Maths A

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

**Concours :** École Polytechnique / Écoles Normales Supérieures  
**Épreuve :** Mathématiques A (XLSR) — Durée 4h — Sans calculatrice

**Thème et fil directeur.** Le problème développe la théorie des *formes $p$-linéaires alternées* sur un espace euclidien $E$ de dimension $d$. La **Partie I** établit, par un argument variationnel de compacité, l'existence d'angles principaux entre deux sous-espaces de même dimension $p$ et construit des bases canoniques adaptées. La **Partie II** introduit l'application $\Omega_p$ associant à tout $p$-uplet $e$ une forme alternée, définit le $p$-volume et démontre l'inégalité de Hadamard. La **Partie III** munit l'espace $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ d'un produit scalaire intrinsèque et établit une formule de Cauchy-Binet. La **Partie IV** étudie la grassmannienne orientée $\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$ et sa topologie (compacité, connexité par arcs).

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## Carte stratégique

*(Le rapport du jury n'ayant pas été fourni, les estimations ci-dessous reflètent la difficulté intrinsèque.)*

| Difficulté | Questions | Remarque |
|---|---|---|
| Accessible | I.1(a), I.3(a), II.5, II.6(a,b), II.7(c), II.8(a), III.10(b) | À traiter en priorité |
| Intermédiaire | I.1(b), I.2, I.3(b,c), I.4, II.6(c), II.7(a,b), II.8(c), II.9(a), III.10(a,c) | Cœur du problème |
| Difficile | I.3(d), II.8(b), II.9(b), III.11, III.12, IV.13–14 | Discriminantes |
| Très difficile | IV.15 | Question finale sélective |

**Questions discriminantes :** I.3(b) (argument variationnel), II.8(b) (Schur), III.11 (identification via (10)(a)+(6)(b)), III.12 (Cauchy-Binet), IV.15 (connexité).

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## Partie I

### Question (1)(a)

**Stratégie.** L'ensemble des paires $(a,a')$ de vecteurs unitaires de $V \times V'$ est compact comme produit de sphères unités d'espaces de dimension finie. La fonction bilinéaire $(a,a') \mapsto \langle a,a'\rangle$ est continue, donc atteint son maximum.

**Rédaction.** Les sous-espaces $V$ et $V'$ sont de dimension $p < +\infty$. La sphère unité $S_V = \{a \in V : \|a\|=1\}$ est fermée et bornée dans l'espace de dimension finie $V$, donc compacte ; de même pour $S_{V'}$. Le produit $S_V \times S_{V'}$ est compact comme produit fini de compacts.

L'application $(a,a') \mapsto \langle a,a'\rangle$ est continue sur $S_V \times S_{V'}$ (le produit scalaire est bilinéaire continu sur un espace de dimension finie). Par le **théorème des bornes atteintes**, elle y atteint son maximum : il existe $(u_1,u_1') \in S_V \times S_{V'}$ tel que
$$\langle u_1,u_1'\rangle = \sup\bigl\{\langle a,a'\rangle \mid (a,a') \in V\times V',\ \|a\|=\|a'\|=1\bigr\}. \quad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. L'écueil classique est de se contenter d'invoquer l'existence du supremum sans justifier qu'il est atteint — c'est précisément la compacité de la sphère unité (en dimension finie) qui garantit ce point. La question est réussie par la quasi-totalité des candidats.

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### Question (1)(b)

**Stratégie.** On procède par récurrence sur $k \in \llbracket 1,p\rrbracket$. À chaque étape, les contraintes d'orthogonalité réduisent l'espace de recherche à la sphère unité d'un sous-espace de dimension $p-(k-1) \geq 1$, où le même argument de compacité s'applique.

**Rédaction.** On construit $u_k, u_k'$ par récurrence. Le cas $k=1$ est la question (1)(a).

Supposons $u_1,\ldots,u_{k-1}$ et $u_1',\ldots,u_{k-1}'$ construits (familles orthonormées dans $V$ et $V'$ respectivement, vérifiant les conditions (i) et (ii) pour les indices $< k$). Posons
$$V_k = V \cap \mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_{k-1})^\perp, \quad V_k' = V' \cap \mathrm{Vect}(u_1',\ldots,u_{k-1}')^\perp.$$
Comme $(u_1,\ldots,u_{k-1})$ est une famille orthonormée d'un sous-espace de dimension $p$ (et $k-1 < p$), $\dim V_k = p-(k-1) \geq 1$, et de même $\dim V_k' \geq 1$. Les sphères $S_{V_k}$ et $S_{V_k'}$ sont compactes ; la fonction $(a,a') \mapsto \langle a,a'\rangle$ est continue sur $S_{V_k}\times S_{V_k'}$ et y atteint son maximum en un point $(u_k, u_k')$. Par construction, $u_k \in V$, $u_k' \in V'$, $\|u_k\|=\|u_k'\|=1$, et les conditions (i), (ii) sont satisfaites pour l'indice $k$.

La famille $(u_1,\ldots,u_p)$ est orthonormée dans $V$ car $u_k \in V_k \subset \mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_{k-1})^\perp$ pour tout $k$. De même pour $(u_1',\ldots,u_p')$ dans $V'$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Il faut vérifier explicitement que $\dim V_k \geq 1$ pour que la sphère soit non vide (cela utilise $k \leq p = \dim V$).

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### Question (2)

**Stratégie.** Si $V \cap V' \ni w$ avec $\|w\|=1$, prendre $a = a' = w$ donne $\langle a,a'\rangle = 1$, qui est le maximum possible par Cauchy-Schwarz. L'égalité dans Cauchy-Schwarz force $u_k = u_k'$.

**Rédaction.** Montrons par récurrence sur $k$ que $u_k = u_k'$ pour $k \leq \dim(V \cap V')$.

**Initialisation ($k=1$).** Soit $w \in V \cap V'$ avec $\|w\|=1$ (existe car $\dim(V\cap V') \geq 1$). Alors $(w,w)$ est un concurrent admissible, et $\langle w,w\rangle = 1$. Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz $\langle a,a'\rangle \leq \|a\|\|a'\| = 1$ pour tout $(a,a')$ sur les sphères unitaires, le supremum de la question (1)(a) vaut $1$, et est atteint : $\langle u_1,u_1'\rangle = 1 = \|u_1\|\|u_1'\|$. L'égalité dans Cauchy-Schwarz implique $u_1 = u_1'$.

**Hérédité.** Supposons $u_j = u_j' \in V \cap V'$ pour tout $j < k$, avec $k \leq \dim(V \cap V')$. Alors
$$W = V \cap V' \cap \mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_{k-1})^\perp$$
satisfait $\dim W \geq \dim(V\cap V') - (k-1) \geq 1$. Soit $w \in W$ de norme $1$ ; comme $w \in V_k \cap V_k'$ (en utilisant $u_j = u_j'$ pour $j < k$), le couple $(w,w)$ est admissible à l'étape $k$, donnant $\langle u_k,u_k'\rangle = 1$, puis $u_k = u_k'$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. La vérification $\dim W \geq 1$ nécessite l'induction $u_j = u_j' \in V\cap V'$, ce qui ferme bien la récurrence.

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### Question (3)(a)

**Stratégie.** La famille $(u_1,\ldots,u_p)$ est orthonormée dans $V$ avec $p$ éléments, et $\dim V = p$.

**Rédaction.** Par construction (question (1)(b)), $u_k \in V$, $\|u_k\|=1$, et $\langle u_k,u_l\rangle = 0$ pour $k \neq l$ (orthonormée). C'est donc une famille orthonormée de $p$ vecteurs dans $V$, un espace de dimension $p$ : c'est une **base orthonormée** de $V$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Question directe.

