Maths A

# Concours X-ENS — Mathématiques A — Filière MP — 2022

## Thème et fil directeur

Le sujet étudie la géométrie des sous-espaces d'un espace euclidien $E$ de dimension $d\geq 1$.

La **Partie I** construit les *angles principaux* entre deux sous-espaces de même dimension $p$, analogue du SVD. La **Partie II** introduit le $p$-volume via le déterminant de Gram, et établit l'inégalité de Hadamard. La **Partie III** munit $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ d'un produit scalaire via la formule de Cauchy-Binet, identifiant ainsi la structure de *plongement de Plücker*. La **Partie IV** étudie la topologie (compacité, connexité par arcs) de la grassmannienne orientée $\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$.

## Carte stratégique

*Le rapport du jury n'est pas disponible pour cette épreuve.* Les estimations de difficulté et d'ordre de traitement sont celles du correcteur.

**Ordre conseillé :** traiter I dans l'ordre (Q1–Q4), puis II (Q5–Q9), puis III (Q10–Q12), puis IV (Q13–Q15). Les questions 1(a), 3(a), 4, 5, 6, 7(a)(c), 8(a) sont accessibles en début d'épreuve. Les questions discriminantes (8(b), 9(b), 10(a), 11, 13(a), 15) requièrent le plus de soin.

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## Partie I

### Question 1(a)

**Stratégie.** L'ensemble de contraintes est un produit de deux sphères unités de sous-espaces de dimension finie, donc compact. La fonction $(a,a')\mapsto\langle a,a'\rangle$ est continue sur ce compact. Le théorème des bornes atteintes conclut.

**Rédaction.**

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

Ce sont des fermés bornés de $V$ et $V'$ respectivement, deux espaces de dimension finie $p\geq 1$, donc des **compacts** (théorème de Heine-Borel en dimension finie).

Leur produit $S_V\times S_{V'}$ est compact. L'application $(a,a')\mapsto\langle a,a'\rangle$ est continue (bilinéaire en dimension finie).

Par le **théorème des bornes atteintes**, le supremum $$s_1 = \sup\{\langle a,a'\rangle \mid a\in S_V,\, a'\in S_{V'}\}$$ est atteint : il existe $(u_1,u_1')\in S_V\times S_{V'}$ tel que $\langle u_1,u_1'\rangle = s_1$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Piège classique : affirmer que le supremum existe sans justifier qu'il est **atteint** (i.e. ne pas invoque le théorème des bornes atteintes avec compacité explicite). Ces quelques lignes sont indispensables.

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### Question 1(b)

**Stratégie.**

On construit $(u_k,u_k')$ par récurrence sur $k$.

À l'étape $k$, on considère $V_k = V\cap\{u_1,\ldots,u_{k-1}\}^\perp$ et $V_k' = V'\cap\{u_1',\ldots,u_{k-1}'\}^\perp$, qui sont des sous-espaces de dimension $p-k+1\geq 1$, et on applique 1(a).

**Rédaction.**

Posons $V_1 = V$, $V_1' = V'$, et pour $k\geq 2$ : $$V_k = V\cap\{u_1,\ldots,u_{k-1}\}^\perp,\qquad V_k' = V'\cap\{u_1',\ldots,u_{k-1}'\}^\perp.$$
Les vecteurs $u_1,\ldots,u_{k-1}$ sont orthonormés dans $V$, donc $\dim V_k = p-(k-1)\geq 1$ pour $k\leq p$.

De même $\dim V_k'\geq 1$.

Par la question 1(a) appliquée à $V_k$ et $V_k'$ (tous deux de dimension $\geq 1$, compacts sur leur sphère unité), il existe $(u_k,u_k')\in S_{V_k}\times S_{V_k'}$ réalisant : $$\langle u_k,u_k'\rangle = \sup\{\langle a,a'\rangle\mid a\in S_{V_k},\,a'\in S_{V_k'}\}.$$
Par construction, $u_k\perp u_l$ pour $l<k$ (car $u_k\in V_k\subset\{u_1,\ldots,u_{k-1}\}^\perp$) et $\|u_k\|=1$.

Ainsi $u=(u_1,\ldots,u_p)$ est orthonormée, de même $u'$.

Les conditions (i) et (ii) de l'énoncé sont satisfaites par construction. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Piège : ne pas vérifier que $V_k$ est non nul (argument de dimension).

La rigueur sur le fait que les $u_k$ déjà construits sont bien dans $V_k$ est également attendue.

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### Question 2

**Stratégie.**

Si $V\cap V'\neq\{0\}$, on peut trouver un vecteur unitaire $w\in V\cap V'$ et $\langle w,w\rangle=1=\sup$, donc Cauchy-Schwarz force $u_k=u_k'$ par récurrence.

**Rédaction.** Posons $r=\dim(V\cap V')\geq 1$.

Montrons par récurrence sur $k\leq r$ que $u_k=u_k'\in V\cap V'$.

*Initialisation $k=1$.*

Puisque $r\geq 1$, il existe $w\in V\cap V'$ avec $\|w\|=1$.

Alors $(w,w)\in S_V\times S_{V'}$ et $\langle w,w\rangle=1$.

Comme $\langle a,a'\rangle\leq\|a\|\|a'\|=1$ par Cauchy-Schwarz, on a $s_1=1$ et ce supremum est atteint par $(u_1,u_1')$.

Donc $\langle u_1,u_1'\rangle=1$.

L'inégalité de Cauchy-Schwarz est une égalité si et seulement si $u_1$ et $u_1'$ sont positivement colinéaires ; puisque $\|u_1\|=\|u_1'\|=1$, on conclut $u_1=u_1'\in V\cap V'$.

*Hérédité.*

Supposons $u_1=u_1',\ldots,u_{k-1}=u_{k-1}'\in V\cap V'$ pour $k\leq r$.

Alors : $$V_k\cap V_k' = (V\cap V')\cap\{u_1,\ldots,u_{k-1}\}^\perp,$$ de dimension $r-(k-1)\geq 1$.

On refait l'argument du cas $k=1$ dans $V_k$ et $V_k'$ : le supremum vaut 1, donc $u_k=u_k'\in V_k\cap V_k'\subset V\cap V'$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question souvent bien traitée ; l'argument de Cauchy-Schwarz avec cas d'égalité est central.

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### Question 3(a)

**Stratégie.**

La famille $u$ est orthonormée (par construction), vit dans $V$, et contient $p=\dim V$ vecteurs ; elle est donc une base de $V$.

**Rédaction.**

Par construction : $u_k\in V_k\subset V$ pour tout $k$, et $\|u_k\|=1$.

Pour $k<l$ : $u_l\in V_l\subset\{u_1,\ldots,u_{l-1}\}^\perp$, donc $\langle u_k,u_l\rangle=0$ (car $k<l$).

Ainsi $u=(u_1,\ldots,u_p)$ est une famille orthonormée de $p$ vecteurs dans $V$ avec $\dim V=p$ : c'est une **base orthonormée de $V$**. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question très accessible.

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### Question 3(b)

**Stratégie.**

Pour $l\in[\![k+1,p]\!]$ fixé, $u_l\in V_k$ donc $u_k(t)=\frac{u_k+tu_l}{\|u_k+tu_l\|}$ est dans $S_{V_k}$ pour tout $t$.

La fonction $\phi(t)=\langle u_k(t),u_k'\rangle$ est maximisée en $t=0$ car $u_k$ maximise $\langle a,u_k'\rangle$ sur $S_{V_k}$ ; donc $\phi'(0)=0$.

**Rédaction.**

Fixons $k\in[\![1,p-1]\!]$ et $l\in[\![k+1,p]\!]$.

Puisque $u_l\in V$ et $u_l\perp u_1,\ldots,u_{l-1}\supset u_1,\ldots,u_{k-1}$, on a $u_l\in V_k$.

Comme $\|u_k\|=\|u_l\|=1$ et $\langle u_k,u_l\rangle=0$, on a $\|u_k+tu_l\|^2=1+t^2>0$, donc $u_k(t)=\frac{u_k+tu_l}{\sqrt{1+t^2}}\in S_{V_k}$ pour tout $t\in\mathbb{R}$.

