f(u_1),\dots,f(u_i),\dots,f(u_p)]$ est linéaire, comme composée de $f$ (linéaire) et de la $i$‑ème variable de $[\,\cdot\,]$ (linéaire par 5.a).

Donc $g$ est $p$‑linéaire.

De plus, pour $\sigma\in\mathfrak S_p$, $$g(u\cdot\sigma)=[f(u_{\sigma(1)}),\dots,f(u_{\sigma(p)})]=\bigl[(f(u_1),\dots,f(u_p))\cdot\sigma\bigr]=\epsilon(\sigma)[f(u_1),\dots,f(u_p)]=\epsilon(\sigma)g(u).$$
Donc $g\in\mathcal A_p(F,\mathbb R)$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Aucun piège ; bien utiliser 5.a.

### Question 6.a

**Stratégie.** Appliquer 5.b à $f:x\mapsto(\langle e_1,x\rangle,\dots,\langle e_p,x\rangle)$, dont les images sont les colonnes du Gram.

**Rédaction.**

Soit $f:E\to\mathbb R^p$, $f(x)=(\langle e_1,x\rangle,\dots,\langle e_p,x\rangle)$ ; $f$ est linéaire (chaque composante l'est).

La $j$‑ème colonne de $\mathrm{Gram}(e,u)$ est $(\langle e_i,u_j\rangle)_{1\le i\le p}=f(u_j)$, donc $$\Omega_p(e)(u)=\det\bigl(f(u_1)\,|\cdots|\,f(u_p)\bigr)=[f(u_1),\dots,f(u_p)].$$
Par 5.b, $u\mapsto[f(u_1),\dots,f(u_p)]\in\mathcal A_p(E,\mathbb R)$.

Donc $\Omega_p(e)\in\mathcal A_p(E,\mathbb R)$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. L'idée clé est d'identifier les colonnes du Gram comme images d'une application linéaire.

### Question 6.b

**Stratégie.** $\mathrm{Gram}(u,e)=\mathrm{Gram}(e,u)^\top$ et $\det(M^\top)=\det M$.

**Rédaction.** $\mathrm{Gram}(u,e)_{i,j}=\langle u_i,e_j\rangle=\langle e_j,u_i\rangle=\mathrm{Gram}(e,u)_{j,i}$, donc $\mathrm{Gram}(u,e)=\mathrm{Gram}(e,u)^\top$.

Ainsi
$$\Omega_p(u)(e)=\det(\mathrm{Gram}(u,e))=\det\bigl(\mathrm{Gram}(e,u)^\top\bigr)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))=\Omega_p(e)(u).\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Immédiat.

### Question 6.c

**Stratégie.** $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ est un $\mathbb R$‑e.v. ; les opérations y étant ponctuelles, la $p$‑linéarité/alternance de $\Omega_p$ se vérifie en évaluant en un $u$ arbitraire et en utilisant 6.b + 6.a.

**Rédaction.** $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ est un sous‑espace vectoriel de $\mathcal F(E^p,\mathbb R)$ (une combinaison linéaire d'applications $p$‑linéaires alternées l'est encore).

Par 6.a, $\Omega_p$ est bien à valeurs dans $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$.

*$p$‑linéarité.*

Fixons $i$, et $e_i=\lambda a+b$.

Pour tout $u\in E^p$, par 6.b puis $p$‑linéarité de $\Omega_p(u)\in\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ : $$\Omega_p(\dots,\lambda a+b,\dots)(u)=\Omega_p(u)(\dots,\lambda a+b,\dots)=\lambda\,\Omega_p(u)(\dots,a,\dots)+\Omega_p(u)(\dots,b,\dots),$$ qui, de nouveau par 6.b, vaut $\bigl[\lambda\,\Omega_p(\dots,a,\dots)+\Omega_p(\dots,b,\dots)\bigr](u)$.

Vraie pour tout $u$, l'égalité a lieu dans $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ (opérations ponctuelles).

*Alternance.*

De même, pour $\sigma\in\mathfrak S_p$ et tout $u$ : $\Omega_p(e\cdot\sigma)(u)=\Omega_p(u)(e\cdot\sigma)=\epsilon(\sigma)\Omega_p(u)(e)=\epsilon(\sigma)\Omega_p(e)(u)$, donc $\Omega_p(e\cdot\sigma)=\epsilon(\sigma)\Omega_p(e)$.

Ainsi $\Omega_p\in\mathcal A_p\bigl(E,\mathcal A_p(E,\mathbb R)\bigr)$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Piège : raisonner « fonctionnellement » sans expliciter que l'égalité de deux éléments de $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ se teste sur tous les $u$.

### Question 7.a

**Stratégie.**

Propriété standard des formes $p$‑linéaires alternées (à valeurs dans un e.v.) : un changement de famille par $M$ multiplie par $\det M$.

On l'applique à $\Omega_p$ (Q6.c).

