Préliminaires formes symplectiques Centrale 2022

OShine

La topologie arrive.

Q21) Montrons que $O_n(\R)$ est un sous-groupe de $Sp_n(\R)$. L'intersection de deux sous-groupes est un sous-groupe.
L'ensemble des matrices othogonales étant un groupe, il suffit de montrer que $O_n(\R) \subset Sp_n(\R)$.
Soit $ M \in O_n(\R)$. Alors $M^T M= I_n$. Je n'arrive pas à montrer que $M^T J M= J$...

Amédé

C'est faux ça OS: $O_{n}$ n'est pas un sous groupe de $S_{p_{n}}$. Que $OS_{p_{n}}$ soit un sous groupe de $S_{p_{n}}$ c'est trivial. Pour la compacité tu peux penser à fermé et borné ou à fermé dans un compact.

OShine

Merci je n'arrive pas à montrer que $Sp_n(\R)$ est une partie fermée.

raoul.S

Les idées sont là mais il y a des fautes.

1) L'application $M\mapsto M^TJM$ n'est pas linéaire (montre-le), mais elle est bien continue par contre (et c'est ce qui nous intéresse). Il faut que tu le montres.

2) Il n'y a pas besoin de montrer que $Sp_n$ est borné (d'ailleurs je ne sais pas si $Sp_n$ est borné...) il suffit de montrer que $Sp_n$ est fermé et $O_n$ compact comme a dit Amédé

3) $O_n$ n'est pas l'image réciproque de 1 par l'application $M\mapsto \det(M)$. L'image réciproque de $\{1\}$ par cette application est juste l'ensemble des matrices de déterminant 1 et elles ne sont pas toutes orthogonales.

bisam

Par ailleurs, les matrices orthogonales ne sont pas non plus toutes de déterminant égal à 1.

OShine

Exact, merci je rectifie mes erreurs. C'est évident que l'application n'est pas linéaire en fait, j'ai voulu aller trop vite. 

Q21) On pose $\varphi_1 : M_n(\R)^2 \longrightarrow M_n(\R) \\ (M,N) \mapsto MN$ et $\varphi_2 : M_n(\R) \longrightarrow M_n(\R)^2 \\ A \mapsto (A^T, JA)$

Posons $\varphi = \varphi_1 \circ \varphi_2$

• $\varphi_1$ est bilinéaire donc, comme $M_n(\R)$ est de dimension finie, $\varphi_1$ est continue.
• $\varphi_2$ est linéaire, donc comme $M_n(\R)$ est de dimension finie, $\varphi_2$ est continue.
• $\varphi$ est continue comme composée d'applications continues.

$Sp_n$ est l'image réciproque du fermé $\{ J \}$ par l'application continue $\varphi$, donc $Sp_n$ est un fermé.

Montrons que $O_n(\R)$ est une partie compacte. Le raisonnement est identique pour montrer la continuité, en prenant $\varphi_2 : M_n(\R) \longrightarrow M_n(\R)^2 \\ A \mapsto (A^T, A)$ et $O_n(\R)$ est l'image réciproque du fermé $\{ I_n \}$.

Pour montrer que $O_n(\R)$ est une partie bornée, on peut remarquer que pour la norme infinie par exemple, chaque coefficient d'une matrice orthogonale est inférieur à $1$ en valeur absolue.

Toute partie fermée d'une partie compacte est compacte. J'ai un doute sur la fin, l'intersection de deux compacts est un compact ? Cette propriété n'est pas dans mon livre, est-elle vraie ? Ou faut-il utiliser autre chose ? 

lourrran

Cette propriété était vraie pour les lycéens de 1980, elle doit encore être vraie aujourd'hui.

raoul.S

OK

OShine

Le cours de MP parle du produit cartésien de compacts mais pas d'intersection.
Il me semble que l'intersection de deux parties bornées est bornée et que l'intersection de deux fermés est un fermé ce qui suffit dans notre cas de la dimension finie.

lourrran

Il me semble que l'intersection de deux parties bornée est bornée : j'espère que pour cette partie là, tu en es 1000% certain.

OShine

Oui ça semble évident.

Les deux questions qui suivent sont très faciles mais Q24 je n'ai pas réussi.

Q22) Soit $M \in Sp_{n} (\R) \cap O_n(\R)$. Alors $M^T M= I_n$ et $M^T JM=J$. On multiplie à gauche de la deuxième égalité par $M$ ce qui donne $JM=MJ$. Donc $\boxed{Sp_{n} (\R) \cap O_n(\R) \subset C_J}$.

