1ère solution. Montrons par récurrence que sur $n=\mbox{dim}(E)$ que, si $(x_i)_{1\leq i\leq p}$ est obtusangle, $p\leq n+1$ . Pour $n=1$ , une famille obtusangle ne peut contenir au moins trois vecteurs car si elle contient les vecteurs $x_1$ et $x_2$ verifiant $x_1.x_2<0$ , un vecteur $x_3$ quelconque est soit nul (auquel cas $x_3.x_1=0$ ), soit de même sens que $x_1$ (auquel cas $x_1.x_3>0$ ) soit de même sens que $x_2$ (auquel cas $x_2.x_3>0$ ). Donc $p\leq2$ . Soit $n\geq 1$ . Suppososons que toute famille obtusangle d’un espace de dimension $n$ a un cardinal inférieur ou égal à $n+1$ . Soit $(x_i)_{1\leq i\leq p}$ une famille obtusangle d’un espace $E$ de dimension $n+1$ . Si $p=1$ , il n’y a plus rien à dire. Supposons $p\geq2$ . $x_p$ n’est pas nul et $H=x_p^\bot$ est un hyperplan de $E$ et donc est de dimension $n$ . Soit, pour $1\leq i\leq p-1$ , $y_i=x_i-\frac{(x_i|x_p)}{||x_p||^2}x_p$ le projeté orthogonal de $x_i$ sur $H$ . Vérifions que la famille $(y_i)_{1\leq i\leq p-1}$ est une famille obtusangle. Soit $(i,j)\in\llbracket1,p-1\rrbracket$ tel que $i\neq j$ .

$\begin{align*} y_i.y_j &= x_i.x_j-\frac{(x_i|x_p)(x_j|x_p)}{||x_p||^2}-\frac{(x_j|x_p)(x_i|x_p)}{||x_p||^2}+\frac{(x_i|x_p)(x_j|x_p)(x_p|x_p)}{||x_p||^4} \\ &= x_i|x_j-\frac{(x_i|x_p)(x_j|x_p)}{||x_p||^2} \\ &< 0. \end{align*}$ Mais alors, par hypothèse de récurrence, $p-1\leq 1+\mbox{dim}H=n+1$ et donc $p\leq n+2$ . Le résultat est démontré par récurrence. 2ème solution. Montrons que si la famille $(x_i)_{1\leq i\leq p}$ est obtusangle, la famille $(x_i)_{1\leq i\leq p-1}$ est libre. Supposons par l’absurde, qu’il existe une famille de scalaires $(\lambda_i)_{1\leq i\leq p-1}$ non tous nuls tels que $\sum_{i=1}^{p-1}\lambda_ix_i=0\;(*)$ . Quite à multiplier les deux membres de $(*)$ par $-1$ , on peut supposer qu’il existe au moins un réel $\lambda_i>0$ . Soit $I$ l’ensemble des indices $i$ tels que $\lambda_i>0$ et $J$ l’ensemble des indices $i$ tels que $\lambda_i\leq0$ (éventuellement $J$ est vide). $I$ et $J$ sont disjoints. (*) s’écrit $\sum_{i\in I}^{}\lambda_ix_i=-\sum_{i\in J}^{}\lambda_ix_i$ (si $J$ est vide, le second membre est nul). On a

$0\leq\left\|\sum_{i\in I}^{}\lambda_ix_i\right\|^2=\left(\sum_{i\in I}^{}\lambda_ix_i\right).\left(-\sum_{i\in J}^{}\lambda_ix_i\right)=\sum_{(i,j)\in I\times J}^{}\lambda_i(-\lambda_j)x_i.x_j\leq 0.$ Donc, $\left\|\sum_{i\in I}^{}\lambda_ix_i\right\|^2=0$ puis $\sum_{i\in I}^{}\lambda_ix_i=0$ . Mais, en faisant le produit scalaire avec $x_p$ , on obtient $\left(\sum_{i\in I}^{}\lambda_ix_i\right).x_p=\sum_{i\in I}^{}\lambda_i(x_i.x_p)<0$ ce qui est une contradiction. La famille $(x_i)_{1\leq i\leq p-1}$ est donc libre. Mais alors son cardinal $p-1$ est inférieur ou égal à la dimension $n$ et donc $p\leq n+1$ .

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