**Rédaction.** $\Omega_p$ est $p$‑linéaire alternée (Q6.c).

Avec $e_i'=\sum_j M_{ij}e_j$, par multilinéarité : $$\Omega_p(e')=\Omega_p\Bigl(\sum_{j_1}M_{1j_1}e_{j_1},\dots,\sum_{j_p}M_{pj_p}e_{j_p}\Bigr)=\sum_{j_1,\dots,j_p}\Bigl(\prod_{i}M_{ij_i}\Bigr)\Omega_p(e_{j_1},\dots,e_{j_p}).$$
Les termes à indices $(j_1,\dots,j_p)$ non tous distincts s'annulent (une forme alternée s'annule si deux arguments sont égaux : si $u_i=u_j$, la transposition $(i\,j)$ donne $\Omega_p(u)=-\Omega_p(u)$, d'où $\Omega_p(u)=0$ en caractéristique $0$).

Restent les $j_i=\sigma(i)$, $\sigma\in\mathfrak S_p$ : $$\Omega_p(e')=\sum_{\sigma\in\mathfrak S_p}\Bigl(\prod_i M_{i\sigma(i)}\Bigr)\Omega_p(e_{\sigma(1)},\dots,e_{\sigma(p)})=\sum_{\sigma}\epsilon(\sigma)\prod_i M_{i\sigma(i)}\ \Omega_p(e)=\det(M)\,\Omega_p(e).\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège : oublier la justification de l'annulation des termes répétés (qui rend l'alternance utilisable).

### Question 7.b

**Stratégie.**

Une forme alternée s'annule sur les familles liées ; réciproquement, si $e$ est libre, $\Omega_p(e)(e)=\det\mathrm{Gram}(e,e)\ne0$.

**Rédaction.** ($\Rightarrow$, contraposée) Si $e$ est **liée**, par exemple $e_p=\sum_{i<p}\lambda_i e_i$, alors $\Omega_p(e)=\sum_{i<p}\lambda_i\Omega_p(e_1,\dots,e_{p-1},e_i)=0$ (chaque terme a deux arguments égaux).

Donc $\Omega_p(e)=0$ ; par contraposée, $\Omega_p(e)\ne0\Rightarrow e$ libre.

($\Leftarrow$) Si $e$ est **libre**, soit $G=\mathrm{Gram}(e,e)$.

Pour $x\in\mathbb R^p$ tel que $Gx=0$ : $\langle e_i,\sum_j x_j e_j\rangle=0$ pour tout $i$, donc $\sum_j x_j e_j\perp\mathrm{Vect}(e)$ et appartient à $\mathrm{Vect}(e)$, d'où $\sum_j x_j e_j=0$, puis $x=0$ ($e$ libre).

Donc $G$ est inversible, $\Omega_p(e)(e)=\det G\ne0$, et $\Omega_p(e)\ne0$.

Conclusion : $\Omega_p(e)\ne0\iff e$ libre. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège : pour le sens « libre ⇒ non nul », il faut un argument concret ; tester sur $u=e$ est l'idée naturelle.

### Question 7.c

**Stratégie.** $\mathrm{Gram}(e,e)$ est symétrique positive.

**Rédaction.** $G=\mathrm{Gram}(e,e)$ est symétrique ($G_{ij}=\langle e_i,e_j\rangle=G_{ji}$) et **positive** : pour $x\in\mathbb R^p$, $x^\top G x=\sum_{i,j}x_ix_j\langle e_i,e_j\rangle=\bigl\|\sum_i x_i e_i\bigr\|^2\ge0$.

Ses valeurs propres sont $\ge0$, donc $\Omega_p(e)(e)=\det G=\prod(\text{valeurs propres})\ge0$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Cela légitime la définition $\mathrm{vol}_p(e)=\sqrt{\Omega_p(e)(e)}$.

### Question 8.a

**Stratégie.** Le Gram d'une famille orthonormée est $I_p$.

**Rédaction.** $\mathrm{Gram}(b,b)_{ij}=\langle b_i,b_j\rangle=\delta_{ij}$, donc $\mathrm{Gram}(b,b)=I_p$ et $\mathrm{vol}_p(b)=\sqrt{\det I_p}=1$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Immédiat.

### Question 8.b

**Stratégie.**

Décomposer $e_1=\mathrm{pr}(e_1)+h$ avec $h\in\mathrm{Vect}(e_2,\dots,e_p)$ ; remplacer $e_1$ par $\mathrm{pr}(e_1)$ ne change pas le Gram (opération de « colonne »), puis le Gram devient diagonal par blocs.

**Rédaction.**

Soit $W=\mathrm{Vect}(e_2,\dots,e_p)$ et $n=\mathrm{pr}(e_1)\in W^\perp$, de sorte que $e_1=n+h$ avec $h=e_1-n\in W$, soit $h=\sum_{k\ge2}c_k e_k$.

Posons $\tilde e=(n,e_2,\dots,e_p)$.

La matrice de passage $M$ ($\tilde e_i=\sum_j M_{ij}e_j$) est triangulaire à diagonale unité ($\tilde e_1=e_1-\sum_{k\ge2}c_k e_k$, $\tilde e_i=e_i$), donc $\det M=1$.