Q23) On sait que $\det (M^T JM)= \det J$ et donc $(\det M)^2=1$ car $\det J =1$. Donc $\det M = \pm 1$.
Mais d'après Q22 et Q20, $\det M \geq 0$ donc finalement $\boxed{\det M=1}$

Q24) Soit $(v_1, \cdots, v_n)$ une base de vecteurs propres de $s$.
On doit montrer que $\forall (x,y) \in \R^{2n} \ b_s ( s(x),s(y))=b_s(x,y)$.

Or $b_s( s(x),s(y))= < s(x), j( s(y) )> = (SX)^T JSY = X^T S^T JSY = X^T S J SY $

Je bloque ici.

raoul.S

Il faut se poser des questions là. Par exemple : est-ce que $S^2$ est symplectique ?
Soit $(e_i)$ une base de vecteurs propres de $S$ de valeurs propres $(\lambda_i)$. Pour $i,j\in [\![1,2n]\!]$ que peut-on dire de $b_s(s^2e_i,s^2e_j)$ ?

OShine

On a $b_s ( s^2 (e_i), s^2 (e_j) )= b_s ( \lambda_i ^2 e_i , \lambda_j ^2 e_j)= \lambda_i ^2 \lambda_j ^2 b_s (e_i ,e_j)$ où $b_s(e_i ,e_j)= < e_i , j (e_j) >$ mais je ne vois pas trop où ça mène.

OShine

C'est la première question du sujet où je sèche totalement. Peut être que le niveau s'élève à ce stade.

raoul.S

Si tu arrives à montrer que pour tout $i,j\in [\![1,2n]\!]$, $b_s(se_i,se_j)=b_s(e_i,e_j)$ alors c'est bon car $(e_i)$ est une base donc tout vecteur se décompose en les $e_i$.

Pour ce faire commence par montrer que $S^2$ est symplectique, puis continue ton calcul avec $b_s(s^2e_i,s^2e_j)$ et utilises éventuellement Q14.

OShine

D'accord merci. Montrons que $S^2$ est symplectique.
On a $S^2 J (S^2)^T= M^T M J  M^T M$. D'après Q16, $M^T$ est symplectique donc $S^2 J (S^2)^T=M^T J M= J$.
On a montré que $S^2$ est symplectique donc $s^2$ aussi d'après Q15.
Donc $b_s (s^2 (e_i) ,s^2(e_j) )= b_s (e_i ,e_j)= \lambda_i \lambda_j b_s( e_i,e_j)$.
On a montré que : $\boxed{ b_s (e_i ,e_j)= \lambda_i \lambda_j b_s( e_i,e_j)}$.
Je bloque ici, je ne vois pas comment utiliser Q14 je ne connais rien sur $\lambda_i \lambda_ j$.

raoul.S

C'est plutôt $b_s (s^2 (e_i) ,s^2(e_j) )= b_s (e_i ,e_j)= \lambda_i^2 \lambda_j^2 b_s( e_i,e_j)$.
OShine, pour ne pas bloquer il faut avancer... . À partir de cette dernière égalité on a $ b_s (e_i ,e_j)(1- \lambda_i^2 \lambda_j^2)=0$ il faut traiter les différents cas en se rappelant que ce qui nous intéresse c'est $b_s(se_i,se_j)$, donc il faut que tu fasses apparaître ce terme quelque part. Je dirais qu'à partir de $b_s (s^2 (e_i) ,s^2(e_j) )$ on arrive également à faire apparaître $b_s(se_i,se_j)$.
Vas-y, mélange tous ça et un truc va bien sortir (oublie la Q14).

julian

Tiens, OShine, les sujets CCP sont tombés. A toi de jouer maintenant 😉

OShine

Je n'aime pas les sujets cpp de cette année pas intéressants. La mise en page est horrible même pas de latex. 
Les sujets centrale 2022 sont mieux. 