*Remarque préliminaire.*

Pour tout $a\in S_{V_k}$ : $$\langle a,u_k'\rangle\leq\sup_{a'\in S_{V_k'}}\langle a,a'\rangle\leq \langle u_k,u_k'\rangle,$$ la dernière inégalité étant le supremum global atteint en $(u_k,u_k')$.

Donc $u_k$ **maximise** $a\mapsto\langle a,u_k'\rangle$ sur $S_{V_k}$, et $\phi(t)=\langle u_k(t),u_k'\rangle\leq\phi(0)$ pour tout $t$.

*Calcul de $\phi'(0)$.*

On a : $$\phi(t) = \frac{\langle u_k,u_k'\rangle + t\langle u_l,u_k'\rangle}{\sqrt{1+t^2}}.$$
Par dérivation : $$\phi'(t) = \frac{\langle u_l,u_k'\rangle(1+t^2) - t\bigl(\langle u_k,u_k'\rangle+t\langle u_l,u_k'\rangle\bigr)}{(1+t^2)^{3/2}}.$$
Puisque $\phi$ est maximale en $t=0$, on a $\phi'(0)=0$, soit $\langle u_l,u_k'\rangle=0$.

Ceci valant pour tout $l\in[\![k+1,p]\!]$, on conclut $u_k'\in\mathrm{Vect}(u_{k+1},\ldots,u_p)^\perp$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible.

L'étape clé est de justifier que $u_k$ maximise **séparément** $\langle a,u_k'\rangle$ sur $S_{V_k}$ (pas seulement le supremum joint).

Un calcul de dérivée soigné est ensuite attendu.

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### Question 3(c)

**Stratégie.**

L'orthogonalité de $u_{k+1}$ aux $u_j$ ($j\leq k$) est immédiate par orthonormalité.

Pour l'orthogonalité aux $u_j'$, on applique Q3(b) avec l'indice $j$ à la place de $k$ : $u_j'\perp u_l$ pour $l>j$, en particulier pour $l=k+1>j$.

**Rédaction.** Soit $k\in[\![1,p-1]\!]$. 

— **Orthogonalité aux $u_j$, $j\leq k$ :** par orthonormalité de $u$, $\langle u_{k+1},u_j\rangle=0$ pour $j\neq k+1$.

En particulier pour $j\leq k$. ✓

— **Orthogonalité aux $u_j'$, $j\leq k$ :** Appliquons Q3(b) avec l'entier $j$ (à la place de $k$) : puisque $j\leq k<k+1\leq p$, on a $k+1\in[\![j+1,p]\!]$.

D'après Q3(b), $u_j'\in\mathrm{Vect}(u_{j+1},\ldots,u_p)^\perp$, donc $\langle u_j',u_{k+1}\rangle=0$. ✓

Ainsi $u_{k+1}\perp u_j$ et $u_{k+1}\perp u_j'$ pour tout $j\leq k$, soit $$u_{k+1}\in\bigl(\mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_k)+\mathrm{Vect}(u_1',\ldots,u_k')\bigr)^\perp.\quad\square$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. L'utilisation explicite de Q3(b) avec le bon indice est la clé ; une erreur d'indice est le piège principal.

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### Question 3(d)

**Stratégie.**

Il faut montrer $W_k\perp W_l$ pour $k\neq l$, c'est-à-dire $\langle u_k,u_l\rangle=\langle u_k,u_l'\rangle=\langle u_k',u_l\rangle=\langle u_k',u_l'\rangle=0$.

On utilise l'orthonormalité de $u$ et $u'$, puis Q3(b) et Q3(c).

**Rédaction.**

Soient $k\neq l$ avec $k<l$ (le cas $k>l$ est symétrique).

On vérifie les quatre produits :

1. $\langle u_k,u_l\rangle=0$ : orthonormalité de $u$.

2. $\langle u_k',u_l'\rangle=0$ : orthonormalité de $u'$.

3. $\langle u_k,u_l'\rangle=0$ : D'après Q3(c) (avec $k$ remplacé par $l-1$), $u_l\in\bigl(\mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_{l-1})+\mathrm{Vect}(u_1',\ldots,u_{l-1}')\bigr)^\perp$.

Puisque $k\leq l-1$, le vecteur $u_k'\in\mathrm{Vect}(u_1',\ldots,u_{l-1}')$.

Donc $\langle u_l,u_k'\rangle=0$, i.e. $\langle u_k',u_l\rangle=0$.

Ah — il faut $\langle u_k,u_l'\rangle$ : appliquons Q3(b) avec l'entier $k$ : $u_k'\in\mathrm{Vect}(u_{k+1},\ldots,u_p)^\perp$, donc pour $l>k$, $\langle u_k',u_l\rangle=0$.

Autrement dit $\langle u_l,u_k'\rangle=0$.

4. $\langle u_k',u_l\rangle=0$ : idem, d'après Q3(b), $u_k'\perp u_l$ pour $l>k$. ✓

On a montré que tout vecteur de $W_k=\mathrm{Vect}(u_k,u_k')$ est orthogonal à tout vecteur de $W_l=\mathrm{Vect}(u_l,u_l')$, soit $W_k\perp W_l$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question de synthèse des résultats précédents ; bien citer Q3(b) et Q3(c).

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### Question 4(a)

**Stratégie.**

Les supremums sont décroissants (contraintes de plus en plus restrictives) et positifs ; on peut donc écrire chaque $\langle u_k,u_k'\rangle=\cos\theta_k$ avec $\theta_k\in[0,\pi/2]$.

**Rédaction.** *Positivité.*

Pour tout $k$, la paire $(-a,-a')$ est aussi dans $S_{V_k}\times S_{V_k'}$ avec $\langle -a,-a'\rangle=\langle a,a'\rangle$, et $\langle a,-a'\rangle=-\langle a,a'\rangle$.

Donc $\sup\geq 0$. Ainsi $\langle u_k,u_k'\rangle=\sup_{S_{V_k}\times S_{V_k'}}\langle\cdot,\cdot\rangle\geq 0$.

*Bornes.* Par Cauchy-Schwarz, $\langle u_k,u_k'\rangle\leq\|u_k\|\|u_k'\|=1$.

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

*Monotonie.*

La contrainte de l'étape $k+1$ est plus restrictive qu'à l'étape $k$ (on ajoute les conditions $\langle a,u_k\rangle=\langle a',u_k'\rangle=0$), donc le supremum à l'étape $k+1$ est $\leq$ celui à l'étape $k$ : $$\cos\theta_{k+1}=\langle u_{k+1},u_{k+1}'\rangle\leq\langle u_k,u_k'\rangle=\cos\theta_k.$$
Puisque $\cos$ est décroissante sur $[0,\pi/2]$, on obtient $0\leq\theta_1\leq\cdots\leq\theta_p\leq\pi/2$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question accessible.

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### Question 4(b)

**Stratégie.**

D'après Q3(b) et Q3(c), $\langle u_k,u_l'\rangle=0$ pour $k\neq l$, donc la matrice $\mathrm{Gram}(u,u')$ est diagonale, et son déterminant est le produit des $\cos\theta_k$.

**Rédaction.**

La matrice $\mathrm{Gram}(u,u')$ a pour entrée $(k,l)$ la valeur $\langle u_k,u_l'\rangle$.

— Pour $k=l$ : $\langle u_k,u_k'\rangle=\cos\theta_k$.

— Pour $k\neq l$, disons $k<l$ : d'après Q3(b), $u_k'\perp u_l$ (car $l>k$), donc $\langle u_l,u_k'\rangle=0$.

Pour $k>l$ : d'après Q3(c) appliqué à l'indice $k-1$, $u_k\perp u_l'$ (car $l\leq k-1$), donc $\langle u_k,u_l'\rangle=0$.

