This is getting far too long and messy. I need to simplify enormously!

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index 6d59663..5110f94 100644
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+++ b/controle-20210414.tex
@@ -196,20 +196,20 @@ exactement un point géométrique, et celui-ci est rationnel.
 (b) Il s'agit simplement d'homogénéiser ce qui vient d'être dit, en
   tenant compte du coefficient $c_2$ supplémentaire.  (i) Si $c_2 =
   0$, alors $q = c_1 x y + c_0 y^2$ se factorise comme $(c_1 x + c_0
-  y) y$ et $\Delta = c_1^2$, et soit $\Delta$, c'est-à-dire $c_1$, est
-  nul, auquel cas $q$ est proportionnel à $y^2$, soit $\Delta$ n'est
-  pas nul, il est de toute façon un carré et $q$ est bien produit de
-  deux polynômes homogènes de degré $1$ non proportionnels, à savoir
-  $c_1 x + c_0 y$ et $y$.  (ii) Si au contraire $c_2 \neq 0$, alors on
-  peut diviser par $c_2$, on écrit $q = c_2 (x^2 + c'_1 x y + c'_0
-  y^2) = c_2 y^2 (t^2 + c'_1 t + c'_0)$ où $c'_1 = c_1/c_2$ et $c'_0 =
-  c_0/c_2$ et $t = x/y$ (il est légitime de faire ce rapport car $y=0$
-  ne donne pas un zéro de $q$), et où ${c'_1}^2 - 4 c'_0 =
-  \frac{1}{c_2^2}(c_1^2 - 4 c_0 c_2)$.  La factorisation trouvée
-  en (a) donne alors bien la factorisation annoncée de $q$ (en
-  multipliant un des facteurs par $c_2$ et les deux par $y$ pour
-  retrouver des polynômes homogènes de degré $1$ en $x,y$) :
-  précisément, $q = \frac{1}{c_2}\, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} -
+  y) y$, et on a $\Delta = c_1^2$, et soit $\Delta$ est nul,
+  c'est-à-dire que $c_1$ l'est, auquel cas $q$ est proportionnel à
+  $y^2$, soit $\Delta$ n'est pas nul, il est de toute façon un carré
+  et $q$ est bien produit de deux polynômes homogènes de degré $1$ non
+  proportionnels, à savoir $c_1 x + c_0 y$ et $y$.  (ii) Si au
+  contraire $c_2 \neq 0$, alors on peut diviser par $c_2$, on écrit $q
+  = c_2 (x^2 + c'_1 x y + c'_0 y^2) = c_2 y^2 (t^2 + c'_1 t + c'_0)$
+  où $c'_1 = c_1/c_2$ et $c'_0 = c_0/c_2$ et $t = x/y$ (il est
+  légitime de faire ce rapport car $y=0$ ne donne pas un zéro de $q$),
+  et où ${c'_1}^2 - 4 c'_0 = \frac{1}{c_2^2}(c_1^2 - 4 c_0 c_2)$.  La
+  factorisation trouvée en (a) donne alors bien la factorisation
+  annoncée de $q$ (en multipliant un des facteurs par $c_2$ et les
+  deux par $y$ pour retrouver des polynômes homogènes de degré $1$ en
+  $x,y$) : précisément, $q = \frac{1}{c_2}\, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} -
   \frac{\sqrt{\Delta}}{2})x) \, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} +
   \frac{\sqrt{\Delta}}{2})x)$ (et si la factorisation existe dans
   $k[x,y]$, on obtient une factorisation dans $k[t]$ de $t^2 + c'_1 t
@@ -363,9 +363,9 @@ $\Delta$ est un carré dans $k$, ces droites sont, en fait,
 rationnelles (c'est-à-dire que leurs équations sont à coefficients
 dans $k$).  $\bullet$ Donner un exemple aussi simple que possible, sur
 $\mathbb{R}$, de conique réelle ayant un point singulier
-(disons $(0:0:1)$), d'une part dans la situation où les deux droites
-dont elle est réunion sont réelles, et d'autre part dans la situation
-où elles sont complexes non réelles.
+(disons $(0{:}0{:}1)$), d'une part dans la situation où les deux
+droites dont elle est réunion sont réelles, et d'autre part dans la
+situation où elles sont complexes non réelles.
 