@raoul.S merci j'essaie de faire ça dans la journée j'ai eu beaucoup de boulot au collège.

julian

Alors là, tu as remporté l'armure d'or du rire ! 😅

OShine

Q24) On a $b_s ( s^2(e_i),s^2(e_j) )= \lambda_i \lambda_j  b_s ( s(e_i), s(e_j) )= \lambda_i ^2 \lambda_j ^2 b_s (e_i,e_j)=b_s (e_i,e_j)$.
Ainsi $(\lambda_i ^2 \lambda_j ^2 -1) b_s (e_i,e_j)=0$
Donc $\lambda_i \lambda_j b_s(s(e_i), s(e_j) )= b_s(e_i,e_j)$

• Si $|\lambda_i \lambda_j | \ne 1$ alors $b_s(e_i,e_j)=0$ et donc $\boxed{b_s(s(e_i), s(e_j) ) = b_s(e_i,e_j)}$.
• Si $|\lambda_i \lambda_j | =1 $ alors $ \lambda_i \lambda_j = \pm 1$. Deux cas se présentent. Si $\lambda_i \lambda_j =1$ alors on a $\boxed{b_s(s(e_i), s(e_j) ) = b_s(e_i,e_j)}$. Si $\lambda_i \lambda_j =-1$ alors ce cas est impossible car les valeurs propres sont réelles strictement positives.

Par la suite, comme la base de vecteurs propres choisie est une base de $E$, si $x \in E$ alors $x= \displaystyle\sum_{i=1}^n x_i e_i$ où les $x_i$ sont des nombres réels.
Donc $b_s( s(x),s(y) )= \displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{j=1}^n x_i y_j s (e_i, e_j)$
Et $s(x,y)= \displaystyle\sum_{i=1}^n \displaystyle\sum_{j=1}^n x_i y_j s (e_i, e_j)$ 
On a montré $\boxed{\forall x,y \in \R^n \ b_s( s(x),s(y))= b_s (x,y)}$

raoul.S

OShine

Je bloque sur la fin de la question 26 qui termine cette partie sur la décomposition polaire.
Q25) Montrons que $S$ est inversible. On a $\det S^2 = (\det S)^2 = \det (M^T M)=( \det M )^2$
Comme $M \in Sp_n(\R)$ on a $\det M \ne 0$ d'après Q15. Donc $\boxed{\det S \ne 0}$ et $S$ est inversible.
Remarquons que $(S^{-1})^T=(S^T)^{-1}$.
Soit $O= MS^{-1}$. Montrons que $O \in Sp_n(\R) \cap O_n(\R)$. Comme $S$ est symplectique, on a $S^T J S= J$ donc $\boxed{S J =JS^{-1}}$ car $S$ est symétrique.

• $O^T J O= (S^T)^{-1} M^T J M S^{-1} = S^{-1} (M^T J M ) S^{-1} = S^{-1} J S^{-1} = S^{-1} S J =I_n J = J$ donc $O$ est symplectique.
• $O^T O = S^{-1} M^T M S^{-1} = S^{-1} S^2 S^{-1} = ( S^{-1} S) (S S^{-1}) = I_n \times I_n = I_n$ donc $O$ est orthtogonale.

Q26) D'après les questions précédentes, $\det O =1$. Montrons que $\det M=1$. On sait que $\det O = \det (M S^{-1} ) = \det M \times \det (S^{-1})$.
Donc $\dfrac{ \det M} { \det S}= 1$ et donc $\boxed{\det M = \det S}$
Je ne vois pas comment terminer la preuve.

raoul.S

Je parie qu'il faut montrer que $\det S>0$... 😑

OShine

Ah d'accord c'est évident, les valeurs propres de $S$ sont strictement positives donc le produit des valeurs propres aussi donc $\det S >0$.

Comme $\det M = \pm 1$ il reste $\boxed{\det M =1}$.

Je continue sur les transvections symplectiques. Les premières questions sont abordables mais je bloque à Q29. En fait on ne peut pas dire directement que $\det (\tau_a ^{ \lambda} )=1 >0$ car c'est un endomorphisme symplectique ? 

Q27) Ici on définit $\ell$ par $\ell(x)= \lambda w(a,x)$ c'est bien une application linéaire de $E$ dans $\R$.

Montrons que $a \in \ker \ell$. On a $\ell (a)=\lambda w(a,a)=0$ d'après $Q_3$. Donc $\tau_a ^{\lambda}$ est une transvection de $E$.

Montrons que $\tau_a ^{\lambda}$ est un endomorphisme symplectique. On va utiliser la bilinéarité de $w$.