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### Question (3)(b)

**Stratégie.** On perturbe $u_k$ en direction $u_l$ (pour $l > k$) ; le résultat reste un concurrent admissible à l'étape $k$. La condition nécessaire de maximum ($\varphi'(0) = 0$) force $\langle u_k',u_l\rangle = 0$.

**Rédaction.** Soient $k \in \llbracket 1,p-1\rrbracket$ et $l \in \llbracket k+1,p\rrbracket$. Pour $t \in \mathbb{R}$, posons
$$u_k(t) = \frac{u_k + t\,u_l}{\|u_k + t\,u_l\|}.$$
Comme $\langle u_k,u_l\rangle = 0$ (orthonormée), $\|u_k + t\,u_l\|^2 = 1+t^2 > 0$. Alors $u_k(t) \in V$, $\|u_k(t)\|=1$, et pour $j < k$ (donc $j < l$) :
$$\langle u_k(t),u_j\rangle = \frac{\langle u_k,u_j\rangle + t\langle u_l,u_j\rangle}{\sqrt{1+t^2}} = 0$$
par orthonormée de $u$. Donc $(u_k(t),u_k')$ est un concurrent admissible à l'étape $k$, d'où :
$$\varphi(t) := \langle u_k(t),u_k'\rangle = \frac{\langle u_k,u_k'\rangle + t\langle u_l,u_k'\rangle}{\sqrt{1+t^2}} \leq \langle u_k,u_k'\rangle \quad \text{pour tout } t.$$
Donc $\varphi$ admet un maximum en $t=0$. On calcule :
$$\varphi'(0) = \frac{\langle u_l,u_k'\rangle \cdot 1 - (\langle u_k,u_k'\rangle + 0) \cdot 0}{1} = \langle u_l,u_k'\rangle.$$
La condition $\varphi'(0)=0$ donne $\langle u_l,u_k'\rangle = 0$ pour tout $l \in \llbracket k+1,p\rrbracket$, c'est-à-dire $u_k' \in \mathrm{Vect}(u_{k+1},\ldots,u_p)^\perp$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est la question pivot de la Partie I. Le calcul de $\varphi'(0)$ doit être mené explicitement — une simple affirmation « par dérivation » ne suffit pas.

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### Question (3)(c)

**Stratégie.** L'orthogonalité $u_{k+1} \perp u_l$ ($l \leq k$) vient de l'orthonormée $u$. L'orthogonalité $u_{k+1} \perp u_l'$ ($l \leq k$) est une conséquence directe de (3)(b) appliqué à l'indice $l < k+1$.

**Rédaction.** Soit $k \in \llbracket 1,p-1\rrbracket$.

— $u_{k+1} \perp u_l$ pour $l \leq k$ : orthonormée $u$.

— $u_{k+1} \perp u_l'$ pour $l \leq k$ : par (3)(b) appliqué à l'indice $l$, $u_l' \in \mathrm{Vect}(u_{l+1},\ldots,u_p)^\perp$. Comme $k+1 \geq l+1$, on a $u_{k+1} \in \{u_{l+1},\ldots,u_p\}$, donc $\langle u_{k+1},u_l'\rangle = 0$.

Ainsi $u_{k+1} \in \bigl(\mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_k) + \mathrm{Vect}(u_1',\ldots,u_k')\bigr)^\perp$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. La clé est d'appliquer (3)(b) à l'indice $l \leq k$, non à l'indice $k+1$.

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### Question (3)(d)

**Stratégie.** Quatre produits scalaires à annuler. Deux viennent des orthonormées. Un vient de (3)(b). Le quatrième ($\langle u_j,u_k'\rangle = 0$ pour $j < k$) nécessite l'argument symétrique de (3)(b) côté $V'$.

**Rédaction.** Soient $j < k$. On montre $W_j \perp W_k$, i.e., les quatre produits scalaires $\langle u_j,u_k\rangle$, $\langle u_j',u_k'\rangle$, $\langle u_j',u_k\rangle$, $\langle u_j,u_k'\rangle$ sont nuls.

- $\langle u_j,u_k\rangle = 0$ : orthonormée $u$.
- $\langle u_j',u_k'\rangle = 0$ : orthonormée $u'$.
- $\langle u_j',u_k\rangle = 0$ (avec $k > j$) : par (3)(b) à l'indice $j$, $u_j' \perp u_l$ pour tout $l > j$, en particulier pour $l = k$.
- $\langle u_j,u_k'\rangle = 0$ (avec $k > j$) : argument symétrique. Pour $l = k \in \llbracket j+1,p\rrbracket$, on considère $u_j'(t) = \frac{u_j' + t\,u_k'}{\|u_j' + t\,u_k'\|} \in V'$, de norme $1$, et $\langle u_j'(t),u_m'\rangle = 0$ pour $m < j$ (orthonormée $u'$, car $m < j < k$). Donc $(u_j, u_j'(t))$ est admissible à l'étape $j$, et
$$\psi(t) := \langle u_j,u_j'(t)\rangle = \frac{\langle u_j,u_j'\rangle + t\langle u_j,u_k'\rangle}{\sqrt{1+t^2}}$$
admet un maximum en $t=0$ ; donc $\psi'(0) = \langle u_j,u_k'\rangle = 0$.

Les sous-espaces $W_j$ et $W_k$ sont orthogonaux. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Le quatrième produit scalaire est le plus délicat : il ne découle pas directement de (3)(b) mais de l'argument symétrique (côté $V'$), que l'énoncé n'explicite pas.

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### Question (4)(a)

**Stratégie.** Par Cauchy-Schwarz, $\langle u_k,u_k'\rangle \in [-1,1]$. La valeur est $\geq 0$ car on peut toujours faire $a' \to -a'$ dans les concurrents. La décroissance des cosinus vient de l'emboîtement des ensembles admissibles.

**Rédaction.** Par l'inégalité de Cauchy-Schwarz, $|\langle u_k,u_k'\rangle| \leq \|u_k\|\|u_k'\| = 1$.

**Signe non négatif.** L'ensemble admissible à l'étape $k$ est stable par $a' \mapsto -a'$ (mêmes contraintes d'orthogonalité, même norme). Si $\langle a,a'\rangle < 0$, alors $\langle a,-a'\rangle > 0$ est un meilleur concurrent ; donc le supremum (atteint en $(u_k,u_k')$) est $\geq 0$, i.e., $\langle u_k,u_k'\rangle \geq 0$.

Ainsi $\cos(\theta_k) := \langle u_k,u_k'\rangle \in [0,1]$, ce qui définit $\theta_k = \arccos(\langle u_k,u_k'\rangle) \in [0,\pi/2]$.

**Ordre $\theta_1 \leq \cdots \leq \theta_p$.** Pour $k \geq 2$, l'ensemble admissible à l'étape $k$ est inclus dans celui de l'étape $k-1$ (contraintes supplémentaires : orthogonalité à $u_{k-1}$ et $u_{k-1}'$). Donc $\cos(\theta_k) \leq \cos(\theta_{k-1})$, soit $\theta_k \geq \theta_{k-1}$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. L'argument pour $\cos\theta_k \geq 0$ est souvent omis ; il est pourtant nécessaire pour que les $\theta_k$ soient dans $[0,\pi/2]$.

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### Question (4)(b)

**Stratégie.** Les résultats (3)(b) et son analogue symétrique (établi en (3)(d)) montrent que la matrice $\mathrm{Gram}(u,u')$ est diagonale ; son déterminant est le produit des termes diagonaux.