 \begin{corrige}
 Les transformations projectives du plan opérant de façon transitive
@@ -447,9 +447,13 @@ coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par $\frac{\partial q}{\partial
 dit, pourquoi $u_0,v_0,w_0$ ne s'annulent-ils pas simultanément ?  Et
 pourquoi la droite ne dépend-elle pas du choix des coordonnées
 homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ de $P_0$ ?)  Montrer que, si $P_0$ et $P_1$
-sont deux points de $\mathbb{P}^2$, alors $P_1$ est sur la droite
-polaire de $P_0$ si et seulement si $P_0$ est sur la droite polaire
-de $P_1$ (on pourra exprimer ce fait de comme une équation symétrique
+sont deux points de $\mathbb{P}^2$, alors :
+
+\noindent\centerline{\fbox{\parbox{0.85\textwidth}{$P_1$ est sur la
+      droite polaire de $P_0$ si et seulement si $P_0$ est sur la
+      droite polaire de $P_1$}}}
+
+\noindent (on pourra exprimer ce fait de comme une équation symétrique
 entre les coordonnées homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ de $P_0$ et celles
 $(x_1,y_1,z_1)$ de $P_1$).  Montrer que $P_0$ est sur $C_q$ si et
 seulement si il est situé sur sa propre droite polaire.
@@ -490,8 +494,8 @@ $\mathbb{P}^2$ sur sa droite polaire définit une bijection des points
 de $\mathbb{P}^2$ (géométriques ou rationnels) sur les droites de
 $\mathbb{P}^2$ (géométriques ou rationnelles) : pour cela, on pourra
 constater que l'application $(x_0,y_0,z_0) \mapsto (u_0,v_0,w_0)$ est
-linéaire.  Expliquer pourquoi cette application envoie trois points
-alignés sur trois droites concourantes.
+$k$-linéaire.  Expliquer pourquoi cette application envoie trois
+points alignés sur trois droites concourantes.
 
 \begin{corrige}
 L'application
@@ -518,14 +522,12 @@ déterminants se multiplient).
 \end{corrige}
 
 \textbf{(8)} Montrer que si $P_0$ est situé sur $C_q$, alors
-l'intersection de la droite polaire de $P_0$ avec $C_q$ est réduite au
-seul point $P_0$.  (S'il y avait un deuxième point, on pourra montrer
-qu'il aurait forcément la même droite polaire que $P_0$.)
-Réciproquement, montrer que si $D$ est une droite de $\mathbb{P}^2$
-rencontrant $C_q$ en un seul point, elle est la droite polaire de ce
-point.  Expliquer pourquoi ce point est automatiquement rationnel si
-$D$ l'est (autrement dit, on peut écrire « un seul point » sans
-ambiguïté dans les phrases précédentes).
+l'intersection de la droite polaire $D_0$ de $P_0$ avec $C_q$ est
+réduite au seul point $P_0$.  (S'il y avait un deuxième point, on
+pourra montrer qu'il aurait forcément la même droite polaire
+que $P_0$.)  Expliquer pourquoi ce point est nécessairement rationnel
+si $D_0$ l'est (autrement dit, on peut écrire « un seul point » sans
+ambiguïté dans la phrase précédente).
 
 \begin{corrige}
 Soit $P_0$ sur $C_q$ et soit $D_0$ sa droite polaire.  Supposons que
@@ -536,31 +538,127 @@ deux par $P_0$ et $P_1$, et comme deux points distincts déterminent
 une droite, on a $D_0 = D_1$, donc $P_0 = P_1$ puisqu'on a établi que
 la fonction envoyant un point sur sa droite polaire est une bijection.
 