Ainsi $\mathrm{Gram}(u,u')=\mathrm{diag}(\cos\theta_1,\ldots,\cos\theta_p)$ et : $$\boxed{\det(\mathrm{Gram}(u,u'))=\prod_{k=1}^p\cos\theta_k.}\quad\square$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Résultat élégant ; la diagonalité est la clé.

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### Question 4(c)

**Stratégie.**

Chaque $\cos\theta_k\in[0,1]$, donc le produit est $\leq 1$.

L'égalité se produit ssi tous les $\theta_k=0$, i.e. $u_k=u_k'$ pour tout $k$, i.e. $V=V'$.

**Rédaction.**

Puisque $\cos\theta_k\in[0,1]$ pour tout $k$ : $$\det(\mathrm{Gram}(u,u'))=\prod_{k=1}^p\cos\theta_k\leq 1^p=1.\quad\square$$

*Cas d'égalité.*

Le produit vaut 1 ssi $\cos\theta_k=1$ pour tout $k$, i.e. $\theta_k=0$, i.e. $\langle u_k,u_k'\rangle=1$.

Par Cauchy-Schwarz, $u_k=u_k'$.

Cela signifie que $u=u'$, donc $V=\mathrm{Vect}(u)=\mathrm{Vect}(u')=V'$.

Réciproquement, si $V=V'$, d'après Q2 (avec $\dim(V\cap V')=p$), $u_k=u_k'$ pour tout $k$, donc les angles sont tous nuls et $\det=1$.

**Conclusion :** $\det(\mathrm{Gram}(u,u'))=1$ si et seulement si $V=V'$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. La caractérisation du cas d'égalité utilise Q2 ; l'oublier est pénalisant.

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## Partie II

### Question 5(a)

**Stratégie.** Le déterminant est multilinéaire en ses colonnes et change de signe par transposition de deux colonnes.

**Rédaction.**

L'application $(x_1,\ldots,x_p)\mapsto [x_1,\ldots,x_p]=\det(x_1|\cdots|x_p)$ est le déterminant d'une matrice $p\times p$ vu comme fonction de ses colonnes.

Le déterminant est **multilinéaire** en chaque colonne.

Pour $\sigma\in\mathfrak{S}_p$ : $[x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(p)}]=\varepsilon(\sigma)[x_1,\ldots,x_p]$ (propriété caractéristique du déterminant par permutation des colonnes).

Donc l'application appartient à $\mathcal{A}_p(\mathbb{R}^p,\mathbb{R})$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question de cours ; vérification formelle des deux propriétés.

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### Question 5(b)

**Stratégie.**

La multilinéarité de $g$ s'obtient par composition avec la linéarité de $f$, et le caractère alterné par 5(a) composé avec $f$.

**Rédaction.**

Soient $u=(u_1,\ldots,u_p)\in F^p$ et $i\in[\![1,p]\!]$.

La map $y\mapsto g(u_1,\ldots,u_{i-1},y,u_{i+1},\ldots,u_p)=[f(u_1),\ldots,f(u_{i-1}),f(y),f(u_{i+1}),\ldots,f(u_p)]$ est linéaire en $f(y)$ (par 5(a)) puis en $y$ (par linéarité de $f$).

Donc $g$ est multilinéaire.

Pour $\sigma\in\mathfrak{S}_p$ : $g(u\cdot\sigma)=[f(u_{\sigma(1)}),\ldots,f(u_{\sigma(p)})]=\varepsilon(\sigma)[f(u_1),\ldots,f(u_p)]=\varepsilon(\sigma)g(u)$ d'après 5(a).

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Vérification formelle.

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### Question 6(a)

**Stratégie.**

Exprimer $\Omega_p(e)(u_1,\ldots,u_p)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))$ comme $[f(u_1),\ldots,f(u_p)]$ avec $f(x)=(\langle e_i,x\rangle)_{1\leq i\leq p}\in\mathbb{R}^p$ linéaire, et appliquer Q5(b).

**Rédaction.**

Pour $e=(e_1,\ldots,e_p)\in E^p$ fixé, définissons $f:E\to\mathbb{R}^p$ par $f(x)=(\langle e_i,x\rangle)_{1\leq i\leq p}$.

C'est une application **linéaire**.

Pour $u=(u_1,\ldots,u_p)\in E^p$ : $$\Omega_p(e)(u)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))=\det\bigl((\langle e_i,u_j\rangle)_{i,j}\bigr)=[f(u_1),\ldots,f(u_p)].$$
D'après Q5(b) (avec $F=E$, $G=\mathbb{R}$), $u\mapsto[f(u_1),\ldots,f(u_p)]$ appartient à $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Application directe de Q5(b) ; bien identifier $f$.

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### Question 6(b)

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

**Rédaction.**

Pour $(e,u)\in E^p\times E^p$ : $$\mathrm{Gram}(u,e)_{i,j}=\langle u_i,e_j\rangle=\langle e_j,u_i\rangle=\mathrm{Gram}(e,u)_{j,i}.$$
Donc $\mathrm{Gram}(u,e)=\mathrm{Gram}(e,u)^T$.

Par la propriété $\det A=\det A^T$ : $$\Omega_p(u)(e)=\det(\mathrm{Gram}(u,e))=\det(\mathrm{Gram}(e,u)^T)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))=\Omega_p(e)(u).\quad\square$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Résultat immédiat.

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### Question 6(c)

**Stratégie.** $\Omega_p(e)(u)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))$ est linéaire en chaque ligne $e_k$ (multilinéarité des lignes du déterminant) et change de signe par transposition de deux $e_k$ (alternance des lignes).

**Rédaction.**

Il faut montrer que $e\mapsto\Omega_p(e)$ est $p$-linéaire alternée à valeurs dans $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$.

*Multilinéarité.*

Pour $u\in E^p$ fixé, $\Omega_p(e)(u)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))$ où $\mathrm{Gram}(e,u)_{k,j}=\langle e_k,u_j\rangle$.

La ligne $k$ de cette matrice est $(\langle e_k,u_j\rangle)_j$, qui est **linéaire** en $e_k$.

Donc $e_k\mapsto\Omega_p(e)(u)$ est linéaire pour tout $u$, i.e. $e_k\mapsto\Omega_p(e)$ est linéaire dans $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ (égalité des fonctions).

*Caractère alterné.*

Pour $\sigma\in\mathfrak{S}_p$, la matrice $\mathrm{Gram}(e\cdot\sigma,u)$ a pour ligne $k$ la ligne $\sigma(k)$ de $\mathrm{Gram}(e,u)$.

Donc $\Omega_p(e\cdot\sigma)(u)=\varepsilon(\sigma)\Omega_p(e)(u)$ pour tout $u$, soit $\Omega_p(e\cdot\sigma)=\varepsilon(\sigma)\Omega_p(e)$.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible.

Penser à vérifier les deux propriétés pour la structure de $e\mapsto\Omega_p(e)$ **en tant que fonction à valeurs dans $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$**.

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### Question 7(a)

**Stratégie.**

Écrire $\mathrm{Gram}(e',u)=M\cdot\mathrm{Gram}(e,u)$ et utiliser $\det(AB)=\det A\det B$.

**Rédaction.**

Soient $M\in\mathcal{M}_p(\mathbb{R})$ et $e'_i=\sum_{j=1}^p M_{ij}e_j$.

Pour tout $u\in E^p$ : $$\mathrm{Gram}(e',u)_{i,l}=\langle e_i',u_l\rangle=\sum_{j=1}^p M_{ij}\langle e_j,u_l\rangle=\sum_{j=1}^p M_{ij}\mathrm{Gram}(e,u)_{j,l}.$$
Donc $\mathrm{Gram}(e',u)=M\cdot\mathrm{Gram}(e,u)$, et : $$\Omega_p(e')(u)=\det(M\cdot\mathrm{Gram}(e,u))=\det(M)\det(\mathrm{Gram}(e,u))=\det(M)\Omega_p(e)(u).$$
Ceci valant pour tout $u$, on a $\Omega_p(e')=\det(M)\Omega_p(e)$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Calcul direct, à bien distinguer les conventions lignes/colonnes.