On a :  $w( \tau_a ^{\lambda} (x), \tau_a ^{\lambda} (y))= w ( x+ \lambda w(a,x) a,  y+ \lambda w(a,y) a) \\
=w(x,y)+ \lambda  w(a,y) w(x,a)+ \lambda w(a,x) w(a,y)+ \lambda ^2 w(a,x) w(a,y) w(a,a) \\
= w(x,y)+ \lambda  w(a,y) w(x,a) - \lambda w(x,a) w(a,y)+0  \\
=w(x,y)$ par antisymétrie et d'après Q3 .

Q28) $\tau_a ^{\mu} \circ \tau_a ^{\lambda} (x)=\tau_a ^{\lambda} (x) + \mu w(a, \tau_a ^{\lambda} (x) )a$. On va de nouveau utiliser la bilinéarité. 

Donc $\tau_a ^{\mu} \circ \tau_a ^{\lambda} (x)=x+ \lambda w(a,x) a + \mu w(a, x+ \lambda w(a,x) a) )a \\
=x+ \lambda w(a,x) a + \mu w(a,x)a \\
= x+ (\lambda+ \mu ) w(a,x)a$

On a montré $\boxed{\tau_a ^{\mu} \circ \tau_a ^{\lambda} = \tau_a ^{\lambda+ \mu}}$

raoul.S

OShine a dit :

En fait on ne peut pas dire directement que $\det (\tau_a ^{ \lambda} )=1 >0$ car c'est un endomorphisme symplectique ?

Non, car à ce stade on sait juste que si $u$ est un endomorphisme symplectique pour la forme symplectique standard alors  $\det(u)=1$.
Pour la Q29 il y a plusieurs possibilités mais je pense qu'ils veulent te faire utiliser la Q28.

OShine

D'accord merci, je n'avais pas vu cette subtilité.
D'après Q28 on a : $\tau_a ^{\lambda} \circ \tau_a ^{- \lambda} = \tau_a ^{0}= id_E$ donc $\tau_a ^{\lambda} $ est un endomorphisme bijectif donc $\boxed{\det (\tau_a ^{\lambda} ) \ne 0}$. 
Mais je ne vois pas comment montrer que le déterminant est strictement positif. J'ai cherché 20-25 minutes je ne trouve pas l'idée.
J'ai écrit $\det ( \tau_a ^{\lambda} \circ \tau_a ^{\mu})= \det(\tau_a ^{\lambda}) \times \det( \tau_a ^{\mu} )= \det( \tau_a ^{\lambda+ \mu})$ mais après je bloque.

raoul.S

Une idée est de faire apparaître un nombre positif dans l'égalité $\det(\tau_a ^{\lambda}) \times \det( \tau_a ^{\mu} )= \det( \tau_a ^{\lambda+ \mu})$. Le membre de gauche est un produit de deux nombres. On peut faire en sorte qu'il soit positif... et après essaie de terminer.

OShine

Ok merci.
On a $\det( \tau_a ^{\lambda /2}) ^2 = \det( \tau_a ^{\lambda }) \geq 0$. Mais on a montré que $\tau_a ^{\lambda }$ est inversible pour tout $\lambda \in \R$ donc $\det( \tau_a ^{\lambda /2}) \ne 0$.
Finalement $\boxed{\det(\tau_a ^{\lambda }) >0}$

OShine

Je bloque sur la question $30$.

raoul.S

Tu as toi-même écrit ICI que  $\tau_a ^{\lambda} \circ \tau_a ^{- \lambda} = \tau_a ^{0}= id_E$...

OShine

Oui mais je ne vois pas comment ça aide à savoir si $(\tau_a ^{\lambda})^{-1}$ est une transvection symplectique ou pas.
Soit $x \in E$. On a : $x+ \lambda w(a, (\tau_a ^{\lambda})^{-1} (x) ) a =x$ donc $\lambda w(a, (\tau_a ^{\lambda})^{-1} (x) ) a=0$
Je ne vois pas quoi faire de cette expression compliquée.

raoul.S

OShine ouvre les yeux par itié...
Dans l'égalité $\tau_a ^{\lambda} \circ \tau_a ^{- \lambda} = id_E$ tu as le produit de deux endomorphismes qui donne l'identité, donc $\tau_a ^{- \lambda}$ est égal à quoi ?

OShine

Oui en effet, merci question très bête !
On a $(\tau_a ^{\lambda})^{-1}= \tau_a ^{- \lambda}$ donc d'après $Q27$ on a évidemment $(\tau_a ^{\lambda})^{-1}$ qui est une transvection symplectique car $\lambda \in \R \ \Leftrightarrow \ - \lambda \in \R$.
Je m'attendais à une question piège à ce stade du sujet, mais en fait non.

