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--- a/controle-20210414.tex
+++ b/controle-20210414.tex
@@ -75,7 +75,7 @@
 
 \noindent\textbf{Consignes.}
 
-Ce contrôle est formé d'un unique exercice.  Les questions dépendent
+Ce contrôle est formé d'un unique problème.  Les questions dépendent
 les unes des autres, mais elles ont été formulées de manière à ce que
 le fait de ne pas savoir répondre à l'une d'elles ne bloque pas toute
 la suite (tout ce qu'il faut savoir pour la suite est toujours
@@ -124,7 +124,7 @@ clôture algébrique.  On rappelle qu'un « point géométrique » de
 $\mathbb{P}^n$ désigne un point à coordonnées dans $k^{\alg}$, tandis
 qu'un « point rationnel » désigne un point à coordonnées dans $k$.
 
-\smallbreak
+\medbreak
 
 \textbf{(1)} Montrer le fait suivant (théorème d'Euler sur les
 polynômes homogènes) : si $h$ est un polynôme homogène de degré $\ell$
@@ -137,167 +137,69 @@ le prouver lorsque $h$ est un monôme.
 La formule énoncée étant linéaire, il suffit de la démontrer lorsque
 $h$ est un monôme de degré total $\ell$ (un polynôme homogène de
 degré $\ell$ étant combinaison linéaire de tels monômes).  Or si $h =
-t_0^{d_0}\cdots t_n^{d_n}$ avec $d_0+\cdots+d_n = \ell$, alors on a
+t_0^{d_0}\cdots t_n^{d_n}$ avec $d_0+\cdots+d_n = \ell$, on a
 $\frac{\partial h}{\partial t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots
 t_j^{d_j-1}\cdots t_n^{d_n}$ d'où $t_j\,\frac{\partial h}{\partial
-  t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j-1}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,
-t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,h$ et $\sum_{j=0}^n
-t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n d_j)\, h = \ell
-h$.
+  t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,h$ et
+$\sum_{j=0}^n t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n
+d_j)\, h = \ell h$.
 \end{corrige}
 