-...
+Pour expliquer pourquoi le point $P_0$ est rationnel si $D_0$ l'est,
+on peut soit se rappeler qu'on a défini une application $k$-linéaire
+bijective $(x_0,y_0,z_0) \mapsto (u_0,v_0,w_0)$ à la question
+précédente, ce qui montre que si $u_0,v_0,w_0$ sont dans $k$ alors
+$x_0,y_0,z_0$ le sont ; soit on peut utiliser la question (2) qui
+montre que si une équation homogène de degré $2$ à coefficients
+dans $k$ sur $\mathbb{P}^1$ n'a qu'une solution dans $k^{\alg}$ cette
+dernière est dans $k$, or d'après la question (3) on peut identifier
+$D_0$ à $\mathbb{P}^1$ (et on a toujours affaire à une équation
+homogène de degré $2$).
 \end{corrige}
 
 \smallbreak
 
 On appelle \emph{tangente} à $C_q$ en un de ses points la droite
-polaire de ce point : on vient de voir qu'une droite est tangente à
-$C_q$ lorsqu'elle la rencontre en un seul point (géométrique et
-automatiquement rationnel si la droite l'est) ; ce point s'appelle le
-point de \emph{tangence} de la tangente.
+polaire de ce point : on vient de voir qu'une droite tangente à $C_q$
+la rencontre en ce seul point (géométrique et automatiquement
+rationnel si la droite l'est) ; ce point s'appelle le point de
+\emph{tangence} de la tangente.
+
+\textbf{(9)} Montrer qu'une droite $D$ de $\mathbb{P}^2$ est tangente
+à $C_q$ si et seulement si elle la coupe en un seul point géométrique
+(ou ce qui revient au même d'après (8), rationnel).  On pourra pour
+cela ramener la droite à $\{z = 0\}$, et constater qu'un zéro de $c_2
+x^2 + c_1 x y + c_0 y^2$ dans $\mathbb{P}^1$ est unique (cf. question
+(2)(c)) si et seulement si ses dérivées partielles par rapport à
+$x$ et $y$ s'annulent simultanément en ce point.
+
+\begin{corrige}
+Commençons comme suggéré par regarder la situation dans
+$\mathbb{P}^1$.  Soit $q' := c_2 x^2 + c_1 x y + c_0 y^2$.  Ses
+dérivées partielles sont $\frac{\partial q'}{\partial x} = 2 c_2 x +
+c_1 y$ et $\frac{\partial q'}{\partial x} = c_1 x + 2 c_0 y$.  La
+première s'annule en $(c_1 : -2c_2)$ (cf. le rappel précédant la
+question (2)) et la seconde en $(-2c_0 : c_1)$.  L'annulation
+simultanée de ces deux dérivées partielles se produit donc lorsque (le
+déterminant $2\times 2$ de ces deux coordonnées, c'est-à-dire) $c_1^2
+- 4 c_0 c_2 = 0$, c'est-à-dire exactement $\Delta = 0$ avec les
+notations de (2)(b), et dans ces conditions on sait (d'après (1)
+appliqué comme en (4), ou simplement par calcul direct) que le point
+d'annulation des deux dérivées partielles est bien le (seul) point où
+$q'$ s'annule.
+
+Passons maintenant à $\mathbb{P}^2$ : on sait déjà d'après (8) que si
+$D$ est tangente à $C_q$ elle la coupe en un seul point géométrique
+(automatiquement rationnel).  Réciproquement, considérons une droite
+$D$ qui coupe $C_q$ en un point unique, et on veut voir qu'elle lui
+est tangente.  Comme les transformations projectives du plan peuvent
+envoyer n'importe quelle droite sur n'importe quelle autre (et ceci
+préserve bien la condition de tangence portant sur les dérivées
+partielles car on effectue simplement un changement de variables
+linéaire), on peut supposer que la droite $D$ considérée est
+$\{z=0\}$.  On a alors un isomorphisme $(x:y) \mapsto (x:y:0)$ de
+$\mathbb{P}^1$ sur $D$ (d'après (3) si on veut, mais c'est ici assez
+évident).  D'après le paragraphe précédent, si le point $(x:y:0)$ est
+le seul point d'intersection de $C_q$ avec $D$ alors les dérivées
+partielles $\frac{\partial q'}{\partial x}$ et $\frac{\partial
+  q'}{\partial y}$ de $q'(x,y) := q(x,y,0)$ s'annulent en $(x,y)$, ce
+qui revient à dire que $\frac{\partial q}{\partial x}$ et
+$\frac{\partial q}{\partial y}$ s'annulent en $(x,y,0)$, et alors la
+tangente en $(x:y:0)$ est donnée par $wz = 0$ (où $w = \frac{\partial
+  q}{\partial z}$, qui forcément ne s'annule pas), qui est bien la
+droite $D$.
+\end{corrige}
+
+\textbf{(10)} Si $P_0$ est un point non situé sur $C_q$, montrer que
+les droites tangentes à $C_q$ passant par $P_0$ sont exactement les
+droites $P_0 R$ où $R$ est un point d'intersection de $P_0$ avec la
+droite polaire $D$ de $P_0$.  En déduire qu'il en existe,
+géométriquement, exactement deux.
+
+\smallbreak
 