OShine

J'ai réussi Q31 mais je bloque sur Q32.

OShine

Une tentative pour Q32, j'ai essayé $w(x+z,y+z)=w(x,y)+w(x,z)+w(z,y)+w(z,z)$
Donc $\boxed{w(x+z,y+z)=w(x,z)-w(y,z)}$
Par l'absurde si $\forall z \in E$ on a $w(x,z)=0$ ou $w(y,z) =0$, supposons $w(y,z)=0$.
Alors $w(x+z,y+z)=w(x,z)$ pour tout $z \in E$. En prenant $z=x$, $w(2x,y+x)=w(x,x)=0$
Donc $2w(x,y)=0$ donc $w(x,y)=0$
Je tourne en rond.

raoul.S

La Q31 pouvait être mieux rédigée (par exemple la remarque finale sur la non-dégénérescence n'a rien à voir, c'est par hypothèse qu'on a $\omega(x,y)\neq 0$), mais c'est correct.
La Q32 n'est pas calculatoire, il faut réfléchir...
L'important est que $x$ et $y$ sont non nuls (l'hypothèse $\omega(x,y)=0$ n'est en fait pas utile directement comme pourrait laisser croire l'énoncé).
Tu sais via une question précédente que $E\to \R, z\mapsto \omega(x,z)$ est une forme linéaire (idem pour $z\mapsto \omega(y,z)$ évidemment). Notons $H_1$ et $H_2$ les noyaux correspondants. Voilà il faut que tu brodes sur $H_1$ et $H_2$.

OShine

D'accord merci.
Notons  $u : E \longrightarrow \R \ \ , z \mapsto w(x,z)$.
Soit $z \in H_1$. Alors $w(x,z)=0$ et ce pour tout $x$ non nul car $x$ est fixé. Mais on sait que $w(0,z)=0$. Finalement, pour tout $x \in E$ on a $w(x,z)=0$ et la non dégénérescence conduit à $z=0$.
Donc $\boxed{H_1 = H_2 = \{ 0\} }$. Comme $Im \ u \subset \R$ alors $rg(u)=0$ ou $rg(u)=1$. Si $rg(u)=0$ alors le théorème du rang donne $\dim E = 0$ ce qui est absurde car $n \in \N^{*}$.
Donc $Im(u)$ est une droite vectorielle, il existe donc $z \in E$ tel que $w(x,z) \ne 0$. Le raisonnement est identique pour $w(y,z) \ne 0$.

llorteLEG

Je lis juste la dernière phrase sans lire le reste et je me dis que tout est à jeter à la poubelle

OShine

Je ne vois pas l'erreur. 

raoul.S

OShine, je confirme : tout est à jeter.

OShine a dit : 

Soit $z \in H_1$. Alors $w(x,z)=0$ et ce pour tout $x$ non nul car $x$ est fixé. Mais on sait que $w(0,z)=0$. Finalement, pour tout $x \in E$ on a $w(x,z)=0$ et la non dégénérescence conduit à $z=0$.

Commence par corriger ce morceau. Il ne veut rien dire. L'élément $x$ est fixé une fois pour toute, il ne peut pas varier. Pourquoi tu le fais varier ?

llorteLEG

La dernière phrase, ça témoigne d'un gros problème de compréhension des mathématiques.
L'énoncé te demande : "montrer qu'il existe z tel que w(x,z)=/=0 et w(y,z) =/= 0 "
Toi tu écris : "je montre qu'il existe z tel que w(x,z) =/= 0 et je montre qu'il existe z tel que w(y,z) =/= 0 "

OShine

@llorteLEG oui c'est vrai merci.
@raoul.S vu que $x$ est fixé je ne vois pas comment faire, je n'ai pas trop compris comment utiliser les formes linéaires ici.

raoul.S

Je reprends et je fais un pas de plus : on dispose de $x$ et $y$ dans $E\setminus \{0\}$. Ils sont fixés, tu as l'interdiction de les faire varier

On dispose donc des deux formes linéaires suivantes : $u_1 : E \longrightarrow \R \ \ , z \mapsto \omega(x,z)$ et $u_2 : E \longrightarrow \R \ \ , z \mapsto \omega(y,z)$. On note $H_1$ et $H_2$ leurs noyaux respectifs.

Le but de la question est de montrer qu'il existe $z\in E$ tel que $\omega(x,z)\neq 0$ et $\omega(y,z)\neq 0$ (attention, on cherche un $z$ qui vérifie les deux conditions).