**Rédaction.** Calculons $\mathrm{Gram}(u,u')_{ij} = \langle u_i,u_j'\rangle$ pour $i \neq j$.

- Si $i > j$ : par (3)(b) appliqué à l'indice $j$, $u_j' \perp u_l$ pour tout $l > j$, en particulier $l = i$ ; donc $\langle u_i,u_j'\rangle = 0$.
- Si $i < j$ : par l'argument symétrique de (3)(b) côté $V'$ (établi en (3)(d)), $u_i \perp u_l'$ pour tout $l > i$, en particulier $l = j$ ; donc $\langle u_i,u_j'\rangle = 0$.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. La diagonalité est la conséquence directe des orthogonalités établies précédemment.

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### Question (4)(c)

**Stratégie.** Chaque facteur $\cos\theta_k \in [0,1]$, donc le produit est dans $[0,1]$. L'égalité revient à $\theta_k = 0$ pour tout $k$, ce qui équivaut à $V = V'$.

**Rédaction.** Puisque $\theta_k \in [0,\pi/2]$, on a $\cos\theta_k \in [0,1]$, d'où
$$\det(\mathrm{Gram}(u,u')) = \prod_{k=1}^p \cos\theta_k \leq 1^p = 1.$$

**Cas d'égalité.** $\prod_k \cos\theta_k = 1 \iff \cos\theta_k = 1$ pour tout $k$ (chaque facteur est dans $[0,1]$) $\iff \langle u_k,u_k'\rangle = 1 = \|u_k\|\|u_k'\|$ $\iff u_k = u_k'$ pour tout $k$ (égalité dans Cauchy-Schwarz).

Si $u_k = u_k'$ pour tout $k$ : $(u_1,\ldots,u_p)$ est une BON commune, donc $V = \mathrm{Vect}(u_1,\ldots,u_p) = V'$.

Réciproquement, si $V = V'$, alors $\dim(V \cap V') = p$ et par la question (2), $u_k = u_k'$ pour tout $k$, d'où l'égalité. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. La réciproque utilise explicitement la question (2).

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## Partie II

### Question (5)(a)

**Stratégie.** Le produit mixte est le déterminant de la matrice de colonnes $x_1,\ldots,x_p$, qui est $p$-linéaire et alternée par propriété standard.

**Rédaction.** L'application $(x_1,\ldots,x_p) \mapsto [x_1,\ldots,x_p] = \det(x_1|\cdots|x_p)$ est le déterminant de la matrice dont les colonnes sont $x_1,\ldots,x_p \in \mathbb{R}^p$.

- **Multilinéarité** : le déterminant est linéaire en chaque colonne.
- **Alternée** : pour toute transposition $\tau \in \mathfrak{S}_p$, échanger deux colonnes multiplie le déterminant par $-1$. Par multiplicativité de la signature : $[x \cdot \sigma] = \epsilon(\sigma)[x_1,\ldots,x_p]$.

Donc $(x_1,\ldots,x_p) \mapsto [x_1,\ldots,x_p] \in \mathscr{A}_p(\mathbb{R}^p,\mathbb{R})$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (5)(b)

**Stratégie.** La composition par $f$ (linéaire) préserve la multilinéarité et la propriété alternée.

**Rédaction.** Posons $g(u_1,\ldots,u_p) = [f(u_1),\ldots,f(u_p)]$.

**Multilinéarité en $u_i$** : $y \mapsto g(u_1,\ldots,y,\ldots,u_p) = [f(u_1),\ldots,f(y),\ldots,f(u_p)]$ est linéaire (composition de la linéarité de $f$ avec la linéarité de $[\cdot]$ en sa $i$-ème colonne, d'après (5)(a)).

**Alternée** : $g(u \cdot \sigma) = [f(u_{\sigma(1)}),\ldots,f(u_{\sigma(p)})] = \epsilon(\sigma)[f(u_1),\ldots,f(u_p)] = \epsilon(\sigma)g(u)$.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (6)(a)

**Stratégie.** Fixer $e$ et observer que la $j$-ème colonne de $\mathrm{Gram}(e,u)$ est linéaire en $u_j$ ; le déterminant est donc $p$-linéaire, et il est alternée car échanger deux colonnes change le signe.

**Rédaction.** Pour $e \in E^p$ fixé et $u = (u_1,\ldots,u_p) \in E^p$ :
$$\Omega_p(e)(u) = \det(\mathrm{Gram}(e,u)), \quad \mathrm{Gram}(e,u)_{ij} = \langle e_i,u_j\rangle.$$
La $j$-ème colonne de $\mathrm{Gram}(e,u)$ est $(\langle e_1,u_j\rangle,\ldots,\langle e_p,u_j\rangle)^T$, linéaire en $u_j$. Comme le déterminant est multilinéaire en les colonnes, $u \mapsto \Omega_p(e)(u)$ est $p$-linéaire. Permuter $u_i$ et $u_j$ échange les colonnes $i$ et $j$ de $\mathrm{Gram}(e,u)$, changeant le signe du déterminant : propriété alternée.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. On peut aussi invoquer (5)(b) avec $f(v) = (\langle e_1,v\rangle,\ldots,\langle e_p,v\rangle)^T$ linéaire et $[\cdot]$ de (5)(a).

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### Question (6)(b)

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

**Rédaction.** $\mathrm{Gram}(u,e)_{ij} = \langle u_i,e_j\rangle = \langle e_j,u_i\rangle = \mathrm{Gram}(e,u)_{ji}$, donc $\mathrm{Gram}(u,e) = \mathrm{Gram}(e,u)^T$.

$$\Omega_p(u)(e) = \det(\mathrm{Gram}(u,e)) = \det(\mathrm{Gram}(e,u)^T) = \det(\mathrm{Gram}(e,u)) = \Omega_p(e)(u). \quad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (6)(c)

**Stratégie.** Vérifier la $p$-linéarité et la propriété alternée de $e \mapsto \Omega_p(e)$ (à valeurs dans $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$) en utilisant (6)(b) pour ramener à la $p$-linéarité alternée de $\Omega_p(u)$ en $e$.

**Rédaction.** Pour tout $u \in E^p$ fixé et pour tout $\sigma \in \mathfrak{S}_p$ :

**$p$-linéarité** : Pour tout $i$, $e_i \mapsto \Omega_p(e)(u) = \Omega_p(u)(e)$ est linéaire en $e_i$ car $\Omega_p(u) \in \mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ par (6)(a). Cela caractérise la linéarité de $e_i \mapsto \Omega_p(e)$ dans l'espace $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ (deux éléments égaux si et seulement si ils coïncident sur tout $u$).

**Alternée** : $\Omega_p(e \cdot \sigma)(u) = \Omega_p(u)(e \cdot \sigma) = \epsilon(\sigma)\Omega_p(u)(e) = \epsilon(\sigma)\Omega_p(e)(u)$ pour tout $u$, donc $\Omega_p(e \cdot \sigma) = \epsilon(\sigma)\Omega_p(e)$.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (7)(a)

**Stratégie.** Exprimer $\mathrm{Gram}(e',u) = M \cdot \mathrm{Gram}(e,u)$, puis utiliser la multiplicativité du déterminant.

**Rédaction.** Pour $i,j \in \llbracket 1,p\rrbracket$ :
$$\mathrm{Gram}(e',u)_{ij} = \langle e_i',u_j\rangle = \sum_{k=1}^p M_{ik}\langle e_k,u_j\rangle = (M\cdot\mathrm{Gram}(e,u))_{ij}.$$
Donc $\mathrm{Gram}(e',u) = M\,\mathrm{Gram}(e,u)$, et par multiplicativité du déterminant :
$$\Omega_p(e')(u) = \det(M)\det(\mathrm{Gram}(e,u)) = \det(M)\,\Omega_p(e)(u).$$
Ceci valant pour tout $u$, on a $\Omega_p(e') = \det(M)\,\Omega_p(e)$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (7)(b)

**Stratégie.** Si $e$ est liée, les lignes de $\mathrm{Gram}(e,u)$ sont dépendantes pour tout $u$. Si $e$ est libre, on réduit à une BON via (7)(a) et on évalue en cette BON.