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### Question 7(b)

**Stratégie.**

Si $e$ est libre, la matrice de Gram est définie positive, donc $\Omega_p(e)(e)>0$.

Si $e$ est liée, le déterminant de Gram est nul pour tout $u$.

**Rédaction.** *($\Rightarrow$) $e$ libre $\Rightarrow$ $\Omega_p(e)\neq 0$.*

La matrice $G=\mathrm{Gram}(e,e)$ avec $G_{i,j}=\langle e_i,e_j\rangle$ est la matrice de Gram d'une famille libre : elle est **symétrique définie positive** (pour tout $\lambda\in\mathbb{R}^p$ non nul, $\lambda^T G\lambda=\|\sum_i\lambda_i e_i\|^2>0$).

Donc $\det(G)>0$, i.e. $\Omega_p(e)(e)>0\neq 0$, d'où $\Omega_p(e)\neq 0$.

*($\Leftarrow$) $e$ liée $\Rightarrow$ $\Omega_p(e)=0$.*

Si $e$ est liée, $\sum_j\lambda_j e_j=0$ pour des $\lambda_j$ non tous nuls.

Pour tout $u$, la colonne $j$ de $\mathrm{Gram}(e,u)$ est $(\langle e_i,u_j\rangle)_i$.

La combinaison linéaire $\sum_j\lambda_j(\text{colonne } j)=(\langle e_i,\sum_j\lambda_j u_j\rangle)_i=(\langle\sum_k\lambda_k e_k,u_j\rangle)_i$...

Reformulons : $e$ liée signifie que les lignes $(\langle e_k,u_j\rangle)_j$ sont liées sur $k$ : $\sum_k\lambda_k(\langle e_k,u_j\rangle)_j=(\langle\sum_k\lambda_k e_k,u_j\rangle)_j=(0)_j$.

Donc les lignes de $\mathrm{Gram}(e,u)$ sont liées pour tout $u$, d'où $\Omega_p(e)(u)=\det(\mathrm{Gram}(e,u))=0$ pour tout $u$, soit $\Omega_p(e)=0$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Bien traiter les deux implications ; ne pas confondre dépendance des lignes et des colonnes.

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### Question 7(c)

**Stratégie.** $\Omega_p(e)(e)=\det(\mathrm{Gram}(e,e))$ est le déterminant d'une matrice symétrique positive semi-définie.

**Rédaction.**

Pour toute famille $e=(e_1,\ldots,e_p)\in E^p$, la matrice $G=\mathrm{Gram}(e,e)$ est symétrique et positive semi-définie : pour tout $\lambda\in\mathbb{R}^p$, $\lambda^T G\lambda=\|\sum_i\lambda_i e_i\|^2\geq 0$.

Une matrice symétrique positive semi-définie est diagonalisable avec valeurs propres $\geq 0$, donc son déterminant est $\geq 0$ : $$\Omega_p(e)(e)=\det(\mathrm{Gram}(e,e))\geq 0.\quad\square$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question courte.

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### Question 8(a)

**Stratégie.** $\mathrm{Gram}(b,b)=I_p$ pour $b$ orthonormée.

**Rédaction.**

Si $b=(b_1,\ldots,b_p)$ est orthonormée, $\mathrm{Gram}(b,b)_{i,j}=\langle b_i,b_j\rangle=\delta_{ij}$, donc $\mathrm{Gram}(b,b)=I_p$ et $\mathrm{vol}_p(b)=\sqrt{\det(I_p)}=1$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Trivial.

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### Question 8(b)

**Stratégie.**

On écrit $G=\mathrm{Gram}(e,e)$ sous forme bloc $2\times 2$ et on applique la **formule du complément de Schur** pour décomposer $\det(G)$ en $\det(H)\cdot\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2$.

**Rédaction.**

Posons $V=\mathrm{Vect}(e_2,\ldots,e_p)$ et $\mathrm{pr}=\mathrm{Id}_E-P_V$ (projection orthogonale sur $V^\perp$).

Écrivons la matrice de Gram $G=\mathrm{Gram}(e,e)$ en blocs : $$G = \begin{pmatrix} \|e_1\|^2 & r^T \\ r & H \end{pmatrix},$$ où $r=(\langle e_2,e_1\rangle,\ldots,\langle e_p,e_1\rangle)^T\in\mathbb{R}^{p-1}$ et $H=\mathrm{Gram}(e_2^p,e_2^p)$ est la matrice de Gram de $e_2^p=(e_2,\ldots,e_p)$.

*Cas $e_2^p$ libre ($H$ inversible).*

Par la **formule du complément de Schur** : $$\det(G)=\det(H)\cdot(\|e_1\|^2-r^TH^{-1}r).$$
La projection orthogonale de $e_1$ sur $V$ est $P_Ve_1=\sum_{k=2}^p c_ke_k$ où $c=H^{-1}r$ est solution de $Hc=r$ (système $\langle e_j,P_Ve_1\rangle=\langle e_j,e_1\rangle$ pour $j\geq 2$).

Alors : $$\|P_Ve_1\|^2=c^THc=r^TH^{-1}r.$$
Donc $\|e_1\|^2-r^TH^{-1}r=\|e_1\|^2-\|P_Ve_1\|^2=\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2$ et : $$\mathrm{vol}_p(e)^2=\det(G)=\det(H)\cdot\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2=\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)^2\cdot\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2.$$
Prenant la racine carrée (les deux membres sont $\geq 0$) : $\mathrm{vol}_p(e)=\|\mathrm{pr}(e_1)\|\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)$.

*Cas $e_2^p$ liée ($H$ singulière).* $\det(H)=0$, donc $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)=0$.

D'après Q7(b), $e$ est alors liée (la même relation de dépendance entre $e_2,\ldots,e_p$ vaut a fortiori dans $e$), donc $\mathrm{vol}_p(e)=0=0\cdot\|\mathrm{pr}(e_1)\|$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. C'est la question technique centrale de la Partie II.

La formule du complément de Schur $\det\bigl(\begin{smallmatrix}a&r^T\\r&H\end{smallmatrix}\bigr)=\det(H)\cdot(a-r^TH^{-1}r)$ doit être connue ou re-démontrée ; l'interprétation géométrique de $\|e_1\|^2-r^TH^{-1}r=\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2$ est le point clé.

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### Question 8(c)

**Stratégie.**

Par récurrence sur $p$ en utilisant Q8(b) : $\|\mathrm{pr}(e_1)\|\leq\|e_1\|$ (projection), et par hypothèse de récurrence $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)\leq\prod_{i=2}^p\|e_i\|$.

**Rédaction.**

Pour $e$ non libre, $\mathrm{vol}_p(e)=0\leq\prod_i\|e_i\|$.

Considérons $e$ libre.

*Par récurrence sur $p$.*

Le cas $p=1$ est trivial : $\mathrm{vol}_1(e_1)=\|e_1\|$.

Supposons le résultat établi au rang $p-1$.

La famille $e_2^p=(e_2,\ldots,e_p)$ est libre (sous-famille de $e$ libre).

Par Q8(b) : $$\mathrm{vol}_p(e)=\|\mathrm{pr}(e_1)\|\cdot\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p).$$
D'une part, $\|\mathrm{pr}(e_1)\|\leq\|e_1\|$ ($\mathrm{pr}$ est une projection orthogonale, hence contractante).

D'autre part, par hypothèse de récurrence, $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)\leq\prod_{i=2}^p\|e_i\|$. Donc :
$$\mathrm{vol}_p(e)\leq\|e_1\|\prod_{i=2}^p\|e_i\|=\prod_{i=1}^p\|e_i\|.$$

*Cas d'égalité.*

L'égalité $\mathrm{vol}_p(e)=\prod_{i=1}^p\|e_i\|$ (tous termes $>0$ car $e$ libre) requiert :
1. $\|\mathrm{pr}(e_1)\|=\|e_1\|$, i.e. $P_Ve_1=0$, i.e. $e_1\perp\mathrm{Vect}(e_2,\ldots,e_p)$.
2. $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)=\prod_{i=2}^p\|e_i\|$, i.e. par induction, $e_2,\ldots,e_p$ sont 2 à 2 orthogonaux.