-\smallbreak
-
-Dans la question qui suit, on s'intéresse à une équation de degré $2$
-sur la droite.  (On recommande aux étourdis de commencer par bien se
-convaincre qu'une équation de degré $1$, disons $\{ux+vy=0\}$,
-sur $\mathbb{P}^1$ (de coordonnées homogènes notées $(x:y)$), avec
-$u,v$ non tous les deux nuls, définit un unique point, à savoir le
-point $(v:-u)$.)
-
-\textbf{(2)} (a) Pour $c_0,c_1\in k$, considérons le polynôme unitaire
-$q := t^2 + c_1 t + c_0$ (en une indéterminée $t$) : en posant $\Delta
-:= c_1^2 - 4 c_0$, expliquer pourquoi, si $\Delta$ est nul, $q$ est le
-carré d'un polynôme unitaire de degré $1$ dans $k[t]$, tandis que si
-$\Delta$ est non nul, $q$ est produit dans $k^{\alg}[t]$ de deux
-polynômes unitaires de degré $1$ distincts, ces polynômes étant dans
-$k[t]$ si et seulement si $\Delta$ est un carré
-dans $k$. $\bullet$ (b) En déduire que, si $c_0,c_1,c_2$ sont trois
-éléments de $k$ non tous nuls, et si on on appelle $q := c_2 x^2 + c_1
-x y + c_0 y^2$ (polynôme homogène de degré $2$ en les
-indéterminées $x,y$) et si on pose $\Delta := c_1^2 - 4 c_0 c_2$,
-alors, de façon analogue, si $\Delta$ est nul, $q$ est proportionnel
-au carré d'un polynôme homogène de degré $1$ dans $k[x,y]$, tandis que
-si $\Delta$ est non nul, $q$ est produit dans $k^{\alg}[x,y]$ de deux
-polynômes homogènes de degré $1$ non proportionnels, cette
-factorisation ayant lieu dans $k[x,y]$ si et seulement si $\Delta$ est
-un carré dans $k$. $\bullet$ (c) Reformuler ce résultat concernant le
-fermé de Zariski $\{c_2 x^2 + c_1 x y + c_0 y^2 = 0\}$ de la droite
-projective $\mathbb{P}^1$ (de coordonnées homogènes notées $(x:y)$)
-sur $k$ : pour $\Delta\neq 0$, ce fermé a exactement deux points
-géométriques distincts, qui sont rationnels si et seulement si
-$\Delta$ est un carré dans $k$ ; tandis que pour $\Delta=0$, il a
-exactement un point géométrique, et celui-ci est rationnel.
-
-\begin{corrige}
-(a) On a $t^2 + c_1 t + c_0 = (t+\frac{c_1}{2})^2 - \frac{\Delta}{4}$
-  (on utilise ici le fait que $\frac{1}{2} \in k$).  Si $\Delta=0$, on
-  voit que $t^2 + c_1 t + c_0$ est le carré de $t+\frac{c_1}{2}$, et
-  en général on a $t^2 + c_1 t + c_0 = (t + \frac{c_1}{2} -
-  \frac{\sqrt{\Delta}}{2}) \, (t + \frac{c_1}{2} +
-  \frac{\sqrt{\Delta}}{2})$ en notant $\sqrt{\Delta}$ une racine
-  carrée de $\Delta$ si elle existe, ce qui est toujours le cas
-  dans $k^{\alg}$, donc si une telle racine carrée existe, on a la
-  factorisation annoncée, et si la factorisation existe sur $k$, elle
-  coïncide avec celle qu'on vient de dire dans $k^{\alg}$ (car la
-  factorisation en unitaires irréductibles est unique) et l'élément
-  $\sqrt{\Delta}$ de $k^{\alg}$ appartient donc à $k$, comme annoncé.
-
-(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 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 $t^2 + c'_1 t
-  + c'_0$).
-
-(c) Pour $\Delta\neq 0$, on a vu qu'il existait, au moins dans
-  $k^{\alg}[x,y]$, une factorisation de $q$ comme proportionnel au
-  produit $l_1 l_2$ avec $l_i$ homogènes de degré $1$, non
-  proportionnels : ainsi, le fermé $\{q=0\}$ est la réunion de
-  $\{l_1=0\}$ et $\{l_2=0\}$ et, comme il a été rappelé avant la
-  question, ces deux fermés sont des points (géométriques)
-  de $\mathbb{P}^1$, qui sont rationnels si et seulement si on peut
-  écrire les coefficients de $l_i$ dans $k$, et on a vu que c'était le
-  cas pour $\Delta$ un carré ; et pour $\Delta=0$, on a vu que $q$ est
-  proportionnel à un carré $l^2$ dans $k[x,y]$, auquel cas le fermé
-  $\{q=0\}$ coïncide avec $\{l=0\}$, c'est-à-dire un point rationnel.
-
-(On peut dire que dans cette question, on a étudié les points du fermé
-  $\{c_2 x^2 + c_1 x y + c_0 y^2 = 0\}$ de la droite projective, qui
-  pour $c_2\neq 0$ sont les mêmes que ceux du fermé $\{t^2 + c'_1 t +
-  c'_0 = 0\}$ dans la droite affine vue comme l'ouvert $y\neq 0$ par
-  $(x:y)\mapsto (x/y)$ étant donné que le point « à l'infini »
-  $(1{:}0)$ n'est pas dans le fermé.  Le cas $c_2=0$ est facile, ou on
-  pouvait d'ailleurs l'écarter en changeant de point à l'infini.)
-\end{corrige}
-
-\smallbreak
-
-\textbf{(3)} Si $u,v,w$ sont trois éléments de $k$ non tous nuls, de
-sorte que $\{ux+vy+wz = 0\}$ définit une droite $D$ dans le plan
-projectif $\mathbb{P}^2$ sur $k$ de coordonnées homogènes $(x:y:z)$,
-expliquer pourquoi si $w\neq 0$ alors $(x:y:z) \mapsto (x:y)$ définit
-un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$ (c'est-à-dire un morphisme de
-variétés algébriques dont la réciproque est encore un morphisme de
-variétés algébriques).  Donner de même des isomorphismes $D \to
-\mathbb{P}^1$ dans les autres cas possibles.
+\medbreak
 
-\begin{corrige}
-Manifestement, $(x:y:z) \mapsto (x:y)$ définit un morphisme $D \to
-\mathbb{P}^1$ sauf peut-être lorsque $x=y=0$, mais ceci ne se produit
-pas puisque dans ce cas $w\neq 0$ implique qu'on aurait aussi $z=0$,
-ce qui est impossible dans $\mathbb{P}^2$.  La réciproque est donnée
-par $(x:y) \mapsto (x:y:-\frac{1}{w}(ux+vy))$, qui est un morphisme et
-n'a pas de problème de définition.  On a donc bien un isomorphisme
-comme annoncé.  De même, si $v\neq 0$ alors $(x:y:z) \mapsto (x:z)$
-définit un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$, et si $u\neq 0$ alors
-$(x:y:z) \mapsto (y:z)$ définit un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$.
-En tout état de cause, on vient