 On appelle \emph{triangle autopolaire} (relativement à $C_q$ ou à $q$)
 la donnée de trois points $P_0,P_1,P_2$ distincts de $\mathbb{P}^2$
-tels que chacun soit situé sur la droite polaire de chacun des deux
+tels que la droite polaire de chacun soit la droite reliant les deux
 autres.
 
-\textbf{(9)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle
+\textbf{(11)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle
 autopolaire (de points rationnels).  À quelle condition sur les
 coefficients de $q$ le triangle $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1)$
 est-il autopolaire ?  En déduire que toute conique (plane, lisse)
-s'écrit, après une transformation projective, sous la forme $\{a_x\,
-x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$ (on dit qu'elle est
-\emph{diagonale}).
+s'écrit, après une transformation projective (à coefficients
+dans $k$), sous la forme $\{a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$
+(on dit qu'elle est \emph{diagonale}).
+
+\begin{corrige}
+Soit $P_0$ un point rationnel de $\mathbb{P}^2$ \emph{non} situé
+sur $C_k$ (on se convainc facilement qu'un tel point existe vu qu'un
+polynôme de degré $2$ en une variable a au plus $2$ racines et que $k$
+est de cardinal au moins $3$) ; il n'est donc pas situé sur sa droite
+polaire $D_0$.  Soit $P_1$ un point rationnel de la droite polaire
+$D_0$ de $P_0$ également \emph{non} situé sur $C_k$ (même remarque) :
+il n'est donc pas situé sur sa droite polaire $D_1$, et par ailleurs
+il est distinct de $P_0$ (puisque situé sur $D_0$ alors que $P_0$ ne
+l'est pas) ; en revanche, $P_0$ est situé sur $D_1$ puisque $P_1$ est
+sur $D_0$ (question (6)).  Soit enfin $P_2$ le point d'intersection
+des droites polaires $D_0$ et $D_1$ de $P_0$ et $P_1$ : cette
+intersection est bien définie car $D_0$ et $D_1$ sont distinctes
+(par (7)), et $P_2$ est distinct à la fois de $P_0$ (car situé sur
+$D_0$ tandis que $P_0$ ne l'est pas) et de $P_1$ (car situé sur $D_1$
+tandis que $P_1$ ne l'est pas) ; sa droite polaire $D_2$ passe par
+$P_0$ et $P_1$ car $D_0$ et $D_1$ passent par $P_2$ (toujours
+question (6)), donc on a bien un triangle autopolaire.
+
+Dire que la droite polaire de $(1{:}0{:}0)$ passe par $(0{:}1{:}0)$
+signifie que $\frac{\partial q}{\partial y}$ s'annule en
+$(1{:}0{:}0)$, c'est-à-dire $b_z = 0$.  Pour les autres points on
+trouve de même $b_x = 0$ et $b_y = 0$, et finalement le triangle
+$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1)$ est autopolaire si et seulement
+si $b_x = b_y = b_z = 0$ : c'est-à-dire que la forme quadratique $q$
+est diagonale (égale à $a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2$).
+
+On a vu qu'on pouvait toujours trouver un triangle autopolaire.  Comme
+on peut par ailleurs (quitte à compléter n'importe comment en une base
+projective) trouver une transformation projective l'envoyant sur
+$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1)$, ceci met la conique sous forme
+diagonale commen demandé.
+\end{corrige}
 