Conditions 1 et 2 ensemble signifient exactement que $e_1,\ldots,e_p$ sont 2 à 2 orthogonaux. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Récurrence propre sur $p$ ; bien traiter le cas d'égalité.

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### Question 9(a)

**Stratégie.** Exprimer $\mathrm{Gram}(e,e)=(P_b^e)^T P_b^e$ puis prendre la racine du déterminant.

**Rédaction.**

Soit $b=(b_1,\ldots,b_p)$ une base orthonormée de $\mathrm{Vect}(e)$ et $P=P_b^e$ la matrice de passage de $b$ à $e$ : $e_j=\sum_{i=1}^p P_{ij}b_i$.

Pour $k,l\in[\![1,p]\!]$ : $$\mathrm{Gram}(e,e)_{k,l}=\langle e_k,e_l\rangle=\Bigl\langle\sum_i P_{ik}b_i,\sum_j P_{jl}b_j\Bigr\rangle=\sum_{i,j}P_{ik}P_{jl}\delta_{ij}=\sum_i P_{ik}P_{il}=\bigl(P^TP\bigr)_{k,l}.$$
Donc $\mathrm{Gram}(e,e)=P^TP$ et : $$\mathrm{vol}_p(e)=\sqrt{\det(P^TP)}=\sqrt{(\det P)^2}=|\det P|=|\det(P_b^e)|.\quad\square$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Calcul propre sur la matrice de passage.

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### Question 9(b)

**Stratégie.**

On ramène le problème à des bases orthonormées via Q9(a) et Q7(a), puis on majore $|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))|\leq 1$ par Hadamard (Q8(c) dans $\mathbb{R}^p$, via l'inégalité de Bessel).

**Rédaction.**

*Cas où $e$ ou $e'$ est liée.*

Si $e$ est liée, Q7(b) donne $\Omega_p(e)=0$, donc le membre gauche est nul.

Et $\mathrm{vol}_p(e)=0$ (par Q7(c) : $\Omega_p(e)(e)=0$).

Idem si $e'$ est liée. Dans les deux cas l'inégalité est triviale.

*Cas où $e$ et $e'$ sont toutes deux libres.*

Soient $b$ une BON de $V=\mathrm{Vect}(e)$ et $b'$ une BON de $V'=\mathrm{Vect}(e')$.

Par Q7(a) : $\Omega_p(e)=\det(P_b^e)\,\Omega_p(b)$ et $\Omega_p(e')=\det(P_{b'}^{e'})\,\Omega_p(b')$.

Calculons $\mathrm{Gram}(e,e')$ : en utilisant $e_k=\sum_i(P_b^e)_{ik}b_i$ et $e_l'=\sum_j(P_{b'}^{e'})_{jl}b_j'$, $$\mathrm{Gram}(e,e')=(P_b^e)^T\mathrm{Gram}(b,b')P_{b'}^{e'}.$$
Donc : $$|\Omega_p(e)(e')|=|\det(\mathrm{Gram}(e,e'))|=|\det(P_b^e)|\cdot|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))|\cdot|\det(P_{b'}^{e'})|.$$
Par Q9(a) : $|\det(P_b^e)|=\mathrm{vol}_p(e)$ et $|\det(P_{b'}^{e'})|=\mathrm{vol}_p(e')$.

Il reste à montrer $|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))|\leq 1$.

Notons $A=\mathrm{Gram}(b,b')$, matrice $p\times p$.

La $j$-ième colonne de $A$ est $c_j=(\langle b_i,b_j'\rangle)_{i=1}^p\in\mathbb{R}^p$.

Par l'**inégalité de Bessel** (les $b_i$ forment un système orthonormal dans $E$) : $$\|c_j\|^2=\sum_{i=1}^p\langle b_i,b_j'\rangle^2=\|P_Vb_j'\|^2\leq\|b_j'\|^2=1.$$
Par l'**inégalité de Hadamard** (Q8(c) appliqué dans $\mathbb{R}^p$ muni du produit scalaire euclidien standard, avec la famille $(c_1,\ldots,c_p)$) : $$|\det(A)|=\mathrm{vol}_p^{\mathbb{R}^p}(c_1,\ldots,c_p)\leq\prod_{j=1}^p\|c_j\|\leq 1.$$
Finalement : $|\Omega_p(e)(e')|\leq\mathrm{vol}_p(e)\cdot 1\cdot\mathrm{vol}_p(e')=\mathrm{vol}_p(e)\,\mathrm{vol}_p(e')$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question difficile ; la chaîne logique complète (bases orthonormées, Cauchy-Binet implicite dans la factorisation de Gram, puis Hadamard/Bessel) doit être menée proprement. Beaucoup de candidats obtiendraient partiellement le résultat.

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## Partie III

Rappel : $e=(e_1,\ldots,e_d)$ est une BON de $E$, $\mathcal{I}_p=\{\alpha=(i_1,\ldots,i_p)\in\mathbb{N}^p\mid 1\leq i_1<\cdots<i_p\leq d\}$, et pour $\alpha\in\mathcal{I}_p$, $e_\alpha=(e_{i_1},\ldots,e_{i_p})\in E^p$.

### Question 10(a)

**Stratégie.**

On développe $\omega(u_1,\ldots,u_p)$ par multilinéarité en écrivant chaque $u_j=\sum_k\langle e_k,u_j\rangle e_k$, puis on regroupe par les multi-indices $\alpha\in\mathcal{I}_p$ et on reconnaît le déterminant de Gram.

**Rédaction.**

Soit $\omega\in\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ et $u=(u_1,\ldots,u_p)\in E^p$.

En écrivant $u_j=\sum_{k=1}^d\langle e_k,u_j\rangle e_k$ et en développant par multilinéarité : $$\omega(u_1,\ldots,u_p)=\sum_{k_1=1}^d\cdots\sum_{k_p=1}^d\prod_{j=1}^p\langle e_{k_j},u_j\rangle\cdot\omega(e_{k_1},\ldots,e_{k_p}).$$
Puisque $\omega$ est alternée : $\omega(e_{k_1},\ldots,e_{k_p})=0$ si deux indices $k_j$ sont égaux.

Si $(k_1,\ldots,k_p)$ est une permutation $\sigma$ de $\alpha=(i_1<\cdots<i_p)\in\mathcal{I}_p$, i.e. $k_j=i_{\sigma(j)}$, alors $\omega(e_{k_1},\ldots,e_{k_p})=\varepsilon(\sigma)\omega(e_\alpha)$.

On regroupe : $$\omega(u_1,\ldots,u_p)=\sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\omega(e_\alpha)\sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_p}\varepsilon(\sigma)\prod_{j=1}^p\langle e_{i_{\sigma(j)}},u_j\rangle.$$
La somme intérieure est précisément $\det\bigl((\langle e_{i_k},u_j\rangle)_{k,j}\bigr)=\Omega_p(e_\alpha)(u)$.

Donc : $$\omega(u_1,\ldots,u_p)=\sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\omega(e_\alpha)\,\Omega_p(e_\alpha)(u),$$ ce qui s'écrit $\omega=\sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\omega(e_\alpha)\,\Omega_p(e_\alpha)$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question centrale et difficile. L'étape de regroupement par $\alpha$ et la reconaissance du déterminant de Gram sont les deux points délicats. Bien faire le développement par multilinéarité en deux temps.

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### Question 10(b)

**Stratégie.**

Calculer $\langle\Omega_p(e_\alpha),\Omega_p(e_\beta)\rangle=\sum_\gamma\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma)\Omega_p(e_\beta)(e_\gamma)$ en utilisant $\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma)=\delta_{\alpha\gamma}$ (BON).

On en déduit l'orthonormalité de la famille, puis les propriétés du produit scalaire.

**Rédaction.** *Calcul de $\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma)$.*

La matrice $\mathrm{Gram}(e_\alpha,e_\gamma)$ a pour entrée $(k,l)$ la valeur $\langle e_{i_k},e_{j_l}\rangle=\delta_{i_k,j_l}$ (BON).