**Rédaction.** **($\Omega_p(e) = 0$ si $e$ liée.)** Soient $\lambda_1,\ldots,\lambda_p$ non tous nuls avec $\sum_i \lambda_i e_i = 0$. Pour tout $u$ et tout $j$ :
$$\sum_{i=1}^p \lambda_i\,\mathrm{Gram}(e,u)_{ij} = \left\langle\sum_i\lambda_i e_i,u_j\right\rangle = 0.$$
Les lignes de $\mathrm{Gram}(e,u)$ sont liées, donc $\det(\mathrm{Gram}(e,u)) = 0$ pour tout $u$, et $\Omega_p(e) = 0$.

**($\Omega_p(e) \neq 0$ si $e$ libre.)** Soit $b = (b_1,\ldots,b_p)$ une BON de $V = \mathrm{Vect}(e)$. La famille $e$ s'exprime dans $b$ par une matrice $P$ inversible (changement de base) : $e_j = \sum_i P_{ij}b_i$, donc dans la notation de (7)(a) (avec $e \leftarrow b$ et $e' \leftarrow e$, $M = P^T$) : $\Omega_p(e) = \det(P)\,\Omega_p(b)$, avec $\det(P) \neq 0$. Or $\Omega_p(b)(b) = \det(I_p) = 1 \neq 0$, donc $\Omega_p(b) \neq 0$, d'où $\Omega_p(e) \neq 0$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Il faut bien traiter les deux sens et ne pas confondre « $\Omega_p(e) = 0$ » avec « $\Omega_p(e)(u) = 0$ pour un $u$ particulier ».

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### Question (7)(c)

**Stratégie.** La matrice de Gram $G = \mathrm{Gram}(e,e)$ est positive semi-définie ; son déterminant (produit des valeurs propres) est $\geq 0$.

**Rédaction.** Posons $G = \mathrm{Gram}(e,e)$ avec $G_{ij} = \langle e_i,e_j\rangle$. Pour tout $\lambda \in \mathbb{R}^p$ :
$$\lambda^T G\lambda = \sum_{i,j}\lambda_i\lambda_j\langle e_i,e_j\rangle = \left\|\sum_i\lambda_i e_i\right\|^2 \geq 0.$$
Donc $G$ est **positive semi-définie** : toutes ses valeurs propres sont $\geq 0$, d'où $\Omega_p(e)(e) = \det(G) \geq 0$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (8)(a)

**Rédaction.** Si $b$ est orthonormée : $\mathrm{Gram}(b,b)_{ij} = \langle b_i,b_j\rangle = \delta_{ij}$, donc $\mathrm{Gram}(b,b) = I_p$ et $\mathrm{vol}_p(b) = (\det I_p)^{1/2} = 1$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (8)(b)

**Stratégie.** La formule du **complément de Schur** pour le déterminant par blocs factorise $\det(\mathrm{Gram}(e,e))$ en $\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2 \cdot \det(\mathrm{Gram}(e_2^p,e_2^p))$.

**Rédaction.** Posons $G = \mathrm{Gram}(e,e)$, $P = \mathrm{Gram}(e_2^p,e_2^p) \in \mathcal{M}_{p-1}(\mathbb{R})$, $c = (\langle e_1,e_2\rangle,\ldots,\langle e_1,e_p\rangle)^T \in \mathbb{R}^{p-1}$ :
$$G = \begin{pmatrix}\|e_1\|^2 & c^T \\ c & P\end{pmatrix}.$$

**Si $e_2^p$ est libre ($P$ inversible).** Soit $h = \mathrm{proj}_{\mathrm{Vect}(e_2^p)}(e_1)$. La condition $e_1 - h \perp e_j$ ($j \geq 2$) donne $\langle e_1,e_j\rangle = \langle h,e_j\rangle$, soit $c = P\alpha$ avec $h = \sum_{j=2}^p\alpha_j e_j$. Donc $\|h\|^2 = c^T P^{-1}c$ et $\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2 = \|e_1\|^2 - c^TP^{-1}c$.

**Formule du complément de Schur.** Multiplier à gauche par $\begin{pmatrix}1 & -c^T P^{-1} \\ 0 & I\end{pmatrix}$ (déterminant 1) donne :
$$\begin{pmatrix}1 & -c^TP^{-1} \\ 0 & I\end{pmatrix}G = \begin{pmatrix}\|e_1\|^2 - c^TP^{-1}c & 0 \\ c & P\end{pmatrix}.$$
Donc $\det(G) = \det(P)\cdot(\|e_1\|^2 - c^TP^{-1}c) = \det(P)\cdot\|\mathrm{pr}(e_1)\|^2$.

Soit $\mathrm{vol}_p(e)^2 = \|\mathrm{pr}(e_1)\|^2\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)^2$, d'où $\mathrm{vol}_p(e) = \|\mathrm{pr}(e_1)\|\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)$.

**Cas dégénérés.** Si $e_2^p$ est liée : $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p) = 0$ et $e$ est liée (donc $\mathrm{vol}_p(e) = 0$), les deux membres sont nuls. Si $e_2^p$ est libre mais $\mathrm{pr}(e_1) = 0$ : $e_1 \in \mathrm{Vect}(e_2^p)$, $e$ est liée, $\mathrm{vol}_p(e) = 0 = \|\mathrm{pr}(e_1)\|\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. La formule du complément de Schur découle d'opérations élémentaires sur les lignes (au programme). Les cas dégénérés doivent être traités explicitement.

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### Question (8)(c)

**Stratégie.** Induction sur $p$ via (8)(b) : $\|\mathrm{pr}(e_1)\| \leq \|e_1\|$ (projection) et hypothèse d'induction pour $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p)$.

**Rédaction.** Par récurrence sur $p \geq 1$.

**Initialisation ($p=1$).** $\mathrm{vol}_1(e_1) = \|e_1\|$. Égalité triviale avec un seul vecteur. ✓

**Hérédité.** Supposons le résultat au rang $p-1$. Soit $e = (e_1,\ldots,e_p)$ libre. Par (8)(b) :
$$\mathrm{vol}_p(e) = \|\mathrm{pr}(e_1)\|\,\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p).$$
La projection orthogonale étant une contraction : $\|\mathrm{pr}(e_1)\| \leq \|e_1\|$. La famille $e_2^p$ est libre (sinon $e$ le serait) ; par hypothèse de récurrence : $\mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p) \leq \prod_{i=2}^p\|e_i\|$. D'où $\mathrm{vol}_p(e) \leq \prod_{i=1}^p\|e_i\|$.

**Cas d'égalité.** $\mathrm{vol}_p(e) = \prod_{i=1}^p\|e_i\|$
$$\iff \|\mathrm{pr}(e_1)\| = \|e_1\| \text{ et } \mathrm{vol}_{p-1}(e_2^p) = \prod_{i=2}^p\|e_i\|$$
$$\iff e_1 \perp \mathrm{Vect}(e_2,\ldots,e_p) \text{ et } (e_2,\ldots,e_p) \text{ deux à deux orthogonaux (par HR)}$$
$$\iff e_1,\ldots,e_p \text{ deux à deux orthogonaux.} \quad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Il s'agit de l'inégalité de Hadamard. Le cas d'égalité doit être traité rigoureusement par double implication.

