\documentclass[12pt]{book}
\usepackage{pstricks}
%\usepackage{pst-plot}
\usepackage{amssymb}
%\usepackage{amstex}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amscd}
\usepackage{fancyheadings}

%\usepackage{graphicx}
%\usepackage{latexsym}
%\usepackage{color}

%   pour \'ecrire une fonction avec source, but, variable, image
 %  seule en maths centr\'ees \fonction{source}{but}{variable}{image}
\long\def\fonction#1#2#3#4{
$$\vbox{
\halign{ \hfil$ ## $ & $##$ & $##$\hfil \cr
 #1 & \longrightarrow & #2 \cr
 #3 & \longmapsto & #4 \cr
}}$$}


\hyphenation{french}

\def\vrg{\mskip1mu\raise.4mm\hbox{,}}
\let\scsc=\scriptscriptstyle

\catcode`\ç=13 \font \ronde=eusm10
\defç{\c{c}}
\catcode`\é=13
\defé{\'e}
\catcode`\à=13
\defà{\`a}
\catcode`\è=13
\defè{\`e}
\catcode`\â=13
\defâ{\^a}
\catcode`\ù=13
\defù{\`u}
\catcode`\ê=13
\defê{\^e}
\catcode`\î=13
\defî{\^\i}
\catcode`\ô=13
\defô{\^o}
\def\Io{[\mskip-2.5mu[}
\def\If{]\mskip-2.5mu]}
\newcommand{\bm}{\boldmath}
\newcommand{\Nt}{|\!|\!|}
\newcommand{\be}{\begin{enumerate}}
\newcommand{\ee}{\end{enumerate}}
\newcommand{\bi}{\begin{itemize}}
\newcommand{\ei}{\end{itemize}}
\newcommand{\bd}{\begin{document}}
\newcommand{\ed}{\end{document}}
\newcommand{\ba}{\begin{array}}
\newcommand{\ea}{\end{array}}

\newcommand{\limit}[1]
{\begin{picture}(35,3) \put(1,3){\vector(1,0){30}} \put(6,-2){\ensuremath{_{_{\scriptstyle#1\to\infty}}}}
\end{picture}}
\newcommand{\limite}[2]
{\begin{picture}(35,3) \put(1,3){\vector(1,0){30}} \put(6,-2){\ensuremath{_{_{\scriptstyle#1\to#2}}}}
\end{picture}}


% Ci-dessous les macros de Gilles
\def\somme#1#2#3{\D{\sum_{#1 = #2}^{#3}}}
\def\limi#1#2{\displaystyle{\lim_{#1 \rightarrow #2}}}
\def\limisup#1#2{\displaystyle{\limsup_{#1 \rightarrow #2}}}
\def\D#1{\displaystyle{#1}}
\def\CBS{Cauchy-Bouniakowsky-Schwarz }
\def\cad{c'est-à-dire }
\def\ppcm{\mathop{\hbox{\rm ppcm}}}
\def\Lcm#1{\D{\ppcm_{#1}}}
\def\Min#1{\D{\min_{#1}}}
\def\Max#1{\D{\max_{#1}}}
\def\S#1#2{\D{\sum_{k=#1}^{#2}}}
\def\Pro{\D{\prod_{i\not= k}}}
\def\pro#1#2{\D{\prod_{i=#1}^{#2}}}
\def\n{ \{ 1 ,\ldots ,n\} }
\def\norme#1{\|#1\|}
\def\Norme#1{N_{\infty}( #1 )}
\def\NS#1{\|#1\| _\infty}
\def\NQ#1{\|#1\| _2}
\def\NT#1{ |||#1|||}
\def\NI#1{\|#1\| _1}
\def\abs#1{|#1|}
\def\ep{\varepsilon}
\def\Int#1{\displaystyle {\buildrel\,\,\circ\over#1}}
\def\cont{\mathcal{C}}
\def\la{\lambda}
\def\al{\alpha}
\def\zero{\widetilde{\omega}}
\def\qq{\forall}
\def\rl{\medskip \\}
\def\rll{\vskip3mm}
\def\com{{\rm com}}
\def\ima{{\rm Im}}
\def\Vect{{\rm Vect}}
\def\det#1{{\rm det}\ #1}
\def\tr#1{{\rm tr}\ (#1)}
\def\mat{{\rm Mat}}
\def\m#1{{\mathcal{M}}_n(#1 )}
\def\gl#1{{\mathcal{GL}}_n (#1 )}
\def\sym{{\mathcal S}_n (\R )}
\def\sp{{\mathcal S}_n ^+ (\R )}
\def\sdp{{\mathcal S}_n ^{+*} (\R )}
\def\VC#1#2{\pmatrix{#1\cr
                     #2\cr}}
\def\mm#1#2#3#4{\left( \begin{array}{cc}
                           #1 & #2 \\
                           #3 & #4  \end{array}
                 \right)}
\def\adj#1{{}^t \overline{#1}}
\def\trans#1{{}^t #1}
\def\go{{\rm O}(n)}
\def\gu{{\rm U}(n)}
\def\GO{{\rm O}(E)}
\def\GU{{\rm U}(E)}
\def\psc#1#2{\langle #1 , #2 \rangle}
\def\blr#1{\bigl( #1 \bigr)}
\def\ms{\medskip}
\def\k{{\bf k}}
\def\pv{{\bf P}V}
\def\Ker#1{{\rm Ker}(#1)}


%\newcommand{\H}{\ensuremath{\mathbb H} }
%\newcommand{\L}{\ensuremath{\mathbb L} }
%\newcommand{\O}{\ensuremath{\mathbb O} }
\newcommand{\MM}{\ensuremath{\mathbb M} }

\def\vphi{\mbox{$ \varphi $}}
\def\vtheta{\mbox{$ \vartheta $}}
\def\build#1_#2^#3{\mathrel{\mathop{\kern 0pt#1}\limits_{#2}^{#3}}}
\def\dessus#1^#2{\mathrel{\mathop{\kern 0pt#1}^{#2}}}
\def\dessous#1_#2{\mathrel{\mathop{\kern 0pt#1}_{#2}}}
\long\def\th#1#2{\hbox{\vtop{{\bf Théorème #1} : {\it #2\hfill\bs}}}}
\long\def\df#1#2{\hbox{\vtop{{\bf Définition #1} : {\it #2\hfill\bs}}}}
\long\def\lm#1#2{\hbox{\vtop{{\bf Lemme #1} : {\it #2\hfill\bs}}}}
\long\def\cor#1#2{\hbox{\vtop{{\bf Corollaire #1} : {\it #2\hfill\bs}}}} \long\def\dm{\hbox{{\it
Démonstration} {:\hfill}}}
\def\itm#1#2{\hbox{\hbox to 5mm{\it (#1)}} \hbox {\vtop{\hsize=144mm#2\vfill\ms}\hfill}}
\def\bib#1#2{\hbox{\hbox to 10mm{[#1] :\hfill} \hfill \hbox to 144mm{\vtop{\hsize=144mm#2\vfill\ms}\hfill}}}
% Programme de math avec colonne de commentaire
\long\def\tx#1#2{\hbox{\hbox to 94mm{\vtop{\hsize=90mm#1\vfill}\hfill} \hfill\hbox to
74mm{\vtop{\hsize=70mm#2\vfill}\hfill}}\filbreak}
\newcommand{\shskip}{\hskip 2mm}
\newcommand{\sshskip}{\hskip 1mm}
\def\cal#1{{\mathcal #1}}
% Fin des macros de Gilles



\let\dps=\displaystyle
\let\ds=\displaystyle
\newcommand{\quo}{\dps\frac}
\let\impl=\Rightarrow
\let\implique=\Rightarrow
\let\equ=\Longleftrightarrow
\let\equivalent=\Longleftrightarrow
\newcommand{\qqs}{\forall\:}
\newcommand{\conj}{\overline}
\let\ex=\exists
\newcommand{\ssi}{ si et seulement si }
\newcommand{\ssil}{si et seulement s'il}

\def\adots{\mathinner{\mkern2mu\raise-2pt\hbox{.}
\mkern3mu\raise1pt\hbox{.}\mkern2mu\raise4pt\hbox{.}}}
\def\bs{\bigskip}

\font\ineg=msam8
\def\ie{\mathrel{\hbox{\ineg 6}}} % <= fran‡ais
\def\se{\mathrel{\hbox{\ineg >}}} % >= fran‡ais

\let\leq=\ie
\let\geq=\se

\def\Sup{\mathop{\hbox{\rm sup}}}
\def\Inf{\mathop{\hbox{\rm inf}}}

\def\itb{\item[$\bullet$]}

\let\cv=\to
\let\lto=\longrightarrow
\renewcommand\limsup[1]{\mbox{${\rm\overline{lim}}\,{#1}$}}
\renewcommand\liminf[1]{\mbox{${\rm\underline{lim}}\,{#1}$}}

\newcommand{\el}{\ensuremath{\mathbb L}}
\newcommand{\N }{\ensuremath{\mathbb N} } \newcommand{\Z}{\ensuremath{\mathbb Z} }

\newcommand{\Q}{\ensuremath{\mathbb Q} } \newcommand{\R}{\ensuremath{\mathbb R} } \newcommand{\C}{\ensuremath{\mathbb C} }
\newcommand{\U}{\ensuremath{\mathbb U} }
\newcommand{\K}{\ensuremath{\mathbb K} }
\newcommand{\F }{\ensuremath{\mathbb F} }

% Sinon on utilisent celles qui suivent (en retirant les % et en les remettant au dessus)
%\def\N{\mbox{$ I \! \! N $}}
%\let\Nit=\N
%\def\nN{\mbox{$ \N^{\ast} $}}
%\def\Z{\mbox{$ \, Z \! \! \! Z $}}
%\let\Zit=\Z
%\def\nZ{\mbox{$ \Z^{\ast} $}}
%\def\Q{\mbox{$ \, \, l \! \! \! Q $}}
%\let\Qit=\Q
%\def\R{I \! \! R}
%\let\Rit=\R
%\def\C{\mbox{$ \, \, l \! \! \! C $}}
%\let\Cit=\C
%\def\K{\mbox{$ I \! \! K \! $}}

\def\eps{\mbox{$ \varepsilon $}}


% Pour des ensembles … des puissances n_iŠmes, des d‚rivations...
%\newcommand\mN[1]{\mbox{$ \Nit^{#1} $}}
%\newcommand\mZ[1]{\mbox{$  \Zit^{#1} $}}
%\newcommand\mQ[1]{\mbox{$ \Qit^{#1} $}}
%\newcommand\mR[1]{\mbox{$  \Rit^{#1} $}}
%\newcommand\mC[1]{\mbox{$ \Cit^{#1} $}}

\newcommand\Cl[1]{\mbox{$ {\cal C}^{#1} $}}
%\newcommand\cc[1]{\mbox{$ {\cal{#1}} $}}
%\newcommand\gb[1]{\mathop{\overline{#1}}}
%\newcommand\D[1]{\mbox{$ {#1}^{\prime} $}}
%\newcommand\DD[1]{\mbox{$ {#1}^{\prime\prime} $}}
%\newcommand\DDD[1]{\mbox{$ {#1}^{\prime\prime\prime} $}}

%commandes sp‚cifiques algŠbre lin‚aire

\newcommand\gf[1]{\mbox{$ \overrightarrow{#1} $}}

\def\ev{espace vectoriel }
\def\evs{espaces vectoriels }
\def\rev{espace vectoriel sur $\R$}
\def\cev{espace vectoriel sur \C}
\def\kev{espace vectoriel sur \K}
\newcommand{\sev}{sous-espace vectoriel }
\newcommand{\sevs}{sous-espaces vectoriels }
\def\evn{espace vectoriel normé}
\let\sd=\oplus
\newcommand\lin[1]{\mbox{${\cal L}({#1})$}}
\newcommand\glin[1]{\mbox{${\cal {GL}}({#1})$}}
\renewcommand\ker[1]{\mbox{${\rm Ker}\,{#1}$}}
\newcommand\im[1]{\mbox{${\rm Im}\,{#1}$}}
\newcommand\rg[1]{\mbox{${\rm rg}\,{#1}$}}
\renewcommand\dim[1]{\mbox{${\rm dim}\,{#1}$}}
\newcommand\codim[1]{\mbox{${\rm codim}\,{#1}$}}

\newcommand\polr[1]{\Rit_{#1}[X]}
\newcommand\polc[1]{\mbox{$ \Cit_{#1}[X] $}}
\newcommand\mnul[1]{\mbox{$O \! \! \! \! I_{#1} $}}

\def\DoublTangent{\pspicture(-6,-5)(6,5)\psset{unit=1cm} \psline(-6,0)(6,0)\psline(0,-5)(0,5)
\pscircle[linewidth=1.5pt](0,0){3} \psellipse[linewidth=1.5pt](0,0)(4,2)
\psline[linewidth=.4pt](4.64758,0)(-1,4.7731)\psline[linewidth=.4pt](4.64758,0)(-1,-4.7731)
\rput[bl](4.6,.15){$(|x|,0)$}\qdisk(4.64758,0){1.5pt}\rput[t](-1.1,1.7){$(\gamma)$}\rput[t](-1.1,-3){$(\partial
B_2)$}
\endpspicture}%


% définition propre au problème
\newcommand{\w}{\widehat}


\def\hfl#1#2{\smash{\mathop{\hbox to 12mm{\rightarrowfill}}
\limits^{\scriptstyle#1}_{\scriptstyle#2}}}
\def\vfl#1#2{\llap{$\scriptstyle #1$}\left\downarrow
\vbox to 6mm{}\right.\rlap{$\scriptstyle #2$}}
\def\diagram#1{\def\normalbaselines{\baselineskip=0pt
\lineskip=10pt\lineskiplimit=1pt}   \matrix{#1}}

\addtolength\headheight{-1cm}


%  Dimension données par Moisan
\setlength{\textheight}{244.8truemm}  % 204 mm x 1.2
\setlength{\textwidth}{150truemm}  % 125 mm x 1.2


% Marge en haut
\addtolength\topmargin{-2.5cm} \addtolength\headsep{0.8cm}


% Marges à gauche et à droite
\setlength{\oddsidemargin}{0cm} \setlength{\evensidemargin}{0cm}


\pagestyle{fancy}

%\fancyhead{} % Vider l'en-tête actuelle

%\fancyfoot{} %-- Vider le bas de page actuel

\rhead[\footnotesize\Letitrechapitre]{\thepage}
% Titre du chapitre à droite les pages paires
% Numéro de page à droite les pages impaires

\chead[]{}

\lhead[\thepage]{\footnotesize\Letitrepb}
% Numéro de page à gauche les pages paires
% Titre du Pb à gauche les pages impaires

\rfoot[]{}
\lfoot[]{}
\cfoot[]{}

%\lhead{\footnotesize\sl\Letitrechapitre} %\lhead{\thepage}
%\fancyhead[RE]{\footnotesize\sl\Letitrechapitre} % Titre du chapitre à droite les pages paires
%\fancyhead[LE]{\thepage} % Numéro de page à gauche les pages paires

\def\titrepb#1{\gdef\Letitrepb{#1}} % Fixer le titre du Pb

\def\titrechapitre#1{\gdef\Letitrechapitre{#1}} % Fixer le titre du chapitre

% On commence à la page 11
\setcounter{page}{1}

% Barre verticale en cas de dépassement horizontal
%\hfuzz=6 pt \overfullrule=7pt

\begin{document}

\titrepb{Corrigé du problème de mathématiques générales 2002}\titrechapitre{PROBLEME 7}
\begin{center}
\Large{\textbf{Problème 7 : Agrégation externe 2002}}\\[.3cm]\end{center} {\Large\textbf{Corrigé de
l'épreuve de Mathématiques générales}}\\[.3cm] \textit{Algèbre sesquilinéaire ; espaces
semiquadratiques. }\\[.3cm]
\begin{center}\textbf{Solution par F. SUFFRIN, Lycée Kléber Strasbourg}\end{center}
\begin{center}
\Large{\textbf{I --- Formes sesquilinéaires symétriques}}\\[.6cm]\end{center}
\textbf{\bm 1 Existence de $x$ et $y$ :} La relation de polarisation s'écrit, pour tout $(u,v)\in E^2$
  \begin{align}
  b(u,v)&\nonumber={1\over4}\left(b(u+v,u+v)-b(u-v,u-v)+ib(u+iv,u+iv)-ib(u-iv,u-iv)\right).
 \end{align}
  On en déduit $b=0$ si $b(u,u)=0$ pour tout $u\in E$.\\ Il existe donc $x\in E$ tel que $b(x,x)\not=0$,
   d'où le premier point.

   Le vecteur $\ds y=|b(x,x)|^{-{1\over2}}x$ vérifie les propriétés requises alors.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2 Existence d'une base semi-orthonormée :} On raisonne par récurrence sur la dimension
$n\se1$ de $E$. Traitons le cas $n=1$.\\
 Introduisons $x$ un vecteur directeur de $E$. Si
$b(x,x)=0$ le choix de $(x)$ convient sinon on prend $(y)$, où $y$ est le vecteur précédemment
associé.

 Supposons le résultat vrai pour tout espace sesquilinéaire symétrique de dimension $n-1\se1$.
  Soit $(E,b)$ un espace sesquilinéaire
symétrique de dimension $n$.

 Si $b$ est nulle, toute base de $E$ constitue une base
semi-orthonormée et le résultat est vrai.

Sinon, d'après la question précédente, il existe $e_1\in E$ tel que $b(e_1,e_1)=\pm1$. Introduisons
alors $H=(\C e_1)^\perp$. $H$ est le noyau de la forme linéaire $b(.,e_1)$ qui est non nulle
puisque $b(e_1,e_1)\not=0$. L'espace $(H,b)$ vérifie alors l'hypothèse de récurrence et par suite,
il existe $(e_2,\cdots,e_n)$ une base semi-orthonormée de $H$.

Ainsi $(e_1,e_2,\cdots,e_n)$ constitue une base semi-orthonormée de $E$, ce qui assure le résultat
au rang $n$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 3 Base semi-orthonormée associée à $A$ :} La base
$$\left({\sqrt2\over2}(1,1),{\sqrt2\over2}(1,-1)\right)$$ répond à la question.\\[.3cm]
\textbf{\bm 4-a \'Etude des intersections proposées :} Pour tout vecteur
$$x=\sum_{e_i\in E_-}x_ie_i+\sum_{e_i\in E_0}x_ie_i$$ de $E_-\oplus E_0$, on a
$$b(x,x)=\ds-\sum_{e_i\in E_-}x_i^2\ie0$$ donc $b$ prend des valeurs $\ie0$ sur $E_-\oplus E_0$.
Comme elle est définie positive sur $F$, $F\cap(E_-\oplus E_0)=\{0\}$.

Un raisonnement analogue conduit à $F\cap(E_+\oplus E_0)=\{0\}$ si $b$ est définie négative sur
$F$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 4-b Invariance de $\sigma(E,b)$ :} Nous allons établir l'invariance de $\text{dim
}E_+$.

Considérons ${\cal B}'=(e'_1,\cdots,e'_n)$ une base semi-orthonormée de $E$ et  $E'_+,E'_-,E'_0$
les sous-espaces vectoriels associés.\\ Pour tout vecteur $x=\ds\sum_{e_i\in E'_+}x_ie_i$ de
$E'_+$, on a $$b(x,x)=\sum_{e_i\in E'_+}x_i^2\se0$$ avec égalité si et seulement si $x=0$, donc $b$
est définie positive sur $E'_+$. D'après la question précédente $E'_+\cap(E_-\oplus E_0)=\{0\}$, ce
qui assure dim $E'_+\ie$ dim $E_+$ et par symétrie dim $E'_+=$ dim $E_+$.

De manière analogue on a dim $E'_-=$ dim $E_-$, d'où $$\sigma(E,b)=\sum_{i=1}^n b(e_i,e_i)=\text{
dim }E_+-\text{ dim }E_-$$ est indépendant du choix de $\cal B$.\\[.3cm] \textbf{PS :} Bien sur,
$(\text{dim }E_+,\text{dim }E_-)$ n'est autre que la signature de $b$, au sens usuel.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5  Détermination de $\sigma(E)$ :} La matrice canoniquement associée à $b$ est
$$B=\left(\begin{array}{lllll}&&&&1\\&&&\adots&\\&&\adots&&\\&1&&&\\1&&&&\end{array}\right).$$ On
reconnaît la matrice d'une symétrie orthogonale dans $\C^n$ muni de la structure hermitienne
usuelle.\\ $B$ étant unitairement semblable à une matrice  diagonale de terme égal à $\pm1$, on a
$$\sigma(E)=\text{trace }B=\left\{\begin{array}{ll}0&\text{si $n$ est
pair}\\1&\text{sinon}\end{array}\right..$$
\textbf{Autre méthode :} Un raisonnement direct permet de voir que pour $n$ pair,
$$\left({\sqrt2\over2}(e_i+e_{n+1-i})_{1\ie i\ie{n\over2}}\ ,\ {\sqrt2\over2}(e_i-e_{n+1-i})_{1\ie
i\ie{n\over2}}\right)$$ est une base semi-orthonormée  et dans ce cas $\sigma(E)=0$.

Sinon pour $n$ impair $$\left({\sqrt2\over2}(e_i+e_{n+1-i})_{1\ie i\ie{n-1\over2}}\
,e_{n+1\over2},\ {\sqrt2\over2}(e_i-e_{n+1-i})_{1\ie i\ie{n-1\over2}}\right)$$
 est une base
semi-orthonormée  et donc $\sigma(E)=1$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 6-a Existence de $\cal B$ dans le cas $x\in E^\perp$ :} Si $n=1$ le résultat est clair.

Sinon considérons $H$ un hyperplan de $E$ ne contenant pas $x=e_1$. D'après \textbf{I-2} il existe
dans $(H,b)$ une base semi-orthonormée $(e_2,\cdots,e_n)$.

La base $(e_1,e_2,\cdots,e_n)$ vérifie les propriétés requises alors.\\[.3cm]
\textbf{\bm 6-b Cas $b(x,x)\not=0$ :} Considérons  le vecteur
$e_1=|b(x,x)|^{-{1\over2}}x$.

On vérifie comme en \textbf{I-2} que $H=(\C e_1)^\perp$ est un hyperplan de $E$. Considérons alors
 $(e_2,\cdots,e_n)$ une base semi-orthonormée de $H$.

La base ${\cal B}=(e_1,e_2,\cdots,e_n)$ et le réel  $\lambda=|b(x,x)|^{{1\over2}}$ répondent à la
question.\\[.3cm]
\textbf{\bm 6-c Cas $b(x,x)=0$ et $x\notin E^\perp$ :} $x$ n'est pas dans $E^\perp$ donc $b(.,x)$ est une forme linéaire non nulle et il existe $y\in E$
tel que $b(y,x)=1.$\\ Les vecteurs $e_1=\lambda x+y$ et $e_2=\mu x-y$, avec
$$\lambda={1\over2}(1-b(y,y))\text{ et }\mu={1\over2}(1+b(y,y))$$ vérifient les relations
$$b(e_1,e_1)=-b(e_2,e_2)=1\text{, }b(e_1,e_2)=0\text{ et }x=e_1+e_2.$$ et donc sont  linéairement
indépendant. Désignons par $\Pi$ le plan qu'ils engendrent. Montrons alors l'égalité $E=\Pi\oplus
\Pi^\perp$.

Un vecteur $\xi$ de $\Pi$ s'écrit $\xi=b(\xi,e_1)e_1-b(\xi,e_2)e_2$. Celui-ci est donc dans
$\Pi^\perp$ si et seulement s'il est nul, d'où la somme directe proposée. ($b$ est de signature
$(1,1)$ sur $\Pi$ donc non dégénérée)\\ En outre, pour tout $\xi\in E$, on a la décomposition
$$\xi=\underbrace{b(\xi,e_1)e_1-b(\xi,e_2)e_2}_{\text{vecteur de }\Pi}\ +\
\underbrace{\xi-b(\xi,e_1)e_1+b(\xi,e_2)e_2}_{\text{ vecteur de }\Pi^\perp}.$$ On en déduit
l'égalité annoncée.

Considérant $(e_3,\cdots,e_n)$ une base semi-orthonormale de $\Pi^\perp$, la base ${\cal
B}=(e_1,e_2,e_3,\cdots,e_n)$ vérifie les propriétés requises alors.\\[.3cm]
\textbf{\bm 7 $\sigma(E)=\sigma(F)+\sigma(G)$ :} Supposons $x\in E^\perp$.

Alors $G=E$ et on a $$\sigma(F)+\sigma(G)=0+\sigma(E)=\sigma(E),$$ d'où ce premier point.

Supposons $b(x,x)\not=0$.

Gardons alors les notations de la question \textbf{I-6-b}. On peut écrire
\begin{align}\sigma(F)+\sigma(G)&\nonumber=b(e_1,e_1)+\sigma(H)\\
&\nonumber= b(e_1,e_1)+b(e_2,e_2)+\cdots+b(e_n,e_n)\\&\nonumber= \sigma(E)\end{align} d'où ce
second point.

Supposons enfin $b(x,x)=0$ et $x\notin E^\perp$ puis gardons  les notations de \textbf{I-6-c}.

 $G$ est le noyau de la forme linéaire $b(.,x)\not=0$ et donc est un hyperplan de $E$.\\ On en déduit
 que $(x,e_3,\cdots,e_n)$ est une base semi-orthonormée de $G$ et par suite
\begin{align}\sigma(F)+\sigma(G)&\nonumber=b(x,x)+b(x,x)+b(e_3,e_3)+\cdots+b(e_n,e_n)\\
&\nonumber= b(e_3,e_3)+\cdots+b(e_n,e_n).\end{align} Par
ailleurs
\begin{align}\sigma(E)&\nonumber=b(e_1,e_1)+b(e_2,e_2)+b(e_3,e_3)+\cdots+b(e_n,e_n)\\
&\nonumber=1-1+ b(e_3,e_3)+\cdots+b(e_n,e_n)\\&\nonumber= b(e_3,e_3)+\cdots+b(e_n,e_n)\end{align}
ce qui fournit $$\sigma(E)=\sigma(F)+\sigma(G)$$ d'où ce dernier point et le résultat demandé.
\\[.3cm]
\textbf{\bm 8 $\sigma(E)=\sigma(F)+\sigma(F^\perp)$ :} Fixons un entier naturel $1\ie k<p$. On a
$$F_{k+1}^\perp=F_k^\perp\cap(\C u_{k+1})^\perp.$$ La droite $\C u_{k+1}$ étant contenue dans
$F_{k}^\perp$, on peut interpréter $F_{k+1}^\perp$ comme l'orthogonal de $\C u_{k+1}$ dans
$((F_k)^\perp,b)$. La question précédente fournit alors
$$\sigma(F_{k+1}^\perp)=\sigma((F_k)^\perp,b)-\sigma(\C u_{k+1})$$ ou encore
$$\sigma(G_{k+1})=\sigma(G_k)-b(u_{k+1},u_{k+1}).$$ Par ailleurs, on a
$\sigma(F_{k+1})=\sigma(F_k)+b(u_{k+1},u_{k+1})$, d'où par addition
$$\sigma(G_{k+1})+\sigma(F_{k+1})=\sigma(G_k)+\sigma(F_k).$$

Il en résulte
$$\sigma(E)=\sigma(F_1)+\sigma(G_1)=\sigma(F_2)+\sigma(G_2)=\cdots=\sigma(F_p)+\sigma(G_p)$$ et en
particulier $$\sigma(E)=\sigma(F)+\sigma(F^\perp).$$
\textbf{Remarque :} Rappelons que toute somme indexée par l'ensemble vide est nulle. C'est ainsi que
l'on a  $\sigma(\{0\})=0$.
\begin{center}
\Large{\textbf{II --- Espaces sesquilinéaires}}\\[.6cm]\end{center}
\textbf{\bm 1-a $b(x,y)={^t}\! XM\overline{Y}$ :} On peut déjà écrire, avec des notations évidentes
$$b(x,y)=b(\sum_{1\ie i\ie n}x_ie_i,\sum_{1\ie i\ie n}y_ie_i)=\sum_{1\ie i,j\ie
n}x_i\overline{y_j}\ b(e_i,e_j).$$ Par ailleurs, on a successivement
\begin{align}
{^t}\! XM\overline{Y}&\nonumber=\left(\begin{array}{l}x_1,\cdots,x_n\end{array}\right)
\left(\begin{array}{l}z_1\\z_2\\\vdots\\z_n\end{array}\right)=x_1z_1+\cdots+x_nz_n\end{align} où
l'on a posé, pour $i\in\Io1,n\If$
$$z_i=b(e_i,e_1)\overline{y_1}+b(e_i,e_2)\overline{y_2}+\cdots+b(e_i,e_n)\overline{y_n}.$$ Il en
résulte $${^t}\! XM\overline{Y}=\sum_{1\ie i,j\ie n}x_i\overline{y_j}\ b(e_i,e_j)=b(x,y),$$ ce qui
constitue le résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 1-b-c \'Etude des CNS proposées :} Il suffit de remarquer, pour tout $x\in E$
\begin{align}x\in{^\perp}\!E&\nonumber\Longleftrightarrow\qqs Y\in M_{n,1}(\C),\
^tXM\overline{Y}=0\\ &\nonumber\Longleftrightarrow {^t}\!MX=0.\end{align} puis,
 pour tout $y\in E$
\begin{align}y\in E{^\perp}&\nonumber\Longleftrightarrow\qqs X\in M_{n,1}(\C),\
^tXM\overline{Y}=0\\ &\nonumber\Longleftrightarrow \overline{M}Y=0.\end{align} Les matrices
$M,\overline{M}$ et $^tM$ étant de même rang, les conditions proposées en sont des conséquences
directes.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2-a $^\perp F$ et $F^\perp$ sont des ss-ev :} En vue d'une prochaine utilisation, introduisons
 sur $E^2$ l'application
$$b':(x,y)\mapsto\overline{b(y,x)}.$$ C'est une forme sesquilinéaire dont la matrice dans $\cal B$
est $^t\overline{M}$. \\ Notons en outre que les orthogonaux à gauche et à droite de $F$ dans
$(E,b')$ sont obtenues simplement en échangeant ceux  dans $(E,b)$.

 On peut alors écrire $$^\perp F=\bigcap_{y\in F}\text{ Ker }b(.,y) \ \ \ \text{ et }\ \ \
   F^\perp=\bigcap_{y\in F}\text{ Ker }b'(.,y)$$ d'où le résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2-b Inégalités souhaitées :} Considérons $(e_1,\cdots,e_p)$ une base de $F\cap E^\perp$
que nous complétons en $(e_1,\cdots,e_p,e_{p+1},\cdots,e_q)$ une base de $F$.

Un vecteur $x$ de $E$ est dans $^\perp\!F$ si et seulement si
$$\left\{\begin{array}{c}b(x,e_1)=0\\\vdots\\ b(x,e_q)=0\end{array}\right.\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{c}b(x,e_{p+1})=0\\\vdots\\ b(x,e_q)=0\end{array}\right..$$
 Les $q-p$ dernières
formes linéaires $(b(.,e_{k}))_{p+1\ie k\ie q}$ sont linéairement indépendantes car pour des
complexes $\lambda_{p+1},\cdots,\lambda_q$ tels que
$$\lambda_{p+1}b(.,e_{p+1})+\cdots+\lambda_{q}b(.,e_{q})=0,$$ on peut écrire : $$\qqs x\in E,\
b(x,\sum_{k=p+1}^{k=q}\overline{\lambda_k}e_k)=0$$ ou encore $$\sum_{p+1\ie k\ie
q}\overline{\lambda_k}e_k\in  F\cap E^\perp,$$ c'est-à-dire $\lambda_{p+1}=\cdots=\lambda_q=0$ par
définition de $(e_1,\cdots,e_q)$.

Le système linéaire précédent est donc de rang $q-p$, d'où on en déduit la relation $$\text{dim
}F+\text{dim }^\perp F=\text{dim }E+\text{dim }(F\cap E^\perp).$$

 Ce résultat sur $b'$ fournit la relation $$\text{dim }F+\text{dim }
F^\perp=\text{dim }E+\text{dim }(F\cap{^\perp\!E}).$$

Donc on peut écrire $$\text{dim }F+\text{dim }^\perp F\se\text{dim }E\ \ \ \text{ et }\ \ \
\text{dim } F+\text{dim }F^\perp\se\text{dim }E$$ avec égalité si $b$ est non dégénérée sur
$E$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2-c $E=F\oplus F^\perp=F\oplus{^\perp}\!F$ :} $b$ est non dégénérée sur $F$ donc on a
$$F\cap F^\perp=F\cap{^\perp}\!F=\{0\}.$$ Les relations découlent de ce qui précède alors.\\[.3cm]
\textbf{\bm 3 Exemple demandé :} $b$ a pour expression sur $E$
$$b(x,y)=x_1\overline{y_2}+x_2\overline{y_2}.$$

 La droite $F=\C(e_1-e_2)$ admet $E$ et $F$ pour orthogonal respectivement  à
droite et à gauche. Elle vérifie donc les propriétés requises.\\[.3cm]
\textbf{\bm 4 Existence de $f$ :} Gardons les notations de la question \textbf{II-1}.

$b$ est sesquilinéaire symétrique si et seulement si $b=b'$, c'est-à-dire si et seulement si $M$
est hermitienne.

Par ailleurs, si $f$ est un endomorphisme de $E$ de matrice $A$ dans $\cal B$, on a $$\qqs (x,y)\in
E^2,\ b(f(x),y)={^t\!}(AX)M\overline{Y}={^t\!}X({^t\!}AM)\overline{Y}.$$ $f$ vérifie les propriétés
requises si et seulement si $A$ est inversible et ${^t\!}AM$ est hermitienne.

Si $M$ est de rang $r\in\N$, ils existent $P$ et $Q$ inversibles telles que
$$M=P^{-1}\text{Diag}(\underbrace{1,\cdots,1}_{\text{ $r$ fois}},0,\cdots,0)Q.$$ Les conditions se
trouvent donc réunies pour le choix de $f$ tel que $A={^t\!}P\overline{Q}$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5-a $|\varepsilon|=1$ :} $b$ est non nulle donc il existe $(x,y)\in E^2$ tel que
$b(x,y)\not=0$. On peut alors écrire \begin{align}b(x,y)&\nonumber=\varepsilon
\overline{b(y,x)}\\&\nonumber=\varepsilon\
\overline{\varepsilon\overline{b(x,y)}}\\&\nonumber=|\varepsilon|^2b(x,y),\end{align} d'où le
résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5-b Exemple demandé :} On prend la forme sesquilinéaire $b$ dont la matrice canoniquement
 associée dans $\C^2$ est
$$M=\left(\begin{array}{ll}0&1\\\varepsilon&0\end{array}\right).$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 6-a Existence de $\alpha$ :} Si $\varepsilon=e^{i\theta}$, le complexe
$\alpha=e^{-i{\theta\over2}}$ répond à la question.
\\[.3cm]
\textbf{\bm 6-b $\beta b$ est symétrique ssi $\beta\alpha^{-1}$ est réel :} On supposera $b$ non nulle.

Cette condition est clairement suffisante.

 Considérons un complexe $\beta$ non nul tel que $\beta b$ soit symétrique.\\ Alors d'après
\textbf{I-1}, il existe $x\in E$ tel que $\alpha b(x,x)\not=0$. Ceci permet de voir que
$$\beta\alpha^{-1}=(\beta b(x,x))\ (\alpha b(x,x))^{-1}$$ est  réel  puis que la condition est
nécessaire d'où le résultat annoncé.\\[.3cm]
\textbf{\bm $\sigma(E,\beta b)=\text{sign}(\beta\alpha^{-1})\sigma(E,\alpha b)$ :} Considérons
$(e_1,\cdots,e_n)$ une base semi-orthonormée dans $(E,\alpha b)$. Alors la base
$(\varepsilon_1,\cdots,\varepsilon_n)$ définie par
$\varepsilon_k=|\beta\alpha^{-1}|^{-{1\over2}}e_k$ est semi-orthonormée dans $(E,\beta b)$. On en
déduit \begin{align} \sigma(E,\beta b)&\nonumber=\sum_{k=1}^n\beta b(\varepsilon_k,\varepsilon_k)\\
&\nonumber=\text{sign}(\beta\alpha^{-1})\sum_{k=1}^n\alpha
b(e_k,e_k)\\&\nonumber=\text{sign}(\beta\alpha^{-1})\ \sigma(E,\alpha b)\end{align} d'où le
résultat annoncé.
\begin{center}
\Large{\textbf{III --- Espaces semiquadratiques}}\\[.6cm]\end{center}
\textbf{\bm 1 $u=\varepsilon$ :} $f$ est non nulle donc considérons $x\in E$ tel que $f(x)=1$.\\ On
peut écrire $b(x,x)-u\overline{b(x,x)}=\alpha$. En conjuguant, on obtient
$\overline{b(x,x)}-\overline{u}b(x,x)=\overline{\alpha}$ puis en combinant
$\alpha+u\overline{\alpha}=0$ c'est-à-dire $u=\varepsilon$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2-a Existence d'un vecteur centre :} On peut par exemple utiliser les matrices mais on va raisonner
 directement.

 Montrons l'unicité sous réserve d'existence. Si $e$ et $e'$ répondent au problème, alors $(e-e')\in
 E^\perp=\{0\}$ car $b$ est non dégénérée, d'où ce premier point.

 Montrons l'existence de $e$. Si $f$ est nulle $e=0$ répond à la question. \\
 Sinon Ker$f$ est un hyperplan de $E$ et son orthogonal à droite est une droite $\C\zeta$ dont l'orthogonal à gauche est
  Ker$f$ puisque $b$ est non dégénérée.

  Il existe donc  $\mu\in\C$ tel que $f=\overline{\mu} b(.,\zeta)$ puis  le vecteur $e=\mu\zeta$ convient alors.
\\[.3cm]
\textbf{\bm $|\lambda|=1$ :} On a $f(e)=b(e,e)$ donc on obtient le résultat  en remplaçant $x$ et $y$ par $e$
puis $\varepsilon$ par $\ds-{\alpha/\overline{\alpha}}$ dans (SQ).\\[.3cm]
\textbf{\bm 2-b $\cal E$ et ${\cal E}'$ ont même poids :} Considérons $\varphi$ un isomorphisme de $E$
sur $E'$.\\ On vérifie aisément que $\varphi$ envoie le vecteur centre de $\cal E$ sur celui de
${\cal E}'$, ce qui fournit avec des notations évidentes $f'(e')=f'(\varphi(e))=f(e)$, c'est-à-dire
$\lambda=\lambda'$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2-c Cas $\cal E$ de type T0 :} On a immédiatement $e=0$ et $\lambda=1$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 3 Ker$f=F\Longleftrightarrow x\in\C e$ :} Le raisonnement mené en \textbf{III-2-a} montre que
Ker$f$ a pour orthogonal à droite la droite $\C e$, droite pour laquelle Ker$f$ est l'orthogonal à
gauche. L'équivalence proposée en découle.\\[.3cm]
\textbf{\bm 4 Existence et unicité de $b$ :} $E=\C$ donc il existe un complexe $u$ tel que :
$$\qqs (z,t)\in\C^2,\ b(z,t)=uz\overline{t}.$$  Posons alors $\theta=\text{Arg
}\lambda\in]0,2\pi[$.

Supposons $b$ solution de notre problème. Alors son vecteur centre $e$ vérifie
$$b(e,e)=e={1-\lambda\over\overline{\alpha}}.$$ Par ailleurs, on a
\begin{align}
\qqs z\in\C,\ b(z,e)=z&\nonumber \Longleftrightarrow\qqs z\in\C,\ uz\overline{e}=z\\&\nonumber
\Longleftrightarrow e={1\over\overline{u}}\end{align} ce qui assure que le complexe $u$ est
déterminé de manière unique par $$u={\alpha\lambda\over\lambda-1}={\alpha\over2}\left(1-i\text{
cotg}{\theta\over2}\right).$$

Réciproquement, si cette dernière relation est vérifiée, on a successivement :
\begin{align}
\qqs (z,t)\in\C^2,\ b(z,t)-\varepsilon
\overline{b(t,z)}&\nonumber=(u-\varepsilon\overline{u})z\overline{t}\\&\nonumber=2{\Re(\overline{\alpha}
u)\over\overline{\alpha}}z\overline{t}\\&\nonumber=\alpha z\overline{t},
\end{align}
ce qui constitue (SQ). Les calculs menés précédemment montre bien alors dans ce dernier cas que le
poids de $(\C,b,\text{Id})$ est $\lambda$.\\[.3cm]
\textbf{\bm CNS des droites $\alpha$-SQ isomorphes de type T1 :} Si deux droites $\alpha$-SQ sont
isomorphes, elles sont de même poids, en vertu de la question \textbf{III-2-b}.

Traitons la réciproque. Commençons par remarquer que la relation d'être isomorphe est d'équivalence
sur l'ensemble des espaces $\alpha$-SQ de dimension 1.\\ Le poids étant invariant sur chacune des
classes, il suffit de montrer le résultat sur les droites $\alpha$-semiquadratique $(\C,b,f)$, qui
en sont des représentants.

Considérons donc ${\cal E}=(\C,b,f)$ et ${\cal E}'=(\C,b',f')$ des espaces $\alpha$-SQ de type T1
de même poids. Il existe $(\mu,\mu')\in{\C^*} ^2$ tel que sur $\C$ l'on ait  $f(z)=\mu z$ et $
f'(z)=\mu' z.$

 On
vérifie alors  que $(\C,|\mu|^{-2}b,\text{ Id})$ et $(\C,|\mu'|^{-2}b',\text{ Id})$ sont des
espaces $\alpha$-SQ de poids  égal à celui de $\cal E$ et de ${\cal E}'$ respectivement, donc de
même poids.

Le résultat établi dans la question précédente  fournit $|\mu|^{-2}b=|\mu'|^{-2}b'$.

 L'homothétie $\varphi$ de rapport $\mu{\mu'}^{-1}$ réalise alors un isomorphisme de $\cal E$ sur
${\cal E}'$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5-a $\Re (b(x,x)/\alpha)=(1/2)$ :} La relation (SQ) donne
$$b(x,x)-\varepsilon\overline{b(x,x)}=\alpha\ \ \ \text{ soit }\ \ \
\overline{\alpha}b(x,x)+\alpha\overline{b(x,x)}=|\alpha|^2$$ c'est-à-dire $\Re
(b(x,x)/\alpha)=(1/2)$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5-b Existence de $x$ :} $f$ est non nulle donc il existe $y\in E$ tel que $f(y)=1$.\\
D'après ce qui précède, on peut trouver $\varrho$ réel tel que $b(y,y)/\alpha=(1/2)+i\varrho$.
\\ On peut écrire $b(y,e)=f(y)=1$, puis d'après les hypothèses
 $b(e,e)=f(e)=0$. Enfin (SQ) fournit  $b(e,y)=\varepsilon$. On vérifie  alors que le vecteur
 $$ x=y+i{\overline{\alpha}\varrho\over2} e$$ vérifie les propriétés requises.

 Notons au passage que $f(x)=1$ et $f(e)=0$ donc $(x,e)$ constitue une base du plan $E$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5-c Deux tels espaces sont isomorphes :} Considérons $\cal E$  et ${\cal E}'$ deux
plans $\alpha$-SQ de type T1 et de poids 1.

Associons leur les bases ${\cal B}=(x,e)$ et ${\cal B}'=(x',e')$ vues précédemment.\\ Alors
l'application linéaire qui envoie ${\cal B}$ sur ${\cal B}'$ est un isomorphisme de $\cal E$  sur
${\cal E}'$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 6 Existence du produit orthogonal :} La fonction
$$f''(x,x')=f(x)+f'(x')$$est clairement une forme linéaire sur $E''$. Elle répond donc à la
question.

Par ailleurs si $b''$ existe, elle vérifie sur $E''$
\begin{align}
b''((x,x'),(y,y'))&\nonumber=b''((x,0),(y,0))+b''((x,0),(0,y'))\\&\nonumber
+b''((0,x'),(y,0))+b''((0,x'),(0,y'))\\ &\nonumber=b(x,y)+b'(x',y')+b''((0,x'),(y,0)).\end{align}
La condition (SQ) fournit alors sur $E''$
$$b''((0,x'),(y,0))-\varepsilon\overline{b''((y,0),(0,x'))}=\alpha f''(0,x')\overline{f''(y,0)}$$
c'est-à-dire $$b''((0,x'),(y,0))=\alpha f'(x')\overline{f(y)}$$ et donc
$$b''((x,x'),(y,y'))=b(x,y)+b'(x',y')+\alpha f'(x')\overline{f(y)}.$$ Réciproquement cette
application est une forme sesquilinéaire sur $E''$ qui convient, d'où le résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 7 $\cal E$ est isomorphe à ${\cal F}\times{\cal F}^\perp$ et ${\cal F}\times{^\perp}\!{\cal F}$ :} $b$ est non dégénérée sur
$F$.

Les relations $$F={^\perp}\!(F^\perp)=({^\perp}\!F)^\perp$$ assure qu'elle est non dégénérée sur
ses orthogonaux à droite et à gauche.

Il est facile de voir alors  par restriction que  ${\cal F},{\cal F}^\perp$ et $^\perp{\cal F}$
sont $\alpha$-SQ.

En outre, on a $E=F\oplus F^\perp$. Cela permet de déduire que $$\varphi:(x_F,x_{F^\perp})\mapsto
x_F+x_{F^\perp}$$ est un isomorphisme de ${\cal F}\times{\cal F}^\perp$ sur $\cal E$.

On établit de même que $\cal E$ est isomorphe à ${\cal F}\times{^\perp}\!{\cal F}$.

Ajoutons en outre une propriété qui nous servira par la suite.\\ Si ${\cal E},{\cal E}'$ et
 ${\cal F},{\cal F}'$ sont isomorphes, alors ${\cal E}\times{\cal F}$ et ${\cal
E}'\times{\cal F}'$ sont isomorphes.\\ En effet, si ${\cal E}\overset{\varphi}{\mapsto}{\cal E}'$
et ${\cal F}\overset{\phi}{\mapsto}{\cal F}'$ sont des isomorphismes, l'application  $$(x,y)\mapsto
(\varphi(x),\phi(x))$$ réalise un isomorphisme de ${\cal E}\times{\cal F}$ sur ${\cal
E}'\times{\cal F}'$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 8 ${\cal E}''$ a pour poids $\lambda\lambda'$ :} On vérifie que le vecteur centre est $e''=(e,\lambda e').$

On en déduit
\begin{align}
{1-\lambda''\over\overline{\alpha}}&\nonumber=f''(e'')\\ &\nonumber=f(e)+f'(\lambda e')\\
&\nonumber={1-\lambda\over\overline{\alpha}}+\lambda {1-\lambda'\over\overline{\alpha}}
\\
&\nonumber={1-\lambda\lambda'\over\overline{\alpha}}\end{align} d'où le résultat annoncé.\\[.3cm]
\textbf{\bm 9 $b$ non dégénérée sur $F$ $\Longleftrightarrow(\lambda\not=1)$ ou ($\cal E$ de type T0) :}
 $b$ est non dégénérée sur $F={^\perp}\!(\C e)$ si et seulement si
$${^\perp}\!(\C e)\cap\C e=\{0\}.$$ Ou bien $e=0$ et  alors $\cal E$ est de type T0, sinon cette
condition équivaut à $b(e,e)\not=0$ c'est-à-dire $\lambda\not=1$, d'où le résultat annoncé.\\[.3cm]
\textbf{\bm $i\overline{\alpha}b$ est symétrique sur $F$ :} $f$ étant nulle sur $F$, on obtient
en utilisant (SQ) : $$\qqs(x,y)\in F^2,\ b(x,y)=\varepsilon \overline{b(y,x)}$$ c'est-à-dire
$$\qqs(x,y)\in F^2,\ i\overline{\alpha}b(x,y)=\overline{i\overline{\alpha} b(y,x)}$$ d'où le
résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 10 $ps({\cal E}\times{\cal E}')=ps({\cal E})+ps({\cal E}')$ :} Considérons
$(e_1,\cdots,e_n)$ et $(e'_1,\cdots,e'_p)$ des bases semi-orthonormées respectives de
$(E,i\overline{\alpha}b)$ et $(E',i\overline{\alpha}b')$.\\ L'une des formes linéaires $f$ ou $f'$
étant nulle, la famille $$((e_1,0),\cdots,(e_n,0),(0,e'_1),\cdots,(0,e'_p))$$ constitue une base
semi-orthonormée de $(E'',b'')$.

On en déduit \begin{align} ps({\cal E}\times{\cal
E}')&\nonumber=i\overline{\alpha}b''((e_1,0),(e_1,0))+\cdots+i\overline{\alpha}b''((e_n,0),(e_n,0))\\
&\nonumber+i\overline{\alpha}b''((0,e'_1),(0,e'_1))+
\cdots+i\overline{\alpha}b''((0,e'_p),(0,e'_p)))\\
&\nonumber=i\overline{\alpha}b(e_1,e_1)+\cdots+i\overline{\alpha}b(e_n,e_n)+
i\overline{\alpha}b'(e'_1,e'_1)+\cdots+i\overline{\alpha}b'(e'_p,e'_p))\\ &\nonumber=ps({\cal
E})+ps({\cal E}')
\end{align}
d'où la relation souhaitée.\\[.3cm]
\textbf{\bm 11-a \'Etude des restrictions :} On a déjà
$$E_1\cap E_1^\perp={^\perp\! E_2}\cap E_2=E_1\cap E_2=\{0\}.$$ On en déduit que $b$ est non
dégénérée sur $E_1$ et $E_2$.

En outre,  $f$ n'est pas nulle sur $E_1$ et $E_2$. Donc par restriction, $(E_1,b,f)$ et $(E_2,b,f)$
sont des espaces $\alpha$-SQ de type T1.\\[.3cm]
\textbf{\bm 11-b $(F_1\oplus F_2)^\perp=\C e_1\oplus \C e_2$ :} Commençons par noter
que les sommes directes proposées résultent de $F_1\times F_2\subset E_1\times E_2$ et
$(e_1,e_2)\in E_1\times E_2$.

 $F$ est un hyperplan de $E$ ne contenant pas $E_1$ et $E_2$. Les vecteurs  $e_1$ et $e_2$ sont alors non nuls
 et par suite linéairement indépendants puis $F_1$ et $F_2$ sont des hyperplans respectifs de $E_1$ et $E_2$.
 On a  donc dim$(F_1\oplus F_2)=\text{dim }E-2$ et par suite $(F_1\oplus
F_2)^\perp$ est un plan car $b$ est non dégénérée sur $E$.

Remarquons en outre que : $$\qqs x\in F_1,\ b(x,e_1)=f(x)=0$$ puis en utilisant (SQ) : $$\qqs x\in
F_2,\ b(x,e_1)=\varepsilon \overline{b(e_1,x)}=0,$$ la dernière égalité résultant de $F_2\subset
E_1^\perp$. On en déduit $e_1\in(F_1\oplus F_2)^\perp$.

On vérifie facilement  $e_2\in(F_1\oplus F_2)^\perp$ puis l'égalité annoncée.

En particulier si ${\cal E}_1$ et ${\cal E}_2$ sont de poids 1, $e_1$ et $e_2$ sont dans $F$ et
donc $$F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp=\C e_1\oplus \C e_2.$$ Sinon $e_1$ ou $e_2$ n'est pas dans $F$ et
cette intersection est réduite à une droite.\\ Dans ce dernier cas,  $f(e_2)e_1-f(e_1)e_2$ en est
un vecteur directeur c'est-à-dire $$F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp=\C(f(e_2)e_1-f(e_1)e_2).$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 11-c Valeur de $ps({\cal E})-ps({\cal E}_1)-ps({\cal E}_2)$ :} $F_1\oplus F_2$ étant un
sous-espace vectoriel de $F$, on a
\begin{align}
ps({\cal E})&\nonumber=\sigma(F,i\overline{\alpha}b)\\ &\nonumber=\sigma(F_1\oplus
F_2,i\overline{\alpha}b)+\sigma(F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp,i\overline{\alpha}b)\end{align} la
dernière égalité découlant de la question \textbf{I-8}. D'après les hypothèses, $F_1$ et $F_2$ sont
orthogonaux dans $(F,i\overline{\alpha} b)$. On en déduit
\begin{align}
\sigma(F_1\oplus
F_2,i\overline{\alpha}b)&\nonumber=\sigma(F_1,i\overline{\alpha}b)+\sigma(F_2,i\overline{\alpha}b)\\
&\nonumber=ps({\cal E}_1)+ps({\cal E}_2).\end{align} Donc on a la relation $$ps({\cal E})-ps({\cal
E}_1)-ps({\cal E}_2)=\sigma(F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp,i\overline{\alpha}b).$$

Par ailleurs, $E_1^\perp=E_2$ donc d'après \textbf{III-7}, $\cal E$ est isomorphe à ${\cal
E}_1\times{\cal E}_2$.\\ Les questions \textbf{III-2-b} et \textbf{III-8} fournissent alors
$\lambda=\lambda_1\lambda_2$.

Si $F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp=\C e_1\oplus \C e_2$, on peut écrire $$i\overline{\alpha}
b(e_1,e_1)=i\overline{\alpha}f(e_1)=0,\ b(e_2,e_2)=i\overline{\alpha}f(e_2)=0\ \text{ et }\
i\overline{\alpha}b(e_1,e_2)=0$$ d'où $b$ est nulle sur $F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp$. On en déduit
\begin{align}ps({\cal E})-ps({\cal
E}_1)-ps({\cal E}_2)&\nonumber=0\\ &\nonumber=\Im\lambda_1+\Im\lambda_2-\Im\lambda\end{align}
puisque dans ce cas $\lambda=\lambda_1=\lambda_2=1.$

Traitons le cas $F\cap(F_1\oplus F_2)^\perp=\C\zeta$ où l'on a posé $\zeta=f(e_2)e_1-f(e_1)e_2.$\\
La valeur de $\sigma(\C\zeta,i\overline{\alpha} b)$ dépend du signe de $i\overline{\alpha}
b(\zeta,\zeta)$.\\ Posons $\theta_1=\text{Arg }\lambda_1$ et $\theta_2=\text{Arg }\lambda_2$ de
telle façon à avoir $\lambda=e^{i(\theta_1+\theta_2)}$.

La relation (SQ) fournit $$b(e_2,e_1)=\alpha f(e_2)\overline{f(e_1)},$$ d'où, par développement on
obtient
\begin{align}
b(\zeta,\zeta)&\nonumber=|f(e_2)|^2b(e_1,e_1)-f(e_1)\overline{f(e_2)}b(e_2,e_1)+|f(e_1)|^2b(e_2,e_2)\\
&\nonumber=|f(e_2)|^2f(e_1)-\alpha|f(e_1)|^2|f(e_2)|^2+|f(e_1)|^2f(e_2)\\
&\nonumber=f(e_1)f(e_2)(\overline{f(e_1)}+\overline{f(e_2)}-\alpha\overline{f(e_1)}\overline{f(e_2)}).\end{align}
Il en résulte
\begin{align}
i\overline{\alpha}b(\zeta,\zeta)&\nonumber={i\over|\alpha|^2}(1-\lambda_1)(1-\lambda_2)(1-\overline{\lambda})\\
&\nonumber={8\over|\alpha|^2}\
\sin{\theta_1\over2}\sin{\theta_2\over2}\sin{\theta_1+\theta_2\over2}\\
&\nonumber={2\over|\alpha|^2}(\Im\lambda_1+\Im\lambda_2-\Im\lambda).
\end{align}
Ainsi, le nombre $ps({\cal E})-ps({\cal E}_1)-ps({\cal E}_2)$ vaut $1,0,-1$ suivant que
$\Im\lambda_1+\Im\lambda_2-\Im\lambda$ est $>0$, nul ou $<0$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 12 $\lambda=1$ ssi $\sigma-n$ est pair :} Supposons $\lambda=1$ de telle sorte que
$\sigma=s$.\\ Alors $b(e,e)=f(e)=0$, d'où on en déduit à l'aide de \textbf{III-3} que $\C e$ est
l'orthogonal de Ker$f$ dans $($Ker$f,i\overline{\alpha}b)$.\\ D'après \textbf{I-6-a}, il existe une
base semi-orthonormée $(e_1,\cdots,e_{n-1})$ de Ker$f$ telle que $e_1=e$. Les vecteurs
$e_2,\cdots,e_{n-1}$ n'étant pas orthogonaux à Ker$f$, ne sont donc pas isotropes. Il en résulte
\begin{align}
s&\nonumber\equiv
i\overline{\alpha}b(e_1,e_1)+i\overline{\alpha}b(e_2,e_2)+\cdots+i\overline{\alpha}b(e_{n-1},e_{n-1})\\
&\nonumber\equiv 0+1+\cdots+1\\ &\nonumber\equiv n \ \ (\text{mod }2)\end{align} c'est à dire
$\sigma-n=s-n$ est pair.

Supposons $\lambda\not=1$ de telle sorte que $$\sigma=s+1-{\text{Arg }\lambda\over\pi}.$$ D'après
\textbf{III-9}, $i\overline{\alpha} b$ est non dégénérée sur Ker$f$ et donc les vecteurs d'une base
semi-orthonormée $(e_1,\cdots,e_{n-1})$ de $($Ker$f,i\overline{\alpha}b)$ sont non isotropes. Il en
résulte
\begin{align}
s&\nonumber\equiv
i\overline{\alpha}b(e_1,e_1)+i\overline{\alpha}b(e_2,e_2)+\cdots+i\overline{\alpha}b(e_{n-1},e_{n-1})\\
 &\nonumber\equiv n-1 \ \ (\text{mod }2).\end{align}
 On peut donc écrire
 \begin{align}
 e^{i(n-\sigma)\pi}&\nonumber=e^{i(n-s-1)\pi}\lambda\\&\nonumber=\lambda.\end{align}
 Par suite $ e^{i(n-\sigma)\pi}\not=1$, c'est-à-dire on a $\sigma-n\notin2\Z$ et
 l'équivalence annoncée.

 On en déduit dans tous les cas
 $$\lambda=e^{i(n-\sigma)\pi}.$$

 Donc si $\sigma-n\in2\Z$, on a  $s=\sigma$.\\ Sinon, en remarquant que pour tout $x$ réel,
 $$\text{Arg }e^{ix}=x-2\pi\left[{x\over2\pi}\right],$$ on obtient
 \begin{align}
 s&\nonumber=\sigma-1+{\text{Arg }e^{i\pi(n-\sigma)}\over\pi}\\&\nonumber
 =n-1-2\left[{n-\sigma\over2}\right]\\&\nonumber=n+1+2\left[{\sigma-n\over2}\right],\end{align} la
 dernière égalité ayant lieu car $\ds{n-\sigma\over2}$ n'est pas entier.\\[.3cm]
\textbf{\bm 13 $\sigma({\cal E})=\sigma({\cal E}_1)+\sigma({\cal E}_2)$ :} Traitons le cas $k=1$.

Si $\beta\gamma\not=0$, alors on a $0<\beta+\gamma<2\pi$ d'où
 \begin{align}
\sigma({\cal E})&\nonumber =ps({\cal E})+1-{\beta+\gamma\over\pi},\\
  \sigma({\cal E}_1) &\nonumber=ps({\cal
E}_1)+1-{\beta\over\pi},\\
  \sigma({\cal E}_2) &\nonumber=ps({\cal
E}_2)+1-{\gamma\over\pi}\end{align} et
\begin{align}\Im\lambda_1+\Im\lambda_2-\Im\lambda&\nonumber=
4\sin{\beta\over2}\sin{\gamma\over2}\sin{\beta+\gamma\over2}>0.\end{align} On en déduit
$$\sigma({\cal E})-\sigma({\cal E}_1)-\sigma({\cal E}_2)=ps({\cal E})-ps({\cal E}_1)-ps({\cal
E}_2)-1=0.$$

Si $\beta\gamma=0$, on a  $$\sigma({\cal E})-\sigma({\cal E}_1)-\sigma({\cal E}_2)=ps({\cal
E})-ps({\cal E}_1)-ps({\cal E}_2)=0.$$
Ceci établit la relation annoncée dans ce premier cas.

Les cas $k=0$ et $k=1$ se traitent de manière analogue.\\[.3cm]
\textbf{\bm Signature d'un produit orthogonal :} Soient des espaces $\alpha$-semiquadratiques
${\cal E}'=(E',b',f')$ et ${\cal E}''=(E'',b'',f'')$  puis leur produit orthogonal $\cal E$.

Supposons ${\cal E}'$ et ${\cal E}''$ de type T1. Alors   $$E_1=E'\times\{0\}\ \text{ et }\
E_2=\{0\}\times E''$$ sont des sous espaces vectoriels de $E=E'\times E''$ vérifiant les hypothèses
de la question \textbf{III-11}. D'après ce qui précède, on a $\sigma({\cal E})=\sigma({\cal
E}_1)+\sigma({\cal E}_2)$.\\ En outre, la première projection de $E_1$ et la seconde projection de
$E_2$ constituent respectivement des isomorphismes de ${\cal E}_1$ sur ${\cal E}'$ et ${\cal E}_2$
sur ${\cal E}''$.\\ Il en résulte $\sigma({\cal E})=\sigma({\cal E}')+\sigma({\cal E}'')$ dans ce
premier cas.

Supposons ${\cal E}'$ ou ${\cal E}''$  de type T0. D'après la question \textbf{III-10}, on a
$$ps({\cal E})=ps({\cal E}')+ps({\cal E}'')$$ ce qui fournit directement $\sigma({\cal
E})=\sigma({\cal E}')+\sigma({\cal E}'')$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 14 Exemple de droite $\alpha$-SQ de signature $\sigma$ :} Si $\sigma=\pm1$, on
prend les droites $\alpha$-SQ  de type T0 respectives $(\C,\pm b,0)$, où l'on a posé sur $\C$
$$b(z,t)=-i\alpha z\overline{t}.$$ Sinon on prend la droite $\alpha$-SQ introduite en
\textbf{III-4}, associée au poids $\lambda=-e^{-i\pi\sigma}$.\\[.3cm]
\textbf{\bm \'Etude de la CNS proposée :} Montrons que la condition est nécessaire.\\ Considérons $\cal E$ un
espace $\alpha$-SQ de dimension $n$.\\ Si $\lambda=1$, on a $$|\sigma|=|s|\ie\text{dim Ker}f\ie
n.$$ Sinon $\cal E$ est de type T1 et par suite Ker$f$ est un hyperplan. Comme on a
$$0\ie{\text{Arg }\lambda\over\pi}\ie2,$$ on déduit de l'expression de $\sigma$ l'encadrement
$$s-1\ie\sigma\ie s+1$$ puis $$-\text{ dim Ker}f-1\ie\sigma\ie\text{ dim Ker}f+1,$$ et donc
$|\sigma|\ie n$, d'où ce premier point.

Montrons que la condition est suffisante. Supposons $|\sigma|\ie n$.\\ Si $n=0$, l'espace nul
répond à la question. Sinon d'après la question précédente, il existe $\cal F$ une droite
$\alpha$-SQ de signature $\sigma/n$.\\ Considérons alors ${\cal E}={\cal F}^n$, où le membre de
droite est défini par la récurrence : $$\qqs1\ie p<n,\ \ \ \left\{\begin{array}{ll} {\cal
F}^1={\cal F}\\{\cal F}^{p+1}={\cal F}^p\times{\cal F}\end{array}\right..$$  D'après la question
\textbf{III-13}, on a $\sigma({\cal E})=n\sigma({\cal F})=\sigma$, d'où le résultat annoncé.\\[.3cm]
\textbf{\bm 15 \'Etude de la CNS d'isomorphie :} Montrons que la condition est nécessaire.
 Considérons  ${\cal E}=(E,b,f)$ et ${\cal E}'=(E',b',f')$ des espaces $\alpha$-SQ puis $\varphi$ un
 isomorphisme de $\cal E$ sur ${\cal E}'$.\\ Alors $\cal E$ et ${\cal E}'$ ont même dimension et il
 a déjà été vu qu'ils avaient
 même poids. \\ $\varphi$ réalise une bijection de Ker$f$ sur Ker$f'$, ce qui assure que
 $\cal E$ et ${\cal E}'$ ont même type. Enfin les hypothèses sur $\varphi$ permettent de vérifier
 qu'ils ont même pseudo-signature.

 La combinaison de ces propriétés assurent qu'ils ont même signature, d'où ce premier point.

 Montrons que la condition est suffisante.\\ On va établir par récurrence sur l'entier $n$ que
 deux espaces $\alpha$-SQ de dimension $n$, de même type et même signature sont isomorphes.

 Pour $n=0$ le résultat est clair.

 Traitons le cas $n=1$. Soient ${\cal E}$ et ${\cal E}'$ deux droites $\alpha$-SQ de même type et
 même signature. Ce qui précède assure comme en \textbf{III-4} que l'on ne restreint pas la
 généralité en supposant $E=E'=\C$.\\
 Alors les relations vues en \textbf{III-12} assurent que ces espaces ont même poids.\\ S'ils sont
 de type T1, le résultat est une conséquence de la question \textbf{III-4}.\\ S'ils sont de type
 T0, on vérifie que les formes bilinéaires associées sont de la forme
 $$(z,t)\mapsto-i\alpha\rho z\overline{t},$$ où $\rho$ est un réel du même signe que la signature.
 Il existe alors un réel non nul $\mu$ tel que $b=\mu^2b'$. L'homothétie de
 rapport $\mu$ réalise donc un isomorphisme de $\cal E$ sur ${\cal E}'$, d'où le résultat dans ce cas.

Supposons le résultat acquis jusqu'à $n-1\se1$. Soient ${\cal E}$ et ${\cal E}'$ deux espaces
$\alpha$-SQ de dimension $n$, de même type et même signature.\\ Alors ${\cal E}$ et ${\cal E}'$ ont
un même poids $\lambda$.

Traitons le cas $\lambda\not=1$. Les restrictions de $b$ à $\C e$ et de $b'$ à $\C e'$ sont non
dégénérées. Donc les espaces ${\cal F}=(\C e,b,f)$ et ${\cal F}'=(\C e',b',f')$ sont des droites
$\alpha$-SQ de type T1 et de même poids, d'où ils sont isomorphes.\\ Les espaces ${^\perp}\!{\cal
F}$ et ${^\perp}\!{\cal F}'$ sont des espaces $\alpha$-SQ de dimension $n-1$ et de type T0.\\
D'après
\textbf{III-7}, les espaces $\cal E$ et ${\cal F}\times{^\perp}\!{\cal F}$ puis ${\cal E}'$ et
${\cal F}'\times{^\perp}\!{\cal F}'$ sont isomorphes.\\ Les égalités $$\sigma({\cal
E})=\sigma({\cal E}')=\sigma({\cal F})+\sigma({^\perp}\!{\cal F})= \sigma({\cal
F}')+\sigma({^\perp}\!{\cal F}')$$ permettent de déduire que ${^\perp}\!{\cal F}$ et
${^\perp}\!{\cal F}'$ ont même signature.\\ Ces espaces vérifient l'hypothèse de récurrence au rang
$n-1$ et donc sont isomorphes.\\ Ainsi ${\cal E}$ et ${\cal E}'$ sont isomorphes comme produit
orthogonal d'espaces isomorphes.

Traitons le cas $\lambda=1$ et supposons les espaces ${\cal E}$ et ${\cal E}'$ de type T0.\\
 Les hypothèses permettent d'écrire
 $$\sigma(E,i\overline{\alpha}b)=\sigma(E',i\overline{\alpha}b').$$ Considérons $\cal B$ et ${\cal B}'$
  des bases semi-orthonormées respectives de $(E,i\overline{\alpha}b)$ et $(E',i\overline{\alpha}b').$
 Les formes bilinéaires associées sont non dégénérées donc on peut écrire, en gardant les notations  de la
 question \textbf{I-4},
$$\left\{\begin{array}{c}\text{dim }E_++\text{dim }E_-=\text{dim }E_+'+\text{dim }E_-'=n\\
\text{dim }E_+-\text{dim }E_-=\text{dim }E_+'-\text{dim }E_-'\end{array}\right..$$
 ce qui fournit
les relations $$\text{dim }E_+=\text{dim }E_+'\ \ \ \text{ et }\ \ \ \text{dim }E_-=\text{dim
}E_-'.$$ Ainsi $i\overline{\alpha}b$ et $i\overline{\alpha}b'$ ont  même \textit{signature} au sens
usuel. Il existe donc un isomorphisme $\varphi$ de $E$ sur $E'$ tel que : $$\qqs (x,y)\in E^2,\ \ \
b'(\varphi(x),\varphi(y))=b(x,y).$$
 Cette application constitue un isomorphisme de $\cal E$ sur
${\cal E}'$.

 Traitons le cas $\lambda=1$ et supposons les espaces ${\cal E}$ et ${\cal E}'$ de type T1. \\ L'entier $n$ étant supérieur 2, on peut introduire
  $F$ et $F'$, des plans construits suivant la méthode de la question \textbf{III-5}. D'après cette
  même question, les plans $\alpha$-SQ qui leur sont associés ${\cal F}$ et ${\cal F}'$ sont
  isomorphes et vérifie les hypothèses de la question \textbf{III-7}. On peut alors achever comme
  dans le cas $\lambda\not=1$.

  En résumé, le résultat est vérifié au rang $n$ donc il est vrai pour tout $n\in\N$.
\begin{center}\Large{\textbf{IV --- Le cas des corps finis}}\\[.6cm]\end{center}
\textbf{\bm 1 $f(e)=b(e,e)=1$ :} C'est une conséquence de la définition.\\[.3cm]
\textbf{Droites (SQ) de poids -1 :} Ce sont, à un isomorphisme près, les droites \\ ${\cal E}(\mu)=(\F_p,\mu^2 b,\mu
Id_{\F_p})$, pour $\mu\in \F_p^*$, où l'on a posé $b(x,y)=xy$ sur $\F_p$. L'homothétie de rapport
$\mu$ constitue un isomorphisme de ${\cal E}(\mu)$ dans ${\cal E}(1)$, pour tout
$\mu\in\F_p^*$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 2 Existence et unicité de $b$ :} Traitons l'unicité sous réserve d'existence.

 Si $b$ existe, elle est entièrement  déterminée par la donnée de son action sur la base canonique.\\
Il suffit de contrôler que $b(e_i,e_j)$ est déterminé de manière unique, pour $i>j$.\\ La relation
(SQ) donne, pour $i>j$ $$b(e_i,e_j)=2f(e_i)f(e_j)-b(e_j,e_i)=2,$$ d'où ce premier point.

Réciproquement la forme bilinéaire précédente vérifie les propriétés requises, ce qui établit
l'existence et assure le résultat.\\[.3cm]
\textbf{3 ${\cal E}_{n+m}$ et ${\cal E}_n\times{\cal E}_m$ sont isomorphes :} On vérifie, au prix d'une petite discussion,
 que l'application $i_{m,n}:{ E}_n\times{ E}_m\lto{ E}_{n+m}$
 $$((x_1,\cdots,x_n),(x_{n+1},\cdots,x_{n+m}))\mapsto(x_1,\cdots,x_n,x_{n+1},\cdots,x_{n+m})$$
réalise un isomorphisme de ${\cal E}_n\times{\cal E}_m$ sur ${\cal E}_{n+m}$.\\[.3cm]
\textbf{\bm Morphisme de $G_n\times G_m$ dans $G_{n+m}$ :} Considérons pour $(g,g')$ dans $G_n\times
G_m$, l'application $g\times g'$ définie  sur $E_{n+m}$ par $$(g\times
g')(x)=i_{n,m}(g(x_1,\cdots,x_n),g'(x_{n+1},\cdots,x_{n+m})).$$ On vérifie que cette application
constitue un automorphisme de ${\cal E}_{n+m}$ puis que pour $(h,h')\in G_n\times G_m$, on a
$$(gh)\times (g'h')=(g\times g')(h\times h').$$ Donc $(g,g')\mapsto g\times g'$ réalise un
morphisme de groupes de $G_n\times G_m$ dans $G_{n+m}$. Avec des notations évidentes on peut
écrire, pour $i\ie n+m$ $$(g\times g')(e_i)=\left\{\begin{array}{ll}i_{n,m}(g(e_i),0)&\text{si
}i\ie n\\i_{n,m}(0,g'(e_{i-n}))&\text{sinon}\end{array}\right..$$
\\[.3cm]
\textbf{\bm $(g\times g')\times g''=g\times (g'\times g'')$ :} On vérifie, pour tout $x\in E_{n+m+q}$
$$((g\times g')\times g'')(x)=(g\times (g'\times g''))(x)=y\in E_{n+m+q}$$ avec
$$(y_1,\cdots,y_n)=g(x_1,\cdots,x_n),(y_{n+1},\cdots,y_{n+m})=g'(x_{n+1},\cdots,x_{n+m})$$ et
$$(y_{n+m+1},\cdots,y_{n+m+q})= g''(x_{n+m+1},\cdots,x_{n+m+q}).$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 4 Vecteur centre de ${\cal E}_n$ :} Le vecteur centre $e$ vérifie $b(e_i,e)=1$, pour tout $i\ie
n$. Ses composantes $(x_1,\cdots,x_n)$ vérifient donc le système
$$\left\{\begin{array}{ll}x_1&=1\\2x_1+x_2&=1\\2x_1+x_2+x_3&=1\\\vdots&\
\vdots\\2x_1+\cdots+2x_{n-1}+x_n&=1\end{array}\right..$$ On trouve $e=((-1)^{i-1})_{i\ie
n}$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 5 Détermination de $\tau$ :} Traitons l'unicité sous réserve d'existence.

 Si $\tau$ existe, il est entièrement  déterminé par la donnée de son action sur la base canonique.
 Il suffit de contrôler que $\tau(e_2)$ est déterminé de manière unique.\\ Posons alors
 $\tau(e_2)=xe_1+ye_2$. Les conditions
 $$f(\tau(e_2))=1,b(\tau(e_2),\tau(e_2))=1,b(\tau(e_1),\tau(e_2))=0\text{ et
 }b(\tau(e_2),\tau(e_1))=2$$
 conduisent au système
$$\left\{\begin{array}{l}x+y=1\\(x+y)^2=1\\2x+y=0\\y=2\end{array}\right.,$$ c'est-à-dire
$\tau(e_2)=-e_1+2e_2$, d'où ce premier point.

Réciproquement, l'automorphisme $\tau$ précédent vérifie les propriétés requises, ce qui établit
l'existence et assure le résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 6 $\tau_i\tau_j=\tau_j\tau_i$ pour $|i-j|>1$ :} Posons
$$T=\left(\begin{array}{lc}0&-1\\1&2\end{array}\right).$$ La matrice canoniquement associée à
$\tau_q$ est diagonale par blocs
$$A_q=\left(\begin{array}{lll}I_{q-1}&&\\&T&\\&&I_{n-q-1}\end{array}\right).$$ On peut supposer
$i<j$ pour se fixer les idées. On a alors
$$A_iA_j=A_jA_i=\left(\begin{array}{lllll}I_{i-1}&&&&\\&T&&&\\&&I_{j-i-2}&&\\&&&T&\\&&&&I_{n-j-1}\end{array}\right),$$
d'où le résultat annoncé.\\[.3cm]
\textbf{\bm $\tau_i\tau_j\tau_i=\tau_j\tau_i\tau_j$ pour $|i-j|=1$ :} Supposons
$j=i+1$ pour se fixer les idées.\\ En remarquant que
\begin{align}\left(\begin{array}{ll}T&\\&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}1&\\&T\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}T&\\&1\end{array}\right)&\nonumber=
\left(\begin{array}{ll}1&\\&T\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}T&\\&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}1&\\&T\end{array}\right)
\\&\nonumber=\left(\begin{array}{ccc}0&0&1\\0&-1&-2\\1&2&2\end{array}\right)\\&\nonumber= M,\end{align}
on vérifie la relation $$A_iA_jA_i=A_jA_iA_j=
\left(\begin{array}{lll}I_{i-1}&&\\&M&\\&&I_{n-i-2}\end{array}\right),$$ d'où le résultat
annoncé.\\[.3cm]
\textbf{\bm 7-a $|\Gamma_2|=p$ :} $\Gamma_2$ est le groupe monogène engendré par $\tau$.\\ On
vérifie, pour tout $q\in\Z$ $$T^q=\left(\begin{array}{cc}1-q&-q\\q&1+q\end{array}\right)$$ d'où le
groupe engendré par $T$ est
$${gr}(T)=\left\{\left(\begin{array}{cc}1-q&-q\\q&1+q\end{array}\right)\ ;0\ie q\ie p-1\right\}.$$

Donc $\Gamma_2$ est d'ordre $p$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 7-b Vecteur fixe sous l'action de $\Gamma_2$ :} $x\in E_2$ est fixe sous l'action de
$\Gamma_2=gr(\tau)$ si et seulement si $\tau(x)=x$, c'est-à-dire  si et seulement si
$$x\in\text{Ker}(\tau-\text{l}_2)=\F_pe,$$ d'où le résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm 7-c Orbites sous l'action de $\Gamma_2$ :} Le stabilisateur d'un élément $x\in E_2$ est un
sous-groupe de $\Gamma_2$, qui est de cardinal $p$. C'est donc ou bien le groupe trivial, ou bien
$\Gamma_2$. Dans le premier cas, l'orbite de $x$ est de cardinal $p$. Le second cas correspond à
$x\in \F_pe$ d'après la question précédente.

Remarquons en outre que deux vecteurs liés et distincts, non contenus dans $\F_pe$, ne sont pas
dans la même orbite car 1 est l'unique valeur propre des éléments de $\Gamma_2$. On en déduit alors
que les orbites sont
$$\{0\},\{e\},\{2e\},\cdots,\{(p-1)e\},\Gamma_2e_1,\Gamma_2(2e_1),\cdots,\Gamma_2((p-1)e_1),$$
avec, pour tout $k\in\Io1,p-1\If$ $$\Gamma_2(ke_1)=\{k(1-q)e_1+kqe_2\ ;0\ie q\ie p-1\}.$$\\[.3cm]
\textbf{\bm Orbites sous l'action de $G_2$ :} $\Gamma_2\subset G_2$ donc ces orbites sont des
réunions d'orbites sous l'action de $\Gamma_2$.\\ Considérons $g$ un élément de $G_2$, $x$ un
vecteur de $E_2$ et $x'=g^{-1}(x)$.\\ Alors on a successivement
\begin{align}b(x,g(e))&\nonumber=b(x',e)\\&\nonumber=f(x')\\&\nonumber=f(x).\end{align}
Il en résulte $g(e)=e$ et que chaque élément de $\F_pe$ présente sous l'action de $G_2$ une orbite
triviale.\\ En outre, 1 est l'unique valeur propre de $g$ dans $\F_p$. \\ En effet, considérons
$\mu\in\text{Sp}(g)$ et $x$ un vecteur propre associé. Alors la relation $g(x)=\mu x$ fournit
$$f(g(x))=f(x)=\mu f(x)$$ Si $\mu=1$, le résultat est acquis. Sinon $f(x)=0$ et par suite $x\in
\F_p^*e$ ce qui conduit à $\mu=1$, d'où ce dernier point.

En utilisant la remarque de la question précédente, on en déduit que les orbites sous l'action de
$G_2$ sont les orbites sous l'action de $\Gamma_2$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 7-d $\Gamma_2=G_2$ :} Fixons $g$ dans $G_2$.\\ D'après l'étude qui précède,
 l'orbite de $e_1$ sous l'action de $G_2$ est  $\Gamma_2(e_1)$.\\
Il existe donc $q\in\Io0,p-1\If$ tel que $g(e_1)=\tau^q(e_1)$ ou encore $\tau^{-q}g(e_1)=e_1$.\\
 $(e_1,e)$ formant une base de $E_2$ et $\tau^{-q}g(e)=e$, il vient $\tau^{-q}g=$ l$_2$,
c'est-à-dire $$g=\tau^q\in \Gamma_2.$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 8 Existence de $\gamma$ :} On raisonne par récurrence sur $n>1$.

Traitons le cas $n=2$. Considérons $x\in E_2$ qui n'est pas dans $\F_pe$.\\ D'après la question
\textbf{IV-7-c}, l'orbite de $x$ s'écrit $\Gamma_2(ke_1)$, où $k$ est un scalaire de $\F_p^*$. Il
existe alors $\gamma\in\Gamma_2$ tel que $\gamma(x)=ke_1$. Comme $$f(x)=f(\gamma(x))=kf(e_1)=k,$$
$\gamma$ vérifie les propriétés requises, d'où le résultat.

Supposons le vérifié jusqu'au rang $n-1>1$. Soit $x\in E_n$ qui n'est pas dans $\F_pe$. \be \item
Traitons le cas $f(x)\not=0$. On ne restreint pas la généralité en supposant $f(x)=1$.\be\item
\'Etudions le cas où $(x_1,\cdots,x_{n-1})$ n'est pas colinéaire au vecteur centre de $E_{n-1}$.
\be\item Si $x_1+\cdots+x_{n-1}=0$, alors $x_n=1$ et $n>3$ car $(1,-1)$ est le vecteur centre de
$E_2$. D'après l'hypothèse de récurrence, il existe $g_1\in\Gamma_{n-1}$ tel que
$$g_1(x_1,\cdots,x_{n-1})=e_1-e_2.$$ On vérifie facilement alors que $g_1\times \text{l}_1$
 est un élément de $\Gamma_n$ qui vérifie $$(g_1\times \text{l}_1)(x)=e_1-e_2+e_n.$$ On a
de même successivement $$x\overset{g_1\times
\text{l}_1}{\mapsto}(e_1-e_2+e_n)\overset{\text{l}_1\times g_2
}{\mapsto}(e_1+e_2-e_3)\overset{g_3\times \text{l}_{n-2}}{\mapsto}(2e_1-e_3)$$ $$(2e_1-e_3)
\overset{\text{l}_1\times g_4 }{\mapsto}(2e_1-e_2)\overset{g_5\times \text{l}_{n-2}}{\mapsto}e_1$$
 où $g_2,g_4$ et $g_4,g_5$ sont
des éléments respectifs de $\Gamma_{n-1}$ et $\Gamma_2$ vérifiant \begin{align}
g_2(-e_1+e_{n-1})&\nonumber=e_1-e_2\\
g_3(e_1+e_2)&\nonumber=2e_1\\g_4(e_2)&\nonumber=e_1\\g_5(2e_1-e_2)&\nonumber=e_1\end{align} dont
l'existence est assuré par l'hypothèse de  récurrence, puisque $n>3$.\item Si
$x_1+\cdots+x_{n-1}=1-x_n\not=0$, on procède suivant les transformations $$x\overset{g_1\times
\text{l}_1}{\mapsto}((1-x_n)e_1+x_ne_n)\overset{\text{l}_1\times g_2
}{\mapsto}((1-x_n)e_1+x_ne_2)\overset{g_3\times \text{l}_{n-2}}{\mapsto}e_1$$
 où $g_1,g_2$ et $g_3$ sont
des éléments respectifs de $\Gamma_{n-1}$ et $\Gamma_2$ vérifiant \begin{align}
g_1(x_1e_1+\cdots+x_{n-1}e_{n-1})&\nonumber=(1-x_n)e_1\\
g_2(e_{n-1})&\nonumber=e_1\\g_3((1-x_n)e_1+x_ne_2)&\nonumber=e_1\end{align} dont l'existence est
assuré par l'hypothèse de  récurrence, puisque $n\se3$.\ee \item Si $(x_1,\cdots,x_{n-1})$ est
colinéaire au vecteur centre de $E_{n-1}$, on se ramène au cas précédent en travaillant sur
$x'=(\text{l}_{n-2}\times\tau)(x)$. \ee
\item
Traitons le cas $f(x)=0$.
\be \item \'Etudions le cas où $(x_1,\cdots,x_{n-1})$ n'est pas
colinéaire au vecteur centre de $E_{n-1}$.
     \be\item Si $x_1+\cdots+x_{n-1}=0$, alors $x_n=0$. On peut écrire
        $(g_1\times \text{l}_1)(x)=e_1-e_2$
        où $g_1$ est un élément de $\Gamma_{n-1}$ vérifiant $$g_1(x_1,\cdots,x_{n-1})=e_1-e_2$$
   dont l'existence est assuré par l'hypothèse de  récurrence, puisqu'alors, dans ce cas $n>3$.
       \item Si $x_1+\cdots+x_{n-1}=-x_n\not=0$, on fait agir les transformations $$x\overset{g_1\times
             \text{l}_1}{\mapsto}(-x_ne_1+x_ne_n)\overset{\text{l}_2\times g_2
             }{\mapsto}(-x_ne_1+x_ne_3)$$
               où $g_1$ et $g_2$ sont
              des éléments respectifs de $\Gamma_{n-1}$ et $\Gamma_{n-2}$ vérifiant
              \begin{align}
              g_1(x_1e_1+\cdots+x_{n-1}e_{n-1})&\nonumber=-x_ne_1\\
              g_2(e_{n-2})&\nonumber=e_1\end{align} dont l'existence est
              assuré par l'hypothèse de  récurrence, puisque $n\se3$. Considérons alors $q\in\Z$ tel
              que $-x_n(1-q)=1$.\\ L'étude menée sur $\tau$ a dégagé la relation
              $$\tau^q(e_1)=(1-q)e_1+qe_2.$$ On en déduit
              $$(\tau^q\times\text{l}_{n-2})(-x_ne_1+x_ne_3)=e_1-(1+x_n)e_2+x_ne_3$$ puis on
              utilise la transformation
              $$(e_1-(1+x_n)e_2+x_ne_3)\overset{\text{l}_1\times g_3}{\mapsto}(e_1-e_2)$$
              où $g_3$ est l'élément de $\Gamma_{n-1}$ vérifiant
              $$g_3(-(1+x_n)e_1+x_ne_2)=-e_1$$
              dont l'existence est assuré par l'hypothèse de  récurrence, puisque $n\se3$.
   \ee
   \item Si $(x_1,\cdots,x_{n-1})$ est
colinéaire au vecteur centre de $E_{n-1}$, on se ramène au cas précédent en travaillant sur
$x'=(\text{l}_{n-2}\times\tau)(x)$. \ee\ee Dans tous les cas, il existe $\gamma$ dans $\Gamma_n$
tel que $\gamma(x)=f(x)e_1$ si $f(x)\not=0$ et à $e_1-e_2$ sinon, d'où le résultat au rang $n$. Il
est donc vrai pour tout $n\se2$.\\[.3cm]
\textbf{\bm 9 $G_n=\Gamma_n$ :} On raisonne par récurrence sur $n\se1$.

Pour $n=1$, $G_1=\Gamma_1=\{\text{l}_1\}$ donc le résultat est vrai.

Supposons le vrai au rang $n-1\se1$. Fixons $g$ dans $G_n$.\\ D'après l'étude précédente, $g(e_n)$
est dans l'orbite de $e_n$ sous l'action de $\Gamma_n$. Il existe donc $\gamma$ dans $\Gamma_n$ tel
que $h=\gamma g$ vérifie $h(e_n)=e_n$.\\ Considérons alors  $i<n$ et posons $x=h(e_i)$. On a
simultanément $b(x,e_n)=x_n$ et $$b(x,e_n)=b(h(e_i),h(e_n))=b(e_i,e_n)=0,$$ c'est-à-dire $x_n=0$.
Ainsi $h$ s'écrit $\widehat{h}\times\text{l}_1$, où $\widehat{h}$ représente un automorphisme de
$G_{n-1}$. D'après l'hypothèse de récurrence, $G_{n-1}=\Gamma_{n-1}$ donc
$\widehat{h}\in\Gamma_{n-1}$ et par suite $h\in\Gamma_n$. On en déduit que $g=\gamma^{-1}h$ est un
élément de $\Gamma_{n}$, ce qui fournit le résultat au rang $n$.

En conclusion, il est vrai pour tout $n>0$.\\[.3cm]
\textbf{\bm $G_n=\Gamma_n$ agit transitivement sur $\Sigma_n$ :} Cela résulte immédiatement du fait
que $\Sigma_n$ est l'orbite de $e_1$ sous l'action de $G_n=\Gamma_n$.\\[.3cm]
\textbf{\bm Calcul de $|\Sigma_n|$ :} Traitons le cas $n$ pair. On a donc $f(e)=0$ et par suite $\Sigma_n$ est précisément l'hyperplan affine $H=\{x\in E_n\ ;f(x)=1\}$.

Il en résulte $$|\Sigma_n|=p^{n-1}.$$

 Traitons le cas $n$ impair. On a donc $f(e)=1$ et par suite
  $\Sigma_n=H-\{e\}$.

   Il en résulte $$|\Sigma_n|=p^{n-1}-1.$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 10 Stabilisateur de $e_n$ :} D'après le raisonnement mené pour la fonction $h$ dans la
question \textbf{IV-9}, le stabilisateur de $e_n$ dans $E_n$ est $H=G_{n-1}\times
\text{I}_1$.\\[.3cm]
\textbf{\bm Calcul de $|G_n|$ :} On peut écrire
$$|\Sigma_n|=|G_n(e_n)|=(G_n:H).$$ On en déduit $$|G_n|=|\Sigma_n||G_{n-1}|=\prod_{1\ie i\ie
n}|\Sigma_i|.$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 11 $\equiv$ est d'équivalence :} La transitivité seulement n'est pas immédiate.\\
 Considérons $(x,y,z)\in\Sigma_3^3$ tel que $x\equiv y$ et $y\equiv z$. Raisonnons par l'absurde.
 Supposons  $x\not\equiv z$ \cad  que ${\cal B}=(e,x,z)$ forme une base de $E_3$.\\ Posons alors
 $y=y_1e+y_2x+y_3z$. Il vient successivement
 $$\text{det}_{\cal B}(e,x,y)=y_3=0\ \ \ \text{ et }\ \ \ \text{det}_{\cal B}(e,y,z)=y_2=0.$$
Donc on a $y=y_1e$ qui n'est pas un élément de $\Sigma_3$, d'où la contradiction.

Ainsi $x\equiv z$, ce qui assure la transitivité et le résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm \'Etude des classes :} La classe $c_x$ d'un élément $x$ de $\Sigma_3$ est l'ensemble des éléments distincts
de $e$ de la droite affine passant par $e$ et $x$. En particulier, $|c_x|=p-1$ et le nombre de
classe d'équivalence est donc $${|\Sigma_3|\over p-1}=p+1.$$\\[.3cm]
\textbf{\bm 12 Détermination de $\varphi$ :} L'ensemble quotient $(\Sigma_3/\equiv)$ possède $p+1$
éléments. Les éléments de $G_3$ étant des automorphismes, conservent les bases de $E_3$. Il en
résulte,  pour tout $x$ et $y$ dans $\Sigma_3$ et $g$ dans $G_3$
\begin{align} c_x\not= c_y&\nonumber\Longleftrightarrow(e,x,y) \text{ est une base de  }E_3\\
&\nonumber\Longleftrightarrow(e,g(x),g(y)) \text{ est une base de  }E_3\\
&\nonumber\Longleftrightarrow c_{g(x)}\not= c_{g(y)}\\ &\nonumber\Longleftrightarrow
g(c_x)\not=g(c_y)\end{align} la dernière équivalence étant obtenue en remarquant que
$c_{g(\eta)}=g(c_\eta)$, pour tout $\eta$ dans $\Sigma_3$. Donc pour $g$ dans $G_3$, l'application
$\Phi(g)$ définie sur $(\Sigma_3/\equiv)$ par $$\qqs x\in \Sigma_3,\ \ \
c_x\overset{\Phi(g)}{\mapsto} g(c_x)$$ est injective et par suite, constitue une permutation de
$(\Sigma_3/\equiv)$.\\ Il est facile de voir alors que $\Phi$ réalise un morphisme de $G_3$ dans
$\mathfrak{S}(\Sigma_3/\equiv)$.

Déterminons le noyau de $\Phi$. Un élément $g$ de $G_3$ est dans le noyau de $\Phi$ si et seulement
s'il laisse chaque classe globalement invariante, \cad \ssi $x\equiv g(x)$, pour tout $x$ dans
$\Sigma_3$.\\ Pour un tel automorphisme, on peut alors trouver $u,v$ et $w$ dans $\F_p$ tels que
$$\left\{\begin{array}{l}g(e_1)=ue+(1-u)e_1\\ g(e_2)=ve+(1-v)e_2\\
g(e_3)=we+(1-w)e_3\end{array}\right..$$ La condition $$g(e)=(1-v+w)e_1-(u+1-2v+w)e_2+(u-v+1)e_3=e$$
conduit à $u=v=w$. \\ Enfin la condition $$b(g(e_1),g(e_3))=u(2-u)=0$$ fournit $u=0$ ou $u=2$.

Réciproquement l$_3$ et l'automorphisme $g$ qui envoi la base canonique sur
$$(2e-e_1,2e-e_2,2e-e_3)$$ sont bien des éléments du noyau \cad $$\text{Ker
}\Phi=\{\text{l}_3,g\}.$$

Par ailleurs, il existe un isomorphisme $\Psi$ de  $\mathfrak{S}(\Sigma_3/\equiv)$ dans
$\mathfrak{S}_{p+1}$.\\ Alors $\varphi=\Psi\circ\Phi$ vérifie les propriétés requises.\\[.3cm]
\textbf{\bm $\varphi(G_3)\subset\mathfrak{A}_{p+1}$ :} Il suffit de contrôler
$\varphi(\{\tau_1,\tau_2\})\subset\mathfrak{A}_{p+1}$, puisque $\tau_1$ et $\tau_2$ sont des
générateurs de $G_3=\Gamma_3$.

Remarquons pour cela que $\tau ^p=$ l$_2$ et par suite $\tau_1^p=\tau_2^p=$ l$_3$.\\ Il en découle
$\varphi(\tau_1)^p=\varphi(\tau_2)^p=$ Id et, puisque $p$ est impair, le résultat annoncé.
\\[.3cm]
\textbf{\bm 13 $\varphi(G_3)=\mathfrak{A}_{4}$ pour $p=3$ :}  Dans ce cas $\varphi(G_3)$ est un sous-groupe de
$\mathfrak{A}_{4}$.\\ Il suffit de comparer les cardinaux.

On a $$|\varphi(G_3)|=|G_3/\{\text{Id},g\}|=|G_3|/2=12=|\mathfrak{A}_{4}|,$$ d'où le
résultat.\\[.3cm]
\textbf{\bm $\varphi(G_3)\sim\mathfrak{A}_{5}$ pour $p=5$ :} $\varphi(G_3)$ est un sous-groupe de
$\mathfrak{A}_{6}$ de cardinal 60.\\ Pour répondre à la question, nous allons montrer plus
généralement que tout sous-groupe $H$ d'ordre 60 de $\mathfrak{A}_{6}$ est isomorphe à
$\mathfrak{A}_{5}$.

Faisons opérer $\mathfrak{A}_{6}$ par translation sur le quotient à gauche
$$Q=(\mathfrak{A}_{6}/H)=\{\sigma H\ ;\sigma\in \mathfrak{A}_{6}\},$$ en posant :
$$\qqs(g,\sigma)\in\mathfrak{A}_{6}^2,\ \ g.(\sigma H)=(g\sigma)H.$$ Cette action est en fait
associée au morphisme de groupes de $\mathfrak{A}_{6}$ dans $\mathfrak{S}(Q)$
$$\Theta:g\mapsto\Theta(g)$$ tel que : $$\qqs(g,\sigma)\in\mathfrak{A}_{6}^2,\ \ \Theta(g)(\sigma
H)=(g\sigma)H.$$

Remarquons  alors l'inclusion $\Theta(\mathfrak{A}_{6})\subset\mathfrak{A}(Q)$.\\ En effet, il
suffit de noter que les 3-cycles, qui engendrent $\mathfrak{A}_{6}$ et sont d'ordre impair, sont
envoyés sur des éléments de $\mathfrak{A}(Q)$.\\ Ker $\Theta$ est un sous-groupe distingué de
$\mathfrak{A}_{6}$, qui en outre est contenu dans $H\not=\mathfrak{A}_{6}$.\\ Le groupe
$\mathfrak{A}_{6}$ étant simple (classique), on a Ker $\Theta=\{$Id$\}$, \cad que $\Theta$ est
injective. On en déduit successivement \begin{align}
H&\nonumber\sim\Theta(H)\\&\nonumber=\{\vartheta\in\mathfrak{A}(Q)\
;\vartheta(H)=H\}\\&\nonumber\sim\mathfrak{A}(Q-\{H\})\\&\nonumber\sim\mathfrak{A}_{5}.\end{align}


\end{document}