Comme $\mathrm{Gram}(\tilde e,\tilde e)=M\,\mathrm{Gram}(e,e)\,M^\top$, $$\det\mathrm{Gram}(\tilde e,\tilde e)=(\det M)^2\det\mathrm{Gram}(e,e)=\det\mathrm{Gram}(e,e),\qquad\text{donc}\quad \mathrm{vol}_p(\tilde e)=\mathrm{vol}_p(e).$$
Or $n\perp e_j$ pour $j\ge2$ ($n\in W^\perp$), d'où une structure **diagonale par blocs** : $$\mathrm{Gram}(\tilde e,\tilde e)=\begin{pmatrix}\|n\|^2 & 0\\[2pt] 0 & \mathrm{Gram}(e_2^p,e_2^p)\end{pmatrix},\qquad \det=\|n\|^2\det\mathrm{Gram}(e_2^p,e_2^p).$$
Donc $\mathrm{vol}_p(e)^2=\|n\|^2\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)^2$, soit $$\mathrm{vol}_p(e)=\|\mathrm{pr}(e_1)\|\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p).\qquad\square$$

[Figure : « base × hauteur » — le parallélépipède engendré par $e_1,\dots,e_p$, sa base engendrée par $e_2,\dots,e_p$, et la hauteur $\|\mathrm{pr}(e_1)\|$.]

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Pièges : (1) justifier l'invariance du Gram sous $e_1\mapsto e_1-h$ via $M\,G\,M^\top$ avec $\det M=1$ ; (2) le résultat est valable même si $e$ est liée.

### Question 8.c

**Stratégie.** Récurrence (Hadamard) à partir de 8.b, avec $\|\mathrm{pr}(e_1)\|\le\|e_1\|$.

**Rédaction.** Par récurrence sur $p$.

*$p=1$* : $\mathrm{vol}_1(e_1)=\sqrt{\langle e_1,e_1\rangle}=\|e_1\|$ ; égalité, et la condition d'orthogonalité est vide.

*Hérédité.*

Pour $e$ libre de longueur $p\ge2$, $e_2^p=(e_2,\dots,e_p)$ est libre.

Par 8.b et $\|\mathrm{pr}(e_1)\|\le\|e_1\|$ (Pythagore : $\|e_1\|^2=\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2+\|e_1-\mathrm{pr}(e_1)\|^2$), puis l'hypothèse de récurrence : $$\mathrm{vol}_p(e)=\|\mathrm{pr}(e_1)\|\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)\le\|e_1\|\prod_{i=2}^p\|e_i\|=\prod_{i=1}^p\|e_i\|.$$

**Cas d'égalité.**

Les $\|e_i\|>0$ ($e$ libre).

L'égalité équivaut à $\|\mathrm{pr}(e_1)\|=\|e_1\|$ **et** $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)=\prod_{i\ge2}\|e_i\|$.

La première condition équivaut à $e_1-\mathrm{pr}(e_1)=0$, i.e. $e_1=\mathrm{pr}(e_1)\in W^\perp$, i.e. $e_1\perp e_j$ pour $j\ge2$ ; la seconde, par récurrence, à $(e_2,\dots,e_p)$ orthogonale deux à deux.

Au total : égalité $\iff$ $e$ est une famille de vecteurs **orthogonaux deux à deux**. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. C'est l'inégalité de Hadamard. Piège : soigner le cas d'égalité en couplant les deux conditions de la récurrence.

### Question 9.a

**Stratégie.**

Dans une BON $b$ de $\mathrm{Vect}(e)$, $\mathrm{Gram}(e,e)=(P_b^e)^\top P_b^e$.

**Rédaction.**

Notons $P=P_b^e$, $e_j=\sum_i P_{ij}b_i$.

Comme $b$ est orthonormée : $$\langle e_j,e_k\rangle=\sum_{i,l}P_{ij}P_{lk}\langle b_i,b_l\rangle=\sum_i P_{ij}P_{ik}=(P^\top P)_{jk},$$ donc $\mathrm{Gram}(e,e)=P^\top P$ et $\det\mathrm{Gram}(e,e)=\det(P)^2$.

Ainsi
$$\mathrm{vol}_p(e)=\sqrt{\det(P)^2}=|\det(P_b^e)|.\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Piège : $b$ doit être **orthonormée** pour que $\langle b_i,b_l\rangle=\delta_{il}$.

### Question 9.b

**Stratégie.**

Si $e$ ou $e'$ est liée, tout s'annule.

Sinon, on ramène $e,e'$ à des BON $u,u'$ de $V=\mathrm{Vect}(e)$, $V'=\mathrm{Vect}(e')$ via 9.a et 7.a, et l'on conclut par $\det\mathrm{Gram}(u,u')\le1$ (Q4.c).

**Rédaction.** *Cas dégénéré.*

Si $e$ est liée, $\Omega_p(e)=0$ (Q7.b) et $\mathrm{vol}_p(e)=\sqrt{\det\mathrm{Gram}(e,e)}=0$ ; alors $|\Omega_p(e)(e')|=0=\mathrm{vol}_p(e)\,\mathrm{vol}_p(e')$.