C'est une matrice de permutation si $\{i_1,\ldots,i_p\}=\{j_1,\ldots,j_p\}$, nulle sinon.

Puisque $\alpha$ et $\gamma$ sont tous deux des suites croissantes, $\alpha=\gamma$ si et seulement si $i_k=j_k$ pour tout $k$, i.e. la matrice est $I_p$ et son déterminant vaut 1.

Pour $\alpha\neq\gamma$, il existe $j_l\notin\{i_1,\ldots,i_p\}$, donc la colonne $l$ est nulle et le déterminant vaut 0.

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

*Orthonormalité.*

Par la formule (1) : $$\langle\Omega_p(e_\alpha),\Omega_p(e_\beta)\rangle=\sum_{\gamma\in\mathcal{I}_p}\Omega_p(e_\alpha)(e_\gamma)\Omega_p(e_\beta)(e_\gamma)=\sum_\gamma\delta_{\alpha\gamma}\delta_{\beta\gamma}=\delta_{\alpha\beta}.$$
La famille $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha\in\mathcal{I}_p}$ est donc **orthonormée** pour $\langle\cdot,\cdot\rangle$.

Par Q10(a), elle engendre $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ : c'est une **base orthonormée** de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$.

*$\langle\cdot,\cdot\rangle$ est un produit scalaire.* Bilinéaire et symétrique par définition (1). Positive : $\langle\omega,\omega\rangle=\sum_\alpha\omega(e_\alpha)^2\geq 0$.

Définie : $\langle\omega,\omega\rangle=0\Leftrightarrow\omega(e_\alpha)=0$ pour tout $\alpha\Leftrightarrow\omega=0$ (par Q10(a)).

*Dimension.* $\dim\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})=|\mathcal{I}_p|=\binom{d}{p}$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question accessible une fois Q10(a) acquise. Bien justifier la définie-positivité.

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### Question 10(c)

**Stratégie.**

Pour $p=d-1$, $|\mathcal{I}_{d-1}|=d=\dim E$.

À chaque $\alpha\in\mathcal{I}_{d-1}$ correspond un unique $k(\alpha)\in\{1,\ldots,d\}\setminus\{i_1,\ldots,i_{d-1}\}$.

La correspondance $\Omega_{d-1}(e_\alpha)\leftrightarrow e_{k(\alpha)}$ envoie une BON sur une BON, définissant une isométrie.

**Rédaction.**

Pour $p=d-1$ et $\alpha=(i_1<\cdots<i_{d-1})\in\mathcal{I}_{d-1}$, notons $k(\alpha)$ l'unique élément de $\{1,\ldots,d\}\setminus\{i_1,\ldots,i_{d-1}\}$.

L'application $\alpha\mapsto k(\alpha)$ est une bijection de $\mathcal{I}_{d-1}$ vers $\{1,\ldots,d\}$.

Définissons $\varphi:\mathcal{A}_{d-1}(E,\mathbb{R})\to E$ par extension linéaire de : $$\varphi(\Omega_{d-1}(e_\alpha)) = e_{k(\alpha)}\quad\forall\alpha\in\mathcal{I}_{d-1}.$$
Puisque $(\Omega_{d-1}(e_\alpha))_{\alpha\in\mathcal{I}_{d-1}}$ est une BON de $\mathcal{A}_{d-1}(E,\mathbb{R})$ (Q10(b)) et $(e_{k(\alpha)})_{\alpha\in\mathcal{I}_{d-1}}=(e_1,\ldots,e_d)$ (réordonnée) est une BON de $E$, $\varphi$ est une **isométrie** : $\langle\varphi(\omega),\varphi(\omega')\rangle_E=\langle\omega,\omega'\rangle_{\mathcal{A}_{d-1}}$ pour tous $\omega,\omega'$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Il s'agit essentiellement de l'opérateur de Hodge en degré $d-1$.

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### Question 11

**Stratégie.**

Appliquer la **formule de Cauchy-Binet** à $\det(U^TV)$ où $U_{k,i}=\langle e_k,u_i\rangle$ et $V_{k,j}=\langle e_k,v_j\rangle$ ; chaque terme fait apparaître $\Omega_p(u)(e_\alpha)$ et $\Omega_p(v)(e_\alpha)$.

**Rédaction.**

Pour $u=(u_1,\ldots,u_p)$ et $v=(v_1,\ldots,v_p)$ dans $E^p$, notons $U\in M_{d,p}(\mathbb{R})$ et $V\in M_{d,p}(\mathbb{R})$ les matrices de coordonnées : $$U_{k,i}=\langle e_k,u_i\rangle,\quad V_{k,j}=\langle e_k,v_j\rangle.$$
Alors $\mathrm{Gram}(u,v)_{i,j}=\langle u_i,v_j\rangle=\sum_k U_{k,i}V_{k,j}=(U^TV)_{i,j}$, donc $\mathrm{Gram}(u,v)=U^TV$.

Par la **formule de Cauchy-Binet** appliquée à $U^T\in M_{p,d}(\mathbb{R})$ et $V\in M_{d,p}(\mathbb{R})$ : $$\det(U^TV)=\sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\det\bigl((U^T)_{:,\alpha}\bigr)\det(V_{\alpha,:}),$$ où $(U^T)_{:,\alpha}$ désigne la sous-matrice $p\times p$ de $U^T$ formée des colonnes $\alpha$, et $V_{\alpha,:}$ celle de $V$ formée des lignes $\alpha$.

Calculons ces déterminants. Pour $\alpha=(i_1,\ldots,i_p)$ :

— $(U^T)_{:,\alpha}$ a l'entrée $(i,j)$ égale à $U^T_{i,i_j}=U_{i_j,i}=\langle e_{i_j},u_i\rangle=\mathrm{Gram}(e_\alpha,u)_{j,i}$.

Donc $(U^T)_{:,\alpha}=\mathrm{Gram}(e_\alpha,u)^T$ et $\det((U^T)_{:,\alpha})=\det(\mathrm{Gram}(e_\alpha,u))=\Omega_p(e_\alpha)(u)=\Omega_p(u)(e_\alpha)$ (par Q6(b)).

— $V_{\alpha,:}$ a l'entrée $(j,l)$ égale à $V_{i_j,l}=\langle e_{i_j},v_l\rangle=\mathrm{Gram}(e_\alpha,v)_{j,l}$.

Donc $\det(V_{\alpha,:})=\Omega_p(e_\alpha)(v)=\Omega_p(v)(e_\alpha)$.

On obtient :
$$\Omega_p(u)(v)=\det(\mathrm{Gram}(u,v))=\sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\Omega_p(u)(e_\alpha)\,\Omega_p(v)(e_\alpha)=\langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle.\quad\square$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Résultat central et difficile ; la formule de Cauchy-Binet est l'outil clé. Bien préciser les dimensions des matrices et l'expression de chaque sous-déterminant.

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### Question 12

**Stratégie.**

Utiliser Q11 pour montrer que tout $\omega\in\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ vérifie $\langle\omega,\Omega_p(f_\beta)\rangle_e=\omega(f_\beta)$ quelle que soit la BON $f$ de $E$.

La formule du produit scalaire en base $e$ coïncide donc avec celle en base $f$.

**Rédaction.**

Soit $f=(f_1,\ldots,f_d)$ une autre BON de $E$ et $\langle\cdot,\cdot\rangle_f=\sum_{\beta\in\mathcal{I}_p}\cdot(f_\beta)\cdot(f_\beta)$ la forme associée.

*Étape 1 : $(\Omega_p(f_\beta))_{\beta\in\mathcal{I}_p}$ est une BON pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_e$.*

Par Q11 : $$\langle\Omega_p(f_\beta),\Omega_p(f_\gamma)\rangle_e=\Omega_p(f_\beta)(f_\gamma)=\det(\mathrm{Gram}(f_\beta,f_\gamma))=\delta_{\beta\gamma},$$ la dernière égalité valant car $f$ est une BON (calcul identique à Q10(b)).