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### Question (9)(a)

**Stratégie.** Calculer $\mathrm{Gram}(e,e) = (P_b^e)^T P_b^e$ en développant le produit scalaire.

**Rédaction.** Soit $P = P_b^e$ définie par $e_j = \sum_{i=1}^p P_{ij}b_i$. Alors :
$$\mathrm{Gram}(e,e)_{ij} = \langle e_i,e_j\rangle = \left\langle\sum_k P_{ki}b_k,\sum_l P_{lj}b_l\right\rangle = \sum_k P_{ki}P_{kj} = (P^T P)_{ij}.$$
Donc $\mathrm{Gram}(e,e) = P^T P$, et :
$$\mathrm{vol}_p(e)^2 = \det(P^T P) = \det(P)^2, \quad\text{d'où}\quad \mathrm{vol}_p(e) = |\det(P_b^e)|. \quad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (9)(b)

**Stratégie.** Factoriser $\mathrm{Gram}(e,e')$ via les matrices de passage vers des BONs, puis majorer $|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))| \leq 1$ à l'aide de (4)(b,c) et d'un changement de BON.

**Rédaction.** Si $e$ ou $e'$ est liée : $\Omega_p(e) = 0$ ou $\Omega_p(e') = 0$ (d'après (7)(b)), donc $|\Omega_p(e)(e')| = 0 \leq \mathrm{vol}_p(e)\mathrm{vol}_p(e')$. ✓

**Cas libre.** Soient $b$ une BON de $V = \mathrm{Vect}(e)$ et $b'$ une BON de $V' = \mathrm{Vect}(e')$. Posons $P = P_b^e$ et $Q = P_{b'}^{e'}$. Pour $e_i = \sum_k P_{ki}b_k$ et $e_j' = \sum_l Q_{lj}b_l'$ :
$$\mathrm{Gram}(e,e')_{ij} = \langle e_i,e_j'\rangle = \sum_{k,l}P_{ki}Q_{lj}\langle b_k,b_l'\rangle = (P^T\,\mathrm{Gram}(b,b')\,Q)_{ij}.$$
Donc $|\Omega_p(e)(e')| = |\det(P)|\cdot|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))|\cdot|\det(Q)| = \mathrm{vol}_p(e)\cdot|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))|\cdot\mathrm{vol}_p(e')$.

**Majoration de $|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))|$.** Soient $u$ (BON de $V$) et $u'$ (BON de $V'$) les familles canoniques de la Partie I. Il existe des matrices orthogonales $A, B \in O_p(\mathbb{R})$ telles que $b_i = \sum_j A_{ji}u_j$ et $b_i' = \sum_j B_{ji}u_j'$, d'où $\mathrm{Gram}(b,b') = A^T\,\mathrm{Gram}(u,u')\,B$. Donc :
$$|\det(\mathrm{Gram}(b,b'))| = \underbrace{|\det(A)|}_{=1}\cdot|\det(\mathrm{Gram}(u,u'))|\cdot\underbrace{|\det(B)|}_{=1} = \prod_k\cos\theta_k \leq 1$$
par (4)(b) et (4)(c). Finalement :
$$|\Omega_p(e)(e')| \leq \mathrm{vol}_p(e)\,\mathrm{vol}_p(e'). \quad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. L'argument crucial est de réduire au cas de BONs canoniques (dont $|\det(\mathrm{Gram}(u,u'))| \leq 1$ par (4)(c)) via un changement de BON orthogonal.

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## Partie III

*Dans toute cette partie, $e = (e_1,\ldots,e_d)$ désigne une BON fixée de $E$, $p \in \llbracket 1,d\rrbracket$, $\mathcal{I}_p = \{\alpha \in \mathbb{N}^p \mid 1 \leq \alpha_1 < \cdots < \alpha_p \leq d\}$, et $e_\alpha = (e_{\alpha_1},\ldots,e_{\alpha_p}) \in E^p$ pour $\alpha \in \mathcal{I}_p$.*

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### Question (10)(a)

**Stratégie.** Par $p$-linéarité, il suffit de vérifier $\omega = \sum_\alpha \omega(e_\alpha)\Omega_p(e_\alpha)$ sur les $p$-uplets de vecteurs de base $(e_{j_1},\ldots,e_{j_p})$, où la structure du déterminant $\det(\delta_{\alpha_i,j_l})$ sélectionne un unique $\alpha^* \in \mathcal{I}_p$.

**Rédaction.** Posons $\tilde\omega = \sum_{\alpha\in\mathcal{I}_p}\omega(e_\alpha)\Omega_p(e_\alpha)$. Par $p$-linéarité, il suffit de montrer $\tilde\omega(e_{j_1},\ldots,e_{j_p}) = \omega(e_{j_1},\ldots,e_{j_p})$ pour tout $(j_1,\ldots,j_p) \in \llbracket 1,d\rrbracket^p$.

On a $\Omega_p(e_\alpha)(e_{j_1},\ldots,e_{j_p}) = \det\bigl((\delta_{\alpha_k,j_l})_{k,l}\bigr)$.

**Cas 1 : indices $j_1,\ldots,j_p$ non tous distincts.** $\omega(e_{j_1},\ldots,e_{j_p}) = 0$ (alternée). Pour tout $\alpha$, deux colonnes $a \neq b$ telles que $j_a = j_b$ sont identiques dans $(\delta_{\alpha_k,j_l})$, donc le déterminant est $0$ et $\tilde\omega = 0$. ✓

**Cas 2 : $j_1,\ldots,j_p$ distincts.** Soit $\alpha^* \in \mathcal{I}_p$ l'unique élément avec $\{\alpha^*_1,\ldots,\alpha^*_p\} = \{j_1,\ldots,j_p\}$, et $\sigma \in \mathfrak{S}_p$ l'unique permutation vérifiant $j_l = \alpha^*_{\sigma(l)}$.

— Pour $\alpha \neq \alpha^*$ : $\exists j_l \notin \{\alpha_1,\ldots,\alpha_p\}$, donc la $l$-ème colonne de $(\delta_{\alpha_k,j_l})$ est nulle, et le déterminant est $0$.

— Pour $\alpha = \alpha^*$ : la matrice $(\delta_{\alpha^*_k,j_l})_{kl} = (\delta_{\alpha^*_k,\alpha^*_{\sigma(l)}})_{kl}$ est la matrice de permutation de $\sigma$, de déterminant $\epsilon(\sigma)$.

Donc $\tilde\omega(e_{j_1},\ldots,e_{j_p}) = \omega(e_{\alpha^*})\epsilon(\sigma)$. Or, par la propriété alternée de $\omega$ :
$$\omega(e_{j_1},\ldots,e_{j_p}) = \omega(e_{\alpha^*_{\sigma(1)}},\ldots,e_{\alpha^*_{\sigma(p)}}) = \epsilon(\sigma)\omega(e_{\alpha^*}).$$
Donc $\tilde\omega = \omega$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est le résultat fondamental de la Partie III, analogue à la décomposition d'une forme linéaire sur la base duale. Le soin dans le traitement du cas 2 (identification de $\alpha^*$ et de $\sigma$) est discriminant.

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### Question (10)(b)

**Stratégie.** (10)(a) donne le système générateur ; l'évaluation en $e_\beta$ donne l'indépendance linéaire. La définition positive du produit scalaire suit de la positivité de $\sum_\alpha \omega(e_\alpha)^2$.

**Rédaction.** **Famille génératrice :** par (10)(a), tout $\omega \in \mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ est combinaison linéaire de $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha \in \mathcal{I}_p}$.

**Indépendance linéaire :** si $\sum_\alpha c_\alpha \Omega_p(e_\alpha) = 0$, en évaluant en $e_\beta$ (pour $\beta \in \mathcal{I}_p$) et en utilisant la preuve de (10)(a) (cas 2 avec $\alpha^* = \beta$, $\sigma = \mathrm{id}$) :
$$0 = \sum_\alpha c_\alpha \Omega_p(e_\alpha)(e_\beta) = \sum_\alpha c_\alpha \delta_{\alpha\beta} = c_\beta.$$
Donc $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha \in \mathcal{I}_p}$ est une base de $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$, de dimension $|\mathcal{I}_p| = \dbinom{d}{p}$.