Si $e'$ est liée, $\Omega_p(e)\in\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ s'annule sur la famille liée $e'$, donc $\Omega_p(e)(e')=0$ et $\mathrm{vol}_p(e')=0$ : l'inégalité est encore $0\le0$.

*Cas libre.*

Soient $V=\mathrm{Vect}(e)$, $V'=\mathrm{Vect}(e')$, de dimension $p$.

La Partie I fournit des BON $u$ de $V$, $u'$ de $V'$ avec (Q4.c) $\;0\le\det\mathrm{Gram}(u,u')=\prod_k\cos\theta_k\le1$.

Par 9.a, $\mathrm{vol}_p(e)=|\det P_u^e|$ et $\mathrm{vol}_p(e')=|\det P_{u'}^{e'}|$.

Par 7.a (avec $e_j=\sum_i(P_u^e)_{ij}u_i$, donc $M=(P_u^e)^\top$) : $$\Omega_p(e)=\det(P_u^e)\,\Omega_p(u),\qquad \Omega_p(e')=\det(P_{u'}^{e'})\,\Omega_p(u').$$
On calcule alors, à l'aide de 6.b :

$$
\Omega_p(e)(e')=\det(P_u^e)\,\Omega_p(u)(e')=\det(P_u^e)\,\Omega_p(e')(u)=\det(P_u^e)\,\det(P_{u'}^{e'})\,\Omega_p(u')(u).
$$
Or $\Omega_p(u')(u)=\det\mathrm{Gram}(u',u)=\det\mathrm{Gram}(u,u')$ (transposée). En passant aux valeurs absolues :
$$|\Omega_p(e)(e')|=\mathrm{vol}_p(e)\,\mathrm{vol}_p(e')\,\Bigl|\det\mathrm{Gram}(u,u')\Bigr|\le \mathrm{vol}_p(e)\,\mathrm{vol}_p(e').\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. C'est une question de **synthèse** : il faut relier la Partie II à la Partie I. Piège : ne pas traiter le cas où une des familles est liée (où $\mathrm{vol}_p=0$). On reconnaît une inégalité de Cauchy‑Schwarz « volumique ».

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## Partie III

$e=(e_1,\dots,e_d)$ est une BON de $E$, $1\le p\le d$, $I_p=\{(i_1,\dots,i_p):1\le i_1<\dots<i_p\le d\}$, et $\langle\omega,\omega'\rangle=\sum_{\alpha\in I_p}\omega(e_\alpha)\omega'(e_\alpha)$.

### Question 10.a

**Stratégie.**

Deux formes de $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ coïncidant sur tous les $e_\beta$ ($\beta\in I_p$) sont égales ; vérifier que $\Omega_p(e_\alpha)(e_\beta)=\delta_{\alpha\beta}$.

**Rédaction.** *Lemme.*

Une forme $\omega\in\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ est déterminée par $(\omega(e_\alpha))_{\alpha\in I_p}$ : en développant chaque argument $u_j=\sum_{i}c_{ij}e_i$, la multilinéarité et l'alternance (annulation des indices répétés, réordonnancement croissant avec signature) expriment $\omega(u)$ comme combinaison des $\omega(e_\alpha)$, à coefficients ne dépendant que des $c_{ij}$.

Posons $\tilde\omega=\sum_{\alpha\in I_p}\omega(e_\alpha)\Omega_p(e_\alpha)\in\mathcal A_p(E,\mathbb R)$.

Pour $\beta\in I_p$ : $$\tilde\omega(e_\beta)=\sum_{\alpha}\omega(e_\alpha)\,\Omega_p(e_\alpha)(e_\beta)=\sum_\alpha\omega(e_\alpha)\det\mathrm{Gram}(e_\alpha,e_\beta).$$
Comme $e$ est orthonormée, $\mathrm{Gram}(e_\alpha,e_\beta)_{k,l}=\delta_{i_k,j_l}$ ; si $\alpha=\beta$ c'est $I_p$ (déterminant $1$) ; si $\alpha\ne\beta$ (suites croissantes distinctes, donc ensembles distincts), un indice $i_k$ de $\alpha$ n'apparaît pas dans $\beta$, et la $k$‑ème ligne est nulle, d'où déterminant $0$.

Ainsi $\Omega_p(e_\alpha)(e_\beta)=\delta_{\alpha\beta}$ et $\tilde\omega(e_\beta)=\omega(e_\beta)$.

Par le lemme, $\omega=\tilde\omega$ : $$\omega=\sum_{\alpha\in I_p}\omega(e_\alpha)\,\Omega_p(e_\alpha).\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Le calcul clé est $\Omega_p(e_\alpha)(e_\beta)=\delta_{\alpha\beta}$, qui repose sur l'orthonormalité de $e$ et la stricte croissance des multi‑indices.

### Question 10.b

**Stratégie.** Symétrie/bilinéarité évidentes ; définie‑positivité via 10.a ; orthonormalité via $\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma)=\delta_{\alpha\gamma}$.

**Rédaction.** L'application $(1)$ est clairement **bilinéaire symétrique**.

Elle est **positive** : $\langle\omega,\omega\rangle=\sum_\alpha\omega(e_\alpha)^2\ge0$, et **définie** : $\langle\omega,\omega\rangle=0\Rightarrow\omega(e_\alpha)=0\ \forall\alpha\Rightarrow\omega=0$ (Q10.a).

C'est donc un **produit scalaire**.

De plus $\langle\Omega_p(e_\alpha),\Omega_p(e_\beta)\rangle=\sum_\gamma\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma)\Omega_p(e_\beta)(e_\gamma)=\sum_\gamma\delta_{\alpha\gamma}\delta_{\beta\gamma}=\delta_{\alpha\beta}$ : la famille $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha\in I_p}$ est **orthonormée**, donc libre ; elle est génératrice par 10.a. C'est une **base orthonormée** de $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$, et $$\dim\mathcal A_p(E,\mathbb R)=|I_p|=\binom dp.\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège : justifier le caractère défini avant d'appeler $(1)$ un produit scalaire.

### Question 10.c

**Stratégie.**

Pour $p=d-1$, $\dim\mathcal A_{d-1}(E,\mathbb R)=\binom{d}{d-1}=d=\dim E$ ; envoyer la BON $(\Omega_{d-1}(e_{\hat k}))_k$ sur la BON $(e_k)_k$.

**Rédaction.**

Pour $p=d-1$, les éléments de $I_{d-1}$ sont les multi‑indices omettant un unique indice : notons $\hat k=(1,\dots,k-1,k+1,\dots,d)\in I_{d-1}$, d'où une bijection $k\leftrightarrow\hat k$ entre $\{1,\dots,d\}$ et $I_{d-1}$.

Définissons l'application **linéaire** $\phi:\mathcal A_{d-1}(E,\mathbb R)\to E$ par $$\phi\bigl(\Omega_{d-1}(e_{\hat k})\bigr)=e_k\qquad(k=1,\dots,d),$$ étendue par linéarité.

Elle envoie la base orthonormée $(\Omega_{d-1}(e_{\hat k}))_k$ (Q10.b) sur la base orthonormée $(e_k)_k$ de $E$.

Pour $\omega=\sum_k a_k\Omega_{d-1}(e_{\hat k})$ et $\omega'=\sum_k b_k\Omega_{d-1}(e_{\hat k})$ : $$\langle\phi(\omega),\phi(\omega')\rangle_E=\sum_k a_k b_k=\langle\omega,\omega'\rangle .$$ $\phi$ est donc une **isométrie** linéaire (bijective car $\dim=d$ des deux côtés). $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Toute application linéaire envoyant une BON sur une BON convient ; inutile de chercher une construction « canonique ».

### Question 11

**Stratégie.**

Développer $\Omega_p(u)$ par 10.a, et utiliser 6.b pour faire apparaître $\Omega_p(v)(e_\alpha)$.

**Rédaction.**

Par définition $(1)$ puis 6.b : $$\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle=\sum_{\alpha}\Omega_p(u)(e_\alpha)\,\Omega_p(v)(e_\alpha)=\sum_\alpha\Omega_p(u)(e_\alpha)\,\Omega_p(e_\alpha)(v)=\Bigl(\sum_\alpha\Omega_p(u)(e_\alpha)\Omega_p(e_\alpha)\Bigr)(v).$$
Par 10.a (avec $\omega=\Omega_p(u)$), la somme entre parenthèses vaut $\Omega_p(u)$.

D'où
$$\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle=\Omega_p(u)(v).\qquad\square$$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Identité centrale : elle relie le produit scalaire « abstrait » sur $\mathcal A_p$ au déterminant de Gram concret.

### Question 12

**Stratégie.**

Par 11, $\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle=\Omega_p(u)(v)=\det\mathrm{Gram}(u,v)$ ne dépend pas de la base $e$ ; les $\Omega_p(u)$ engendrent $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$, et une forme bilinéaire est déterminée par ses valeurs sur une partie génératrice.

**Rédaction.**

Soient $e$ et $\tilde e$ deux BON de $E$, $\langle\cdot,\cdot\rangle_e$ et $\langle\cdot,\cdot\rangle_{\tilde e}$ les produits scalaires associés par $(1)$.

La preuve de 11 vaut pour toute BON, donc pour tous $u,v\in E^p$ : $$\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle_e=\Omega_p(u)(v)=\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle_{\tilde e}.$$
Le membre central $\Omega_p(u)(v)=\det\mathrm{Gram}(u,v)$ ne dépend que du produit scalaire de $E$.

Les $\Omega_p(u)$ ($u\in E^p$) **engendrent** $\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ (ils contiennent la base $\Omega_p(e_\alpha)$).

Comme une forme bilinéaire est entièrement déterminée par ses valeurs sur une famille génératrice, $\langle\cdot,\cdot\rangle_e=\langle\cdot,\cdot\rangle_{\tilde e}$.

Le produit scalaire ne dépend donc que de celui de $E$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège conceptuel : il faut souligner que les $\Omega_p(u)$ engendrent l'espace et invoquer la bilinéarité (deux formes bilinéaires égales sur un générateur sont égales).

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## Partie IV

$p\in\{1,\dots,d\}$. $\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$ est l'ensemble des sous‑espaces orientés $(V,C)$ de dimension $p$.

### Question 13.a

**Stratégie.** ($\Leftarrow$) deux bases d'un même $V$ se déduisent par $M$ inversible : 7.a. ($\Rightarrow$) si $V\ne V'$, un vecteur $w\in V^\perp\setminus V'^\perp$ permet d'annuler $\Omega_p(e)$ mais non $\Omega_p(e')$.

**Rédaction.**

Les familles $e,e'$ étant libres, $\Omega_p(e),\Omega_p(e')\ne0$ (Q7.b).

Notons $V=\mathrm{Vect}(e)$, $V'=\mathrm{Vect}(e')$.

($\Leftarrow$) Si $V=V'$, $e,e'$ en sont deux bases : $e_i'=\sum_j M_{ij}e_j$ avec $M$ inversible.

Par 7.a, $\Omega_p(e')=\det(M)\Omega_p(e)$ avec $\det M\ne0$ : les deux formes sont **colinéaires**.

($\Rightarrow$) Supposons $\Omega_p(e')=\lambda\Omega_p(e)$, $\lambda\ne0$.

Pour tout $x\in V^\perp$ et tous $v_2,\dots,v_p$, la première colonne de $\mathrm{Gram}(e,(x,v_2,\dots,v_p))$ est $(\langle e_i,x\rangle)_i=0$, donc $\Omega_p(e)(x,v_2,\dots,v_p)=0$, puis $$\Omega_p(e')(x,v_2,\dots,v_p)=\lambda\cdot 0=0\qquad(\star)$$
Raisonnons par l'absurde : $V'\ne V$.

Comme $V'\not\subseteq V$ (sinon égaux par dimension), $V^\perp\not\subseteq V'^\perp$ ; il existe $w\in V^\perp$ avec $w\notin V'^\perp$, i.e. $P_{V'}w\ne0$ ($P_{V'}$ = projection orthogonale sur $V'$).

Complétons $P_{V'}w$ en une base $g=(P_{V'}w,f_2,\dots,f_p)$ de $V'$ (avec $f_2,\dots,f_p\in V'$).

Comme $e_i'\in V'$, $\langle e_i',w\rangle=\langle e_i',P_{V'}w\rangle$, donc $$\Omega_p(e')(w,f_2,\dots,f_p)=\det\mathrm{Gram}(e',(w,f_2,\dots,f_p))=\det\mathrm{Gram}(e',g)=\Omega_p(e')(g).$$
Or $g$ et $e'$ sont deux bases de $V'$ : $g_j=\sum_k N_{jk}e_k'$ avec $N$ inversible, d'où $\mathrm{Gram}(e',g)=\mathrm{Gram}(e',e')N^\top$ et $$\Omega_p(e')(g)=\det\mathrm{Gram}(e',e')\cdot\det N=\mathrm{vol}_p(e')^2\,\det N\ne0.$$
Ceci contredit $(\star)$ (avec $x=w\in V^\perp$).

Donc $V=V'$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Question sélective.

Piège : trouver le bon vecteur‑test ($w\in V^\perp$ mais $w\not\perp V'$), et utiliser que $\Omega_p(e')$ « ne voit » que la projection sur $V'$.

### Question 13.b

**Stratégie.**

Poser $\Psi(V,C)=\Omega_p(e)/\mathrm{vol}_p(e)$ pour $e\in C$ ; l'indépendance du choix vient de $\det M>0$ (même orientation).

**Rédaction.**

Soit $C$ une orientation de $V$ et $e\in C$ (base de $V$, donc libre, $\mathrm{vol}_p(e)>0$).

Posons $\Psi(V,C)=\dfrac{1}{\mathrm{vol}_p(e)}\Omega_p(e)$.

*Bonne définition.*

Soit $e'\in C$ une autre base, $e_i'=\sum_j M_{ij}e_j$.

Le déterminant de $e'$ dans la base $e$ vaut $\det_e(e')=\det M$, et $e\sim e'$ signifie $\det M>0$.

Par 7.a, $\Omega_p(e')=\det(M)\Omega_p(e)$ ; par ailleurs $\mathrm{Gram}(e',e')=M\,\mathrm{Gram}(e,e)\,M^\top$ donne $\mathrm{vol}_p(e')=|\det M|\,\mathrm{vol}_p(e)=\det(M)\,\mathrm{vol}_p(e)$.

Donc $$\frac{\Omega_p(e')}{\mathrm{vol}_p(e')}=\frac{\det(M)}{\det(M)}\cdot\frac{\Omega_p(e)}{\mathrm{vol}_p(e)}=\frac{\Omega_p(e)}{\mathrm{vol}_p(e)} .$$ $\Psi(V,C)$ est indépendant du choix de $e\in C$, et vérifie $\Omega_p(e)=\mathrm{vol}_p(e)\Psi(V,C)$ pour tout $e\in C$.

*Unicité.*

Si $\Psi'$ vérifie aussi $\Omega_p(e)=\mathrm{vol}_p(e)\Psi'$ pour tout $e\in C$, alors en fixant un $e\in C$ et en divisant par $\mathrm{vol}_p(e)>0$, $\Psi'=\Psi(V,C)$. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible.

Piège : c'est précisément la condition $\det M>0$ (orientation) qui supprime le signe ; sur l'orientation opposée on obtiendrait $-\Psi(V,C)$.

### Question 14.a

**Stratégie.**

Norme $1$ via 11 ; injectivité via 13.a (pour $V$) puis signe positif du multiple (pour l'orientation).

**Rédaction.** *Sphère unité.*

Pour $e\in C$, par 11 : $\|\Psi(V,C)\|^2=\dfrac{\langle\Omega_p(e),\Omega_p(e)\rangle}{\mathrm{vol}_p(e)^2}=\dfrac{\Omega_p(e)(e)}{\mathrm{vol}_p(e)^2}=\dfrac{\mathrm{vol}_p(e)^2}{\mathrm{vol}_p(e)^2}=1.$ Donc $\Psi(V,C)$ appartient à la sphère de rayon $1$.

*Injectivité.*

Supposons $\Psi(V,C)=\Psi(V',C')$, avec $e\in C$, $e'\in C'$.

Alors $\Omega_p(e)$ et $\Omega_p(e')$ sont colinéaires ($\Omega_p(e')=\frac{\mathrm{vol}_p(e')}{\mathrm{vol}_p(e)}\Omega_p(e)$), donc par 13.a, $V=\mathrm{Vect}(e)=\mathrm{Vect}(e')=V'$.

Écrivant $e_i'=\sum_j M_{ij}e_j$, $\Omega_p(e')=\det(M)\Omega_p(e)$ ; le coefficient $\frac{\mathrm{vol}_p(e')}{\mathrm{vol}_p(e)}>0$ vaut $\det M$, donc $\det_e(e')=\det M>0$ : $e\sim e'$, d'où $C=C'$.

Ainsi $(V,C)=(V',C')$ : $\Psi$ est **injective**. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège : l'injectivité a deux étages (le sous‑espace, puis l'orientation) ; le signe positif du facteur de colinéarité est essentiel pour la seconde.

### Question 14.b

**Stratégie.** $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))=\Omega_p(O)$, image du compact $O$ des repères orthonormés par l'application continue $\Omega_p$.

**Rédaction.**

Soit $O=\{b=(b_1,\dots,b_p)\in E^p:\ \langle b_i,b_j\rangle=\delta_{ij}\}$ (repères orthonormés). $O$ est **borné** ($\|b_i\|=1$) et **fermé** (intersection finie de fermés $\{b:\langle b_i,b_j\rangle=\delta_{ij}\}$, images réciproques de fermés par des applications continues) dans l'espace de dimension finie $E^p$, donc **compact**.

Il est non vide car $p\le d$.

Pour $b\in O$, $\mathrm{vol}_p(b)=1$ (Q8.a), donc $\Omega_p(b)=\Psi(\mathrm{Vect}(b),C_b)$ où $C_b$ est l'orientation de $b$.

Réciproquement, tout $(V,C)$ possède une BON $b\in C$ : prendre une BON $b^0$ de $V$ ; si $b^0\notin C$, remplacer $b_1^0$ par $-b_1^0$ (toujours orthonormée, orientation inversée).

Alors $\Psi(V,C)=\Omega_p(b)$.

Ainsi $$\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))=\Omega_p(O).$$
Enfin $\Omega_p:E^p\to\mathcal A_p(E,\mathbb R)$ est $p$‑linéaire (Q6.c) sur un espace de dimension finie, donc **continue** (continuité des applications multilinéaires en dimension finie).

L'image $\Omega_p(O)$ d'un compact par une application continue est **compacte**. $\square$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Piège : exhiber un compact paramétrant l'image. La variété des repères orthonormés (Stiefel) est l'objet naturel.

### Question 15

**Stratégie.** Pour $p=d$, l'image est une paire de points opposés (non connexe).

Pour $p\le d-1$, on relie deux points de $\Omega_p(O)$ par : (A) une rotation dans chaque plan orthogonal $W_k$ (Q3.d) faisant passer $u$ à $u'$, et (B) une bascule d'orientation utilisant un vecteur de $V^\perp$ (possible car $\dim V=p<d$).

**Rédaction.** Rappelons (Q14.b) que $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))=\{\Omega_p(b):b\in O\}$.

**Cas $p=d$ (non connexe par arcs).**

Le seul sous‑espace de dimension $d$ est $E$, muni de ses $2$ orientations : $\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E)=\{(E,C_+),(E,C_-)\}$.

Comme $\dim\mathcal A_d(E,\mathbb R)=\binom dd=1$, la sphère unité est réduite à $\{\pm\omega_0\}$ ($\omega_0\ne0$).

Par injectivité (Q14.a), $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E))=\{\omega_0,-\omega_0\}$, deux points distincts.

Un chemin continu $\gamma:[0,1]\to\{\pm\omega_0\}$ a une image connexe (image continue de $[0,1]$) dans un espace à $2$ points : il est constant.

Aucun arc ne joint $\omega_0$ à $-\omega_0$ : l'image **n'est pas** connexe par arcs.

**Cas $p\le d-1$ (connexe par arcs).**

Soient deux points $\Omega_p(b^{(0)}),\Omega_p(b^{(1)})$, avec $b^{(0)},b^{(1)}\in O$, $V=\mathrm{Vect}(b^{(0)})$, $V'=\mathrm{Vect}(b^{(1)})$.

La Partie I fournit des BON $u$ de $V$, $u'$ de $V'$ avec (Q3.d) les $W_k=\mathrm{Vect}(u_k,u_k')$ deux à deux orthogonaux et $\langle u_k,u_k'\rangle=\cos\theta_k$.

*Arc A (de $\Omega_p(u)$ à $\Omega_p(u')$).*

Pour $\theta_k>0$, posons $v_k=\dfrac{u_k'-\cos\theta_k\,u_k}{\sin\theta_k}$ : alors $v_k\in W_k$, $\|v_k\|=1$, $v_k\perp u_k$ (calcul : $\|u_k'-\cos\theta_k u_k\|=\sin\theta_k$).

Définissons $$u_k(t)=\cos(t\theta_k)\,u_k+\sin(t\theta_k)\,v_k\quad(\theta_k>0),\qquad u_k(t)=u_k\quad(\theta_k=0),\quad t\in[0,1].$$
Chaque $u_k(t)\in W_k$ est unitaire, et les $W_k$ étant orthogonaux, $u(t)=(u_1(t),\dots,u_p(t))\in O$.

Comme $u_k(0)=u_k$ et $u_k(1)=u_k'$, $t\mapsto\Omega_p(u(t))$ est un arc continu (continuité de $\Omega_p$) de $\Omega_p(u)$ à $\Omega_p(u')$, **dans l'image**.

*Arc B (ajustement d'orientation, utilise $p\le d-1$).* $b^{(0)}$ et $u$ étant deux BON de $V$, $\Omega_p(b^{(0)})=\pm\Omega_p(u)$.

Si le signe est $+$, rien à faire.

Si c'est $-$ : comme $\dim V=p\le d-1$, il existe $w\in V^\perp$ unitaire ; posons $$c(s)=\bigl(\cos(\pi s)\,u_1+\sin(\pi s)\,w,\ u_2,\dots,u_p\bigr)\in O,\quad s\in[0,1].$$
Alors $c(0)=u$ et $c(1)=(-u_1,u_2,\dots,u_p)$, d'où $\Omega_p(c(1))=-\Omega_p(u)=\Omega_p(b^{(0)})$ : l'arc $s\mapsto\Omega_p(c(s))$ relie $\Omega_p(u)$ à $\Omega_p(b^{(0)})$ dans l'image.

De même $\Omega_p(b^{(1)})$ se relie à $\Omega_p(u')$.

*Concaténation.*

On obtient un arc continu, entièrement dans $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ : $$\Omega_p(b^{(0)})\ \rightsquigarrow\ \Omega_p(u)\ \xrightarrow{\ A\ }\ \Omega_p(u')\ \rightsquigarrow\ \Omega_p(b^{(1)}).$$
L'image est donc **connexe par arcs**.

**Conclusion.** $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est connexe par arcs $\iff p\le d-1$. $\blacksquare$

**Commentaire.** Rapport non disponible. Point d'orgue du problème.

Pièges : (1) traiter $p=d$ proprement (image = $2$ points, donc non connexe) ; (2) pour $p\le d-1$, ne pas oublier que deux BON d'un *même* $V$ d'orientations opposées ne se relient *dans $V$* qu'au prix d'une dimension supplémentaire — d'où l'usage d'un $w\in V^\perp$, impossible si $p=d$ ; (3) la rotation « angles principaux » s'appuie sur l'orthogonalité des $W_k$ (indication 3.d).

C'est l'endroit où toute la Partie I paie.

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### Bilan

Le problème met en place une géométrie des $p$‑volumes culminant dans le plongement $\Psi$ de la grassmannienne orientée dans une sphère.

Deux résultats charnières structurent l'ensemble : la **décomposition en angles principaux** (Partie I, Q3.d/4) et l'**identité $\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle=\det\mathrm{Gram}(u,v)$** (Q11), qui fait de $\Omega_p$ une isométrie « volumique ».

Les questions discriminantes (3.b, 3.d, 9.b, 13.a, 15) exigent toutes de relier explicitement les parties entre elles.

*Tous les commentaires ci‑dessus signalent l'absence du rapport du jury dans les documents fournis : aucune statistique, aucun seuil ni aucune remarque officielle n'a pu être cité, conformément à l'exigence de traçabilité.*