*Étape 2.*

Pour tout $\omega\in\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$, en développant sur la BON $(\Omega_p(f_\beta))$ pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_e$ : $$\langle\omega,\Omega_p(f_\beta)\rangle_e=\sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\omega(e_\alpha)\Omega_p(f_\beta)(e_\alpha)=\sum_\alpha\omega(e_\alpha)\Omega_p(e_\alpha)(f_\beta)=\omega(f_\beta),$$ où la dernière égalité provient de Q10(a) appliqué à $\omega$ évalué en $(f_\beta)$.

Donc dans la BON $(\Omega_p(f_\beta))$ pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_e$, les coordonnées de $\omega$ sont $(\omega(f_\beta))_\beta$.

*Conclusion.*

Dans un espace euclidien fini, pour toute BON $(v_\beta)$, $\langle\omega,\omega'\rangle=\sum_\beta\langle\omega,v_\beta\rangle\langle\omega',v_\beta\rangle$.

Appliqué avec $(v_\beta)=(\Omega_p(f_\beta))$ : $$\langle\omega,\omega'\rangle_e=\sum_\beta\omega(f_\beta)\omega'(f_\beta)=\langle\omega,\omega'\rangle_f.$$
Le produit scalaire est donc **indépendant du choix de la BON** $e$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. La preuve par double base orthonormée est élégante et utilise Q11 de façon décisive.

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## Partie IV

### Question 13(a)

**Stratégie.**

L'ensemble $\{v\in E:\Omega_p(e)(v,u_2,\ldots,u_p)=0\;\forall u_2,\ldots,u_p\}$ vaut exactement $V^\perp$ ; or la même caractérisation vaut pour $\Omega_p(e')$, et la colinéarité $\Omega_p(e)=\lambda\Omega_p(e')$ ($\lambda\neq 0$) implique $V^\perp=(V')^\perp$ donc $V=V'$.

**Rédaction.**

Posons $V=\mathrm{Vect}(e)$ et $V'=\mathrm{Vect}(e')$.

*($\Leftarrow$)* Si $V=V'$, alors $e$ et $e'$ sont deux bases de $V$, donc $e_i'=\sum_jM_{ij}e_j$ avec $M$ inversible.

Par Q7(a), $\Omega_p(e')=\det(M)\Omega_p(e)$ avec $\det(M)\neq 0$ : colinéaires.

*($\Rightarrow$)* Supposons $\Omega_p(e')=\lambda\Omega_p(e)$ avec $\lambda\neq 0$ (les deux familles étant libres par Q7(b)).

Définissons $\ker_1(\omega)=\{v\in E:\omega(v,u_2,\ldots,u_p)=0\;\forall u_2,\ldots,u_p\in E\}$.

**Claim :** $\ker_1(\Omega_p(e))=V^\perp$.

— *$V^\perp\subset\ker_1(\Omega_p(e))$* : si $v\in V^\perp$, la première colonne de $\mathrm{Gram}(e,(v,u_2,\ldots,u_p))$ est $(\langle e_i,v\rangle)_i=0$, donc le déterminant est nul.

— *$\ker_1(\Omega_p(e))\subset V^\perp$* : si $v\notin V^\perp$, alors $P_Vv\neq 0$.

Choisissons une BON $b=(b_1,\ldots,b_p)$ de $V$ avec $b_1=P_Vv/\|P_Vv\|$.

Par Q7(a), $\Omega_p(e)=c\,\Omega_p(b)$ avec $c=\det(P_b^e)\neq 0$.

On évalue : $$\Omega_p(e)(v,b_2,\ldots,b_p)=c\,\Omega_p(b)(v,b_2,\ldots,b_p).$$
La matrice $\mathrm{Gram}(b,(v,b_2,\ldots,b_p))$ a pour colonne $j\geq 2$ le vecteur $\delta_{ij}$ (car $b$ est BON et $b_j'\perp b_k$ pour $k\neq j$... plus précisément $\langle b_i,b_j\rangle=\delta_{ij}$), et pour colonne 1 le vecteur $(\langle b_i,v\rangle)_i=(\|P_Vv\|\delta_{i1})_i$ (car $v=\|P_Vv\|b_1+(v-P_Vv)$ avec $v-P_Vv\perp b_i$).

Le déterminant de cette matrice triangulaire inférieure (après cofacteur expansion) est $\|P_Vv\|\neq 0$. Donc $v\notin\ker_1(\Omega_p(e))$.

Ainsi le claim est établi.

Puisque $\lambda\neq 0$, $\ker_1(\Omega_p(e'))=\ker_1(\Omega_p(e))$, soit $(V')^\perp=V^\perp$, d'où $V'=V$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible.

Question difficile ; l'identification $\ker_1(\Omega_p(e))=V^\perp$ est non triviale et nécessite le calcul avec la BON $b$ de $V$.

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### Question 13(b)

**Stratégie.**

Pour $e\in C$ libre, poser $\Psi(V,C)=\Omega_p(e)/\mathrm{vol}_p(e)$.

L'invariance par changement de base orienté ($\det M>0$) assure la cohérence ; l'unicité résulte de la division.

**Rédaction.** *Existence.*

Soit $e\in C$ (base de $V$ dans la classe d'orientation $C$).

Posons : $$\Psi(V,C)=\frac{\Omega_p(e)}{\mathrm{vol}_p(e)}\in\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R}).$$
La définition est cohérente car $\mathrm{vol}_p(e)=\sqrt{\Omega_p(e)(e)}>0$ (famille libre par Q7(b)).

*Indépendance de $e\in C$.*

Soient $e,e'\in C$ deux bases de $V$ dans la même classe d'orientation.

La matrice de passage $M$ (avec $e_i'=\sum_jM_{ij}e_j$) vérifie $\det(M)=\det_e(e')>0$.

Par Q7(a) : $\Omega_p(e')=\det(M)\Omega_p(e)$.

Par Q9(a) : $\mathrm{vol}_p(e')=|\det(P_b^{e'})|=|\det(P_b^e\cdot M)|=\mathrm{vol}_p(e)\cdot|\det(M)|=\mathrm{vol}_p(e)\cdot\det(M)$ (car $\det M>0$).

Donc :
$$\frac{\Omega_p(e')}{\mathrm{vol}_p(e')}=\frac{\det(M)\Omega_p(e)}{\mathrm{vol}_p(e)\det(M)}=\frac{\Omega_p(e)}{\mathrm{vol}_p(e)}.$$
*Unicité.*

Si $\Phi$ satisfait aussi $\Omega_p(e)=\mathrm{vol}_p(e)\Phi$ pour tout $e\in C$, alors $\Phi=\Omega_p(e)/\mathrm{vol}_p(e)=\Psi(V,C)$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Vérifier l'indépendance en $e$ est l'étape essentielle.

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### Question 14(a)

**Stratégie.** $\|\Psi(V,C)\|^2=\langle\Omega_p(e)/\mathrm{vol}_p(e),\Omega_p(e)/\mathrm{vol}_p(e)\rangle=\Omega_p(e)(e)/\mathrm{vol}_p(e)^2=1$ par Q11. L'injectivité vient de Q13(a) et du signe positif du rapport.

**Rédaction.** *Dans la sphère unité.*

Prenons $e\in C$ une BON de $V$ (i.e. $\mathrm{vol}_p(e)=1$).

Alors $\Psi(V,C)=\Omega_p(e)$ et par Q11 : $$\|\Psi(V,C)\|^2=\langle\Omega_p(e),\Omega_p(e)\rangle=\Omega_p(e)(e)=\mathrm{vol}_p(e)^2=1.$$
Donc $\Psi(V,C)$ est bien dans la sphère unité de $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$.

*Injectivité.*

Soient $(V_0,C_0),(V_1,C_1)\in\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$ avec $\Psi(V_0,C_0)=\Psi(V_1,C_1)$.

En prenant des BONs $e_0\in C_0$ et $e_1\in C_1$ : $\Omega_p(e_0)=\Omega_p(e_1)$.