**Produit scalaire.** L'application $(\omega,\omega') \mapsto \langle\omega,\omega'\rangle = \sum_\alpha \omega(e_\alpha)\omega'(e_\alpha)$ est :
- bilinéaire : somme de produits de fonctions linéaires ;
- symétrique : les termes commutent ;
- définie positive : $\langle\omega,\omega\rangle = \sum_\alpha \omega(e_\alpha)^2 \geq 0$, et $= 0 \iff \omega(e_\alpha) = 0$ pour tout $\alpha \iff \omega = 0$ par (10)(a).

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

Donc $(\Omega_p(e_\alpha))_{\alpha \in \mathcal{I}_p}$ est une **base orthonormée** de $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (10)(c)

**Stratégie.** Pour $p = d-1$, les deux espaces ont dimension $d$. On construit une isométrie explicite $\Phi : E \to \mathscr{A}_{d-1}(E,\mathbb{R})$ en envoyant $e_j$ sur $(-1)^{j-1}\Omega_{d-1}(e_{\hat\alpha_j})$, où $\hat\alpha_j$ est l'élément de $\mathcal{I}_{d-1}$ obtenu en omettant l'indice $j$.

**Rédaction.** Pour $p = d-1$ : $\dim\mathscr{A}_{d-1}(E,\mathbb{R}) = \binom{d}{d-1} = d = \dim E$.

Pour $j \in \llbracket 1,d\rrbracket$, notons $\hat\alpha_j = (1,\ldots,j-1,j+1,\ldots,d) \in \mathcal{I}_{d-1}$.

Définissons $\Phi : E \to \mathscr{A}_{d-1}(E,\mathbb{R})$ linéaire par $\Phi(e_j) = (-1)^{j-1}\Omega_{d-1}(e_{\hat\alpha_j})$.

**Vérification isométrique :**
$$\langle\Phi(e_i),\Phi(e_j)\rangle = (-1)^{i+j-2}\langle\Omega_{d-1}(e_{\hat\alpha_i}),\Omega_{d-1}(e_{\hat\alpha_j})\rangle = (-1)^{i+j-2}\delta_{\hat\alpha_i,\hat\alpha_j}.$$
Comme $\hat\alpha_i = \hat\alpha_j \iff i = j$ (les suites strictement croissantes sur $\llbracket 1,d\rrbracket \setminus \{j\}$ déterminent $j$), et $(-1)^{2(j-1)} = 1$, on obtient $\langle\Phi(e_i),\Phi(e_j)\rangle = \delta_{ij} = \langle e_i,e_j\rangle$.

Donc $\Phi$ envoie une BON de $E$ sur une BON de $\mathscr{A}_{d-1}(E,\mathbb{R})$ : c'est une **isométrie**. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. L'isométrie construite est l'opérateur de Hodge $*$ en degré $d-1$. Une définition intrinsèque : $\Phi(x)(v_1,\ldots,v_{d-1}) = \det_e(x,v_1,\ldots,v_{d-1})$ (déterminant dans la base $e$) est équivalente.

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### Question (11)

**Stratégie.** Décomposer $\Omega_p(u)$ sur la BON $(\Omega_p(e_\alpha))$ par (10)(a), évaluer en $v$, puis utiliser (6)(b) pour identifier chaque coefficient comme $\Omega_p(v)(e_\alpha)$.

**Rédaction.** Par (10)(a) appliqué à $\omega = \Omega_p(u) \in \mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ :
$$\Omega_p(u) = \sum_{\alpha \in \mathcal{I}_p}\Omega_p(u)(e_\alpha)\,\Omega_p(e_\alpha).$$
En évaluant en $v = (v_1,\ldots,v_p) \in E^p$ :
$$\Omega_p(u)(v) = \sum_\alpha \Omega_p(u)(e_\alpha)\cdot\Omega_p(e_\alpha)(v).$$
Par (6)(b), $\Omega_p(e_\alpha)(v) = \Omega_p(v)(e_\alpha)$. Donc :
$$\Omega_p(u)(v) = \sum_\alpha \Omega_p(u)(e_\alpha)\cdot\Omega_p(v)(e_\alpha) = \langle\Omega_p(u),\Omega_p(v)\rangle. \quad\blacksquare$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Résultat élégant : il exprime que $\det(\mathrm{Gram}(u,v))$ s'identifie au produit scalaire dans $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$. La preuve est remarquablement courte grâce à (10)(a) et (6)(b) — aucun recours à Cauchy-Binet n'est nécessaire ici.

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### Question (12)

**Stratégie.** Exprimer $\omega(f_\beta)$ en fonction de $\omega(e_\alpha)$ via les mineurs de la matrice orthogonale de changement de base, puis utiliser la formule de Cauchy-Binet et l'orthogonalité $PP^T = I$ pour obtenir $\sum_\beta D_{\alpha\beta}D_{\gamma\beta} = \delta_{\alpha\gamma}$.

**Rédaction.** Soit $f = (f_1,\ldots,f_d)$ une autre BON de $E$, avec $f_j = \sum_i P_{ij}e_i$ et $P \in O_d(\mathbb{R})$ ($PP^T = I_d$). Pour $\beta \in \mathcal{I}_p$ et $\omega \in \mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$, par $p$-linéarité et propriété alternée :
$$\omega(f_{\beta_1},\ldots,f_{\beta_p}) = \sum_{\alpha \in \mathcal{I}_p}\omega(e_\alpha)\,D_{\alpha\beta}, \quad D_{\alpha\beta} = \det\bigl((P_{\alpha_i,\beta_j})_{i,j \in \llbracket 1,p\rrbracket}\bigr).$$
(Le développement multilinéaire regroupe les termes par ensembles d'indices croissants et utilise la propriété alternée pour extraire le signe $\epsilon(\sigma)$.)

On calcule alors :
$$\sum_{\beta \in \mathcal{I}_p}\omega(f_\beta)\omega'(f_\beta) = \sum_{\alpha,\gamma}\omega(e_\alpha)\omega'(e_\gamma)\underbrace{\sum_{\beta}D_{\alpha\beta}D_{\gamma\beta}}_{(\star)}.$$

**Calcul de $(\star)$ par Cauchy-Binet.** Notons $P_\alpha$ la sous-matrice $p \times d$ de $P$ formée des lignes $\alpha$. La **formule de Cauchy-Binet** (généralisation de $\det(AB) = \det(A)\det(B)$ aux matrices rectangulaires : pour $A$ de taille $p \times d$ et $B$ de taille $d \times p$, $\det(AB) = \sum_{\beta \in \mathcal{I}_p}\det(A_\beta)\det(B^\beta)$) donne :
$$\sum_\beta D_{\alpha\beta}D_{\gamma\beta} = \sum_\beta \det\bigl((P_\alpha)_\beta\bigr)\det\bigl((P_\gamma)_\beta^T\bigr) = \det(P_\alpha P_\gamma^T).$$

Or $(P_\alpha P_\gamma^T)_{kl} = \sum_j P_{\alpha_k,j}P_{\gamma_l,j} = (PP^T)_{\alpha_k,\gamma_l} = \delta_{\alpha_k,\gamma_l}$.

— Si $\alpha = \gamma$ : la matrice est $I_p$, donc $\det = 1$.
— Si $\alpha \neq \gamma$ : $\exists k$ tel que $\alpha_k \notin \{\gamma_1,\ldots,\gamma_p\}$ (les suites $\alpha, \gamma \in \mathcal{I}_p$ ont des ensembles d'indices distincts), la ligne $k$ est nulle, $\det = 0$.