Est-ce que tu arrives à traduire l'énoncé en italique ci-dessus en termes de $H_1$ et $H_2$ ? Bref trouver un énoncé équivalent avec $H_1$ et $H_2$.

Si oui ça devrait te faire tilt sur un résultat d'algèbre que tu es censé connaître et qui permettra de répondre à la question.

OShine

On veut montrer que $H_1 \cap H_2 \ne E$. 
Montrons que $H_1 = \ker (u_1)$ et $H_2= \ker (u_2)$ sont des hyperplans. 
$u_1$ est une forme linéaire. Montrons qu'elle est non nulle. Par l'absurde, si $\forall z \in E \ \ u_1(z)=0$ alors $\forall z \in E \ \ w(x,z)=0$. La non dégénérescence implique que $x=0$ ce qui est absurde car $x \ne 0$.
Même raisonnement pour $u_2$.
Donc $H_1$ et $H_2$ sont des noyaux de formes linéaires non nulles, ce sont des hyperplans. 
Je sais que $\dim H_1 \cap H_2 \geq n-2$ (cours de MPSI) mais je ne vois pas comment montrer que $H_1 \cap H_2 \ne E$.

gai requin

$H_1\cap H_2\subset H_1$ (cours de collège).

OShine

@gai requin merci.
Comme $H_1 \cap H_2 \subset H_1$ et $\dim H_1 =n-1$ alors $\dim H_1 \cap H_2 \leq n-1$ donc $H_1 \cap H_2 \ne E$.
Il existe donc $z \in E$ tel que $u_1(z) \ne 0$ et $u_2(z) \ne 0$ d'où le résultat voulu.
Pas si simple cette question, il fallait y penser aux hyperplans.

raoul.S

OShine a dit :

Pas si simple cette question, il fallait y penser aux hyperplans.

Tu ne crois pas si bien dire, en effet ta résolution est fausse...
Tu as écrit qu'il faut montrer que $H_1 \cap H_2 \ne E$ mais ce n'est pas ça la traduction de l'énoncé en italique de mon dernier message.

OShine

Je n'arrive pas à traduire avec les noyaux, ça m'embrouille.
Cette question me bloque totalement. J'ai réussi à démontrer le lemme (question 33) en admettant cette question. 

Q33) Démontrons le lemme par disjonction de cas.

Si $w(x,y) \ne 0$ alors $y=\gamma(x)$ avec $\gamma =\tau_{y-x} ^{- 1 /w(x,y)}$ c'est bien une composée d'au plus deux transvections symplectiques.

Si $w(x,y)=0$ alors il existe $z \in E$ tel que $w(x,z) \ne 0$ et $w(y,z) \ne 0$.
D'après Q31 on a $z=\tau_{z-x} ^{- 1 /w(x,z)}(x)$ et $z=\tau_{z-y} ^{- 1 /w(y,z)}(y)$. 
D'après Q29, la bijection réciproque de $\tau$ existe et c'est aussi une transvection symplectique donc : $y= (\tau_{z-y}^{- 1 /w(y,z)})^{-1} (z)$ et donc finalement $\boxed{y= (\tau_{z-y} ^{- 1 /w(y,z)})^{-1} \circ \tau_{z-x} ^{- 1 /w(x,z)}(x)}$ c'est bien une composée d'au plus deux transvections en posant $\gamma = (\tau_{z-y} ^{- 1 /w(y,z)})^{-1} \circ \tau_{z-x} ^{- 1 /w(x,z)} $ .

raoul.S

OK pour la Q33.

Bon je fais la Q32 alors. L'énoncé il existe $z\in E$ tel que $\omega(x,z)\neq 0$ et $\omega(y,z)\neq 0$ se traduit par il existe $z\in E$ tel que $z\in H_1^c\cap H_2^c$ (où le $c$ veut dire complémentaire).

Ce dernier énoncé est équivalent à il existe $z\in E$ tel que $z\not\in H_1\cup H_2$. Or $H_1$ et $H_2$ sont des hyperplans car $\omega$ est non dégénérée comme tu l'avais fait remarquer. Or on sait (ou on devrait savoir) que l'union de deux sous-espaces vectoriels stricts (donc différents de $E$) ne peut pas être égale à $E$ et par suite $E \setminus (H_1\cup H_2)$ est non-vide. Donc notre $z$ existe vraiment.