-\textbf{(10)} En supposant temporairement que la conique $C_q$ est
+\textbf{(12)} En supposant temporairement que la conique $C_q$ est
 diagonale, c'est-à-dire $b_x=b_y=b_z=0$ (cf. question précédente),
 montrer que la droite $\{ux + vy + wz = 0\}$ est tangente à $C_q$ si
 et seulement si $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 + a_x a_y w^2 = 0$.
@@ -568,12 +666,43 @@ $\bullet$ En déduire que, de manière générale, l'ensemble des points
 $(u:v:w)$ de $\mathbb{P}^2$ (le plan projectif « dual ») tels que la
 droite $\{ux + vy + wz = 0\}$ (du plan projectif d'origine, de
 coordonnées $(x:y:z)$) soit tangente à $C_q$ définit lui-même une
-conique (qu'on appelle conique \emph{duale} de $C_q$) ; on ne demande
-pas d'écrire ses équations.  $\bullet$ En déduire que par un point $P$
-non situé sur $C_q$ passent, géométriquement, exactement deux
-tangentes à $C_q$.
+conique (qu'on appelle conique \emph{duale} de $C_q$), elle aussi
+lisse ; on ne demande pas d'écrire ses équations.  $\bullet$ En
+déduire que par un point $P_0$ non situé sur $C_q$ passent,
+géométriquement, exactement deux tangentes à $C_q$ (remarquer que les
+droites passant par $P_0$ définissent une droite dans le plan
+projectif « dual »).
+
+\begin{corrige}
+Si $q = a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2$, la droite polaire de
+$(x_0:y_0:z_0)$ est donnée par $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ où $u_0
+= a_x x_0$ et $v_0 = a_y y_0$ et $w_0 = a_z z_0$ (on a divisé les
+coefficients par $2$, ce qui ne change rien) ; inversement, l'unique
+point dont $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ est la polaire est donné
+par $x_0 = u_0/a_x$ et $y_0 = v_0/a_y$ et $z_0 = z_0/a_z$ ou, quitte à
+tout multiplier par $a_x a_y a_z$ (qui n'est pas nul par l'hypothèse
+de lissité), $(a_y a_z u_0 : a_x a_z v_0 : a_x a_y w_0)$.  Comme la
+droite est tangente si seulement le point dont elle est la polaire et
+situé sur elle : ceci se traduit donc par $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 +
+a_x a_y w^2 = 0$ : c'est bien une conique dans le plan projectif dual,
+lisse d'après le critère trouvé en (4).
+
+Comme on a vu en (11) qu'on pouvait toujours, en faisant une
+transformation projective, mettre la conique sous forme diagonale, et
+que cette transformation projective se traduit par une transformation
+projective du plan projectif dual (de matrice transposée), l'ensemble
+des droites tangentes à n'importe quelle conique lisse définit une
+conique lisse dans l'espace projectif dual.
+
+Les droites passant par un point $(x_0:y_0:z_0)$ correspondent aux
+points $(u:v:w)$ du plan projectif dual tel que $u x_0 + v y_0 + w z_0
+= 0$, ou, ce qui revient exactement au même, $x_0 u + y_0 v + z_0 w =
+0$ : c'est donc une droite dans ce plan projectif dual.  Les droites
+tangentes à $C_q$ correspondent elles aussi à une conique lisse dans
+le plan projectif dual.  Donc l
+\end{corrige}
 
-\textbf{(11)} En déduire la construction géométrique suivante de la
+\textbf{(13)} En déduire la construction géométrique suivante de la
 droite polaire $D$ d'un point $P$ de $\mathbb{P}^2$ : si $P$ est situé
 sur $C_q$ c'est la tangente à $C_q$ en $P$, tandis que si $P$ n'est
 pas situé sur $C_q$, alors $D$ est la droite reliant les deux points
@@ -587,7 +716,7 @@ point est « intérieur » à la conique).
 
 \smallbreak
 
-\textbf{(12)} Montrer le résultat suivant : si $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont
+\textbf{(14)} Montrer le résultat suivant : si $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont
 quatre points distincts situés sur la conique $C_q$, et si on pose
 $P_0 = A_0 A_3 \wedge A_1 A_2$ (c'est-à-dire : l'intersection de la
 droite reliant $A_0$ et $A_3$ et de celle reliant $A_1$ et $A_2$) et
@@ -600,7 +729,7 @@ sur les coefficients de $q$.
 
 \smallbreak
 
-\textbf{(13)} Énumérer les points rationnels $(x:y:z)$ de la conique
+\textbf{(15)} Énumérer les points rationnels $(x:y:z)$ de la conique
 $\{x^2 + y^2 + z^2 = 0\}$ dans $\mathbb{P}^2$ sur le corps fini
 $\mathbb{F}_3$ à trois éléments.