Donc $(\star) = \delta_{\alpha\gamma}$, et :
$$\sum_\beta\omega(f_\beta)\omega'(f_\beta) = \sum_\alpha\omega(e_\alpha)\omega'(e_\alpha) = \langle\omega,\omega'\rangle_e.$$
Le produit scalaire est **indépendant du choix de la BON**. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. La formule de Cauchy-Binet ($\det(AB) = \sum_\alpha \det(A_\alpha)\det(B^\alpha)$ pour matrices rectangulaires) est admise dans cette preuve ; elle se démontre par multilinéarité du déterminant et regroupement des termes, analogue au cas carré. C'est une des questions les plus difficiles de l'épreuve.

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## Partie IV

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### Question (13)(a)

**Stratégie.** Sens direct : la relation de changement de base et (7)(a) donnent la colinéarité. Sens réciproque : un lemme montre que $\mathrm{Vect}(e)^\perp$ se lit sur le noyau de $u \mapsto \Omega_p(e)(u,\cdot,\ldots,\cdot)$ ; la colinéarité identifie alors les orthogonaux.

**Rédaction.** **($\Rightarrow$) $\mathrm{Vect}(e) = \mathrm{Vect}(e')$.** Il existe $M \in \mathcal{M}_p(\mathbb{R})$ inversible avec $e_i' = \sum_j M_{ij}e_j$. Par (7)(a) : $\Omega_p(e') = \det(M)\Omega_p(e)$, colinéaires ($\det(M) \neq 0$). ✓

**($\Leftarrow$) $\Omega_p(e) = \lambda\Omega_p(e')$, $\lambda \neq 0$.** Les deux formes sont non nulles (familles libres, (7)(b)). Il suffit de montrer $\mathrm{Vect}(e)^\perp = \mathrm{Vect}(e')^\perp$.

**Lemme.** Pour $e$ libre et $v \in E$ : $v \perp \mathrm{Vect}(e) \iff \Omega_p(e)(v,w_2,\ldots,w_p) = 0$ pour tout $(w_2,\ldots,w_p) \in E^{p-1}$.

*Preuve.* $(\Rightarrow)$ : si $v \perp e_i$ pour tout $i$, la première colonne de $\mathrm{Gram}(e,(v,w_2,\ldots,w_p))$ est nulle, donc $\det = 0$.

$(\Leftarrow)$ : si $v \not\perp \mathrm{Vect}(e)$, soit $v_\parallel = \mathrm{proj}_{\mathrm{Vect}(e)}(v) \neq 0$. On a $\Omega_p(e)(v,w_2,\ldots,w_p) = \Omega_p(e)(v_\parallel,w_2,\ldots,w_p)$ (la composante $v_\perp$ contribue une première colonne nulle dans Gram). Soit $b = (b_1,\ldots,b_p)$ une BON de $\mathrm{Vect}(e)$ avec $b_1 = v_\parallel/\|v_\parallel\|$ ; par (7)(a) et (8)(a) :
$$\Omega_p(e)(v_\parallel,b_2,\ldots,b_p) = \det(P)\cdot\|v_\parallel\|\cdot\Omega_p(b)(b_1,\ldots,b_p) = \det(P)\|v_\parallel\| \neq 0.$$

Fin du lemme. Par le lemme :
$$v \perp \mathrm{Vect}(e) \iff \Omega_p(e)(v,\cdot) \equiv 0 \iff \lambda\Omega_p(e')(v,\cdot) \equiv 0 \iff v \perp \mathrm{Vect}(e').$$
Donc $\mathrm{Vect}(e)^\perp = \mathrm{Vect}(e')^\perp$, soit $\mathrm{Vect}(e) = \mathrm{Vect}(e')$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. Le lemme est le cœur de la preuve : il faut bien distinguer « première colonne nulle si $v \perp V$ » et « on peut choisir des $w_j$ rendant la valeur non nulle si $v \not\perp V$ ».

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### Question (13)(b)

**Stratégie.** Définir $\Psi(V,C)$ à partir d'un $e_0 \in C$ et montrer l'indépendance du choix via (7)(a) et le signe de $\det(M)$ imposé par l'orientation.

**Rédaction.** Fixons $e_0 \in C$ (libre car $\dim V = p$). Posons provisoirement $\Psi(V,C) = \dfrac{\Omega_p(e_0)}{\mathrm{vol}_p(e_0)}$.

**Indépendance du choix.** Soit $e \in C$ quelconque. Il existe $M \in \mathcal{M}_p(\mathbb{R})$ avec $e_i = \sum_j M_{ij}(e_0)_j$ et $\det_e(e_0) = \det(M) > 0$ (même classe d'orientation). Par (7)(a) : $\Omega_p(e) = \det(M)\Omega_p(e_0)$. D'autre part, de $\mathrm{Gram}(e,e) = M\,\mathrm{Gram}(e_0,e_0)\,M^T$ on tire $\mathrm{vol}_p(e)^2 = \det(M)^2\,\mathrm{vol}_p(e_0)^2$, soit $\mathrm{vol}_p(e) = \det(M)\,\mathrm{vol}_p(e_0)$ (car $\det(M) > 0$). Donc :
$$\frac{\Omega_p(e)}{\mathrm{vol}_p(e)} = \frac{\det(M)\Omega_p(e_0)}{\det(M)\mathrm{vol}_p(e_0)} = \frac{\Omega_p(e_0)}{\mathrm{vol}_p(e_0)} = \Psi(V,C).$$

**Unicité.** L'équation $\Omega_p(e) = \mathrm{vol}_p(e)\,\Psi(V,C)$ avec $\mathrm{vol}_p(e) > 0$ détermine $\Psi(V,C)$ de façon unique. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (14)(a)

**Stratégie.** La norme de $\Psi(V,C)$ est 1 par (11) appliqué à une BON. L'injectivité provient de (13)(a) pour l'égalité des sous-espaces, et du signe du scalaire de colinéarité pour l'égalité des orientations.

**Rédaction.** **Norme 1.** Soit $b$ une BON de $V$ dans l'orientation $C$, de sorte que $\Psi(V,C) = \Omega_p(b)$. Par (11) :
$$\|\Psi(V,C)\|^2 = \langle\Omega_p(b),\Omega_p(b)\rangle = \Omega_p(b)(b) = \mathrm{vol}_p(b)^2 = 1.$$

**Injectivité.** Soient $(V,C)$ et $(V',C')$ avec $\Psi(V,C) = \Psi(V',C')$. Soient $b \in C$ (BON de $V$) et $b' \in C'$ (BON de $V'$) ; alors $\Omega_p(b) = \Omega_p(b')$.

Par (13)(a), $\Omega_p(b)$ et $\Omega_p(b')$ colinéaires (avec coefficient $1 > 0$) implique $V = \mathrm{Vect}(b) = \mathrm{Vect}(b') = V'$.

Pour l'orientation : la matrice de passage $M$ de $b$ à $b'$ vérifie $\Omega_p(b') = \det(M)\Omega_p(b)$, d'où $\det(M) = 1 > 0$. Donc $b$ et $b'$ définissent la même orientation de $V = V'$, i.e., $C = C'$.

Donc $\Psi$ est injective, à valeurs dans la sphère unité de $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question.

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### Question (14)(b)

**Stratégie.** L'image est fermée dans la sphère unité de $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ (qui est compacte) : toute suite convergente dans l'image provient d'une suite de repères orthonormés vivant dans la variété de Stiefel compacte.

**Rédaction.** La sphère unité $\mathbb{S}$ de $\mathscr{A}_p(E,\mathbb{R})$ est compacte (espace de dimension finie $\binom{d}{p}$). Il suffit de montrer que $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$ est **fermé** dans $\mathbb{S}$.