En particulier, $\Omega_p(e_0)$ et $\Omega_p(e_1)$ sont colinéaires (ratio $1>0$), donc par Q13(a), $V_0=V_1=V$.

Le ratio positif montre que $e_0$ et $e_1$ sont dans la même orientation de $V$, donc $C_0=C_1$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Utiliser Q11 pour le calcul de norme, et Q13(a) pour l'injectivité.

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### Question 14(b)

**Stratégie.** $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est contenu dans la sphère unité (compacte en dimension finie). On montre qu'il est **fermé** par un argument séquentiel : toute suite convergente dans $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est image de BONs convergeant vers une BON.

**Rédaction.**

La sphère unité $S=S_{\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})}$ de l'espace de dimension finie $\mathcal{A}_p(E,\mathbb{R})$ est **compacte** (fermée bornée en dimension finie).

Par Q14(a), $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))\subset S$.

Il suffit de montrer que $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est fermé dans $S$.

Soit $(\omega_n)$ une suite dans $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ convergeant vers $\omega\in S$.

Pour chaque $n$, soit $b_n\in C_n$ une BON de $V_n$ (ce qui satisfait $\Omega_p(b_n)=\Psi(V_n,C_n)=\omega_n$ par Q8(a) et Q13(b)).

La suite $(b_n)=(b_{n,1},\ldots,b_{n,p})$ vit dans $(S_E)^p$, produit de sphères unités de $E$ (espace de dimension finie), donc **compact**.

On en extrait une sous-suite $b_{n_k}\to b=(b_1,\ldots,b_p)$ composante par composante.

Par continuité de $\Omega_p$ (polynomiale en les coordonnées) : $\Omega_p(b_{n_k})\to\Omega_p(b)$.

Donc $\Omega_p(b)=\omega\neq 0$, ce qui implique par Q7(b) que $b$ est **libre**.

De plus, par continuité du produit scalaire : $\langle b_i,b_j\rangle=\lim_k\langle b_{n_k,i},b_{n_k,j}\rangle=\delta_{ij}$, donc $b$ est **orthonormée**.

Posons $V=\mathrm{Vect}(b)$ et $C=[b]$ (classe d'orientation de $b$ dans $V$).

Alors $\Psi(V,C)=\Omega_p(b)=\omega$, donc $\omega\in\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$.

Ainsi $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est séquentiellement fermé dans $S$, donc fermé, donc **compact**. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible.

La démonstration par extraction dans $(S_E)^p$ est élégante ; bien justifier que $b$ est orthonormée par continuité du produit scalaire.

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### Question 15

**Stratégie.**

Pour $p=d$ : $\mathcal{A}_d(E,\mathbb{R})$ est de dimension 1, $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E))=\{+\omega_0,-\omega_0\}$ est discret, donc non connexe par arcs.

Pour $p\leq d-1$ : on construit un chemin explicite en utilisant la décomposition en $W_k$ orthogonaux (Q3(d)) et en exploitant la dimension supplémentaire disponible.

**Rédaction.**

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

Par Q10(b), $\dim\mathcal{A}_d(E,\mathbb{R})=\binom{d}{d}=1$.

La sphère unité de $\mathcal{A}_d(E,\mathbb{R})\cong\mathbb{R}$ est $\{+\omega_0,-\omega_0\}$ pour un certain $\omega_0$ unitaire.

Or $\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E)$ contient exactement deux éléments $(E,C^+)$ et $(E,C^-)$ (les deux orientations de $E$).

Par Q14(a), $\Psi$ est injective, donc $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E))=\{+\omega_0,-\omega_0\}$.

Tout chemin continu $\gamma:[0,1]\to\{+\omega_0,-\omega_0\}$ doit être **constant** (image continue d'un connexe dans un espace discret).

Il est donc impossible de relier $+\omega_0$ à $-\omega_0$ par un chemin dans $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E))$ : cet ensemble **n'est pas connexe par arcs**.

**($p\leq d-1\Rightarrow$ connexe par arcs).**

Soient $(V_0,C_0)$ et $(V_1,C_1)$ dans $\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$.

On construit un chemin les reliant.

*Étape 1 : construction via Q3(d).*

En appliquant la Partie I à $V_0$ et $V_1$, on obtient des BONs $u=(u_1,\ldots,u_p)$ de $V_0$ et $u'=(u_1',\ldots,u_p')$ de $V_1$, avec $W_k=\mathrm{Vect}(u_k,u_k')$ **deux à deux orthogonaux** (Q3(d)).

Si $u\notin C_0$, on remplace $u_1$ par $-u_1$ (ce qui change l'orientation de $V_0$ et donne la classe $C_0$, tout en préservant $W_1=\mathrm{Vect}(u_1,u_1')$).

On suppose désormais $u\in C_0$.

Pour chaque $k\in[\![1,p]\!]$, le sous-espace $W_k$ est de dimension $\leq 2$, et la sphère unité $S(W_k)=\{v\in W_k:\|v\|=1\}$ est **connexe par arcs** (c'est un point si $u_k=u_k'$, sinon un arc de cercle).

Il existe donc un chemin continu $t\mapsto u_k(t)\in S(W_k)$ avec $u_k(0)=u_k$ et $u_k(1)=u_k'$.

Posons $e(t)=(u_1(t),\ldots,u_p(t))$ pour $t\in[0,1]$.

Puisque $W_k\perp W_l$ pour $k\neq l$ et $u_k(t)\in W_k$, on a $\langle u_k(t),u_l(t)\rangle=0$ pour $k\neq l$, et $\|u_k(t)\|=1$ : donc $e(t)$ est **orthonormée** pour tout $t$.

*Étape 2 : chemin dans $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$.*

Le chemin $t\mapsto\Omega_p(e(t))$ est continu (car $\Omega_p$ est polynomial).

Puisque $e(t)$ est une BON de $V(t)=\mathrm{Vect}(e(t))$ : $\Omega_p(e(t))=\Psi(V(t),[e(t)])\in\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$.

À $t=0$ : $e(0)=u\in C_0$, donc $\Omega_p(e(0))=\Psi(V_0,C_0)$.

À $t=1$ : $e(1)=u'$, dans une certaine orientation $C_1^*$ de $V_1$.

*Étape 3 : ajustement de l'orientation finale.*

Si $C_1^*=C_1$, le chemin relie directement $\Psi(V_0,C_0)$ à $\Psi(V_1,C_1)$.

Si $C_1^*\neq C_1$ : puisque $p\leq d-1$, il existe $w\in V_1^\perp$ avec $\|w\|=1$.

On prolonge par un second chemin : pour $t\in[1,2]$, poser $e(t)=(\cos((t-1)\pi)u_1'+\sin((t-1)\pi)w,\,u_2',\ldots,u_p')$.

Ce chemin reste orthonormé (car $w\perp V_1\supset\{u_2',\ldots,u_p'\}$ et $\cos^2+\sin^2=1$).

À $t=2$, on obtient $e(2)=(-u_1',u_2',\ldots,u_p')$ d'orientation opposée à $u'$ dans $V_1$, i.e. dans $C_1$ si $C_1^*\neq C_1$.

En concaténant les deux chemins (reparamétrés sur $[0,1]$), on obtient un chemin continu dans $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ de $\Psi(V_0,C_0)$ à $\Psi(V_1,C_1)$.

Ainsi $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est **connexe par arcs** pour $p\leq d-1$. $\square$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport du jury n'est pas disponible. Question la plus difficile du sujet.

Le cas $p=d$ repose sur la dimension 1 de $\mathcal{A}_d(E,\mathbb{R})$ ; le cas $p\leq d-1$ utilise de manière cruciale Q3(d) pour les rotations dans les $W_k$, et la dimension supplémentaire $V_1^\perp\neq\{0\}$ pour ajuster l'orientation finale.

L'étape 3 (ajustement par $w\in V_1^\perp$) est souvent omise dans les copies ; elle est nécessaire pour traiter le cas où les orientations après rotation diffèrent.

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*Fin du corrigé.*