Soit $(\omega_n) = (\Psi(V_n,C_n))$ une suite convergeant vers $\omega \in \mathbb{S}$. Pour chaque $n$, choisissons une BON $b^{(n)} = (b_1^{(n)},\ldots,b_p^{(n)})$ de $V_n$ dans $C_n$ ; alors $\omega_n = \Omega_p(b^{(n)})$.

La **variété de Stiefel** $\mathrm{St}(p,d) = \{(x_1,\ldots,x_p) \in E^p : \langle x_i,x_j\rangle = \delta_{ij}\}$ est fermée (équations continues) et bornée ($\|x_i\|=1$) dans $E^p \simeq \mathbb{R}^{dp}$, donc **compacte**. La suite $(b^{(n)})$ vit dans $\mathrm{St}(p,d)$, donc on en extrait une sous-suite $b^{(n_k)} \to b = (b_1,\ldots,b_p) \in \mathrm{St}(p,d)$.

Posons $V = \mathrm{Vect}(b_1,\ldots,b_p)$ et $C$ l'orientation définie par $b$. Par continuité de $\Omega_p$ (application $p$-linéaire sur un espace de dimension finie) :
$$\omega_{n_k} = \Omega_p(b^{(n_k)}) \xrightarrow[k\to\infty]{} \Omega_p(b) = \Psi(V,C).$$
Donc $\omega = \Psi(V,C) \in \Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E))$. L'image est fermée dans $\mathbb{S}$, donc **compacte**. $\blacksquare$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. L'argument clé est la compacité de la variété de Stiefel (fermée bornée dans $\mathbb{R}^{dp}$), ce qui fournit une sous-suite convergente. Ne pas oublier de vérifier que la limite est bien dans l'image de $\Psi$.

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### Question (15)

**Stratégie.** Cas $p = d$ : l'espace $\mathscr{A}_d(E,\mathbb{R})$ est de dimension $1$, l'image est un ensemble de deux points antipodaux, et le TVI interdit tout chemin continu entre eux. Cas $p \leq d-1$ : construire un chemin en deux étapes : (i) rotation angle par angle dans les sous-espaces $W_k$ orthogonaux (question (3)(d)) pour aller de $(V,C)$ à $(V',C'')$ ; (ii) si $C'' \neq C'$, retournement via la dimension supplémentaire $w \perp V'$ (possible car $p \leq d-1$).

**Rédaction.**

**Sens $p = d$ (non connexe par arcs).** $\dim\mathscr{A}_d(E,\mathbb{R}) = 1$. Fixons $\hat\omega$ une forme non nulle normée ; alors $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E)) = \{+\hat\omega,-\hat\omega\}$ (les deux orientations de $E$).

Si $\gamma : [0,1] \to \{+\hat\omega,-\hat\omega\}$ est continu avec $\gamma(0) = +\hat\omega$ et $\gamma(1) = -\hat\omega$, alors $f(t) = \langle\gamma(t),\hat\omega\rangle$ est continue de $[0,1]$ dans $\{+1,-1\}$ avec $f(0) = 1$ et $f(1) = -1$. Par le **théorème des valeurs intermédiaires**, $\exists t_0 : f(t_0) = 0$, ce qui est impossible. Donc $\Psi(\widetilde{\mathrm{Gr}}(d,E))$ n'est pas connexe par arcs.

**Sens $p \leq d-1$ (connexe par arcs).** Soient $(V,C)$ et $(V',C')$ dans $\widetilde{\mathrm{Gr}}(p,E)$. On construit un chemin continu les reliant.

**Étape 1 : chemin de $\Psi(V,C)$ à $\Psi(V',C'')$.** Par les questions (1)(b) et (3)(d), il existe des BONs $\hat u = (\hat u_1,\ldots,\hat u_p)$ de $V$ et $u' = (u_1',\ldots,u_p')$ de $V'$ telles que les sous-espaces $W_k = \mathrm{Vect}(\hat u_k,u_k')$ soient **deux à deux orthogonaux**. Quitte à remplacer $\hat u_1$ par $-\hat u_1$ (ce qui ne modifie pas les $W_k$ car $W_1 = \mathrm{Vect}(\hat u_1,u_1')$), on peut supposer $\hat u \in C$.

Pour $\theta_k = \arccos\langle \hat u_k,u_k'\rangle \in [0,\pi/2]$, posons pour $t \in [0,1]$ et $k = 1,\ldots,p$ :
$$v_k(t) = \cos(\theta_k t)\,\hat u_k + \sin(\theta_k t)\,\hat u_k^\perp,$$
où $\hat u_k^\perp = \dfrac{u_k' - \cos\theta_k\,\hat u_k}{\sin\theta_k}$ si $\theta_k > 0$, et $v_k(t) = \hat u_k$ si $\theta_k = 0$.

Pour tout $t$, $\|v_k(t)\|=1$, $v_k(t) \in W_k$, et $\langle v_k(t),v_l(t)\rangle = 0$ pour $k \neq l$ (car $W_k \perp W_l$). Donc $e(t) = (v_1(t),\ldots,v_p(t))$ est une **BON** pour tout $t$. Le chemin $t \mapsto \gamma_1(t) := \Omega_p(e(t))$ est continu (multilinéarité) avec $\gamma_1(0) = \Omega_p(\hat u) = \Psi(V,C)$ et $\gamma_1(1) = \Omega_p(u') = \Psi(V',C'')$ où $C''$ est l'orientation de $V'$ donnée par $u'$.

**Étape 2 : chemin de $\Psi(V',C'')$ à $\Psi(V',C')$ (si $C'' \neq C'$).** Puisque $p \leq d-1$, il existe $w \in E$ avec $\|w\|=1$ et $w \perp V'$. Pour $s \in [0,1]$, posons :
$$f_1(s) = \cos(\pi s)\,u_1' + \sin(\pi s)\,w, \quad f_k(s) = u_k' \text{ pour } k \geq 2.$$
Alors $\|f_1(s)\|=1$ et $\langle f_1(s),u_k'\rangle = \cos(\pi s)\delta_{1k} = 0$ pour $k \geq 2$ (car $w \perp V'$). La famille $f(s) = (f_1(s),\ldots,f_p(s))$ est une BON pour tout $s$. Le chemin $s \mapsto \gamma_2(s) := \Omega_p(f(s))$ est continu avec $\gamma_2(0) = \Psi(V',C'')$. À $s=1$ : $f_1(1) = -u_1'$, et la matrice de passage de $u'$ à $(-u_1',u_2',\ldots,u_p')$ est $\mathrm{diag}(-1,1,\ldots,1)$, de déterminant $-1$, donc l'orientation obtenue est $-C'' = C'$, soit $\gamma_2(1) = \Psi(V',C')$.

En concaténant $\gamma_1$ et $\gamma_2$ (si $C'' \neq C'$) ou en prenant seulement $\gamma_1$ (si $C'' = C'$), on obtient un chemin continu de $\Psi(V,C)$ à $\Psi(V',C')$.

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

**Commentaire du correcteur.** Le rapport ne commente pas cette question. C'est la question la plus sélective de l'épreuve. La nécessité de $p \leq d-1$ apparaît à deux endroits : (i) dans l'Étape 2, l'existence de $w \perp V'$ requiert $\dim(V')^\perp = d-p \geq 1$, i.e., $p \leq d-1$ ; (ii) pour $p = d$, l'argument du TVI conclut définitivement. L'utilisation de la question (3)(d) — orthogonalité des $W_k$ — est indispensable pour que $(v_1(t),\ldots,v_p(t))$ reste orthonormée tout au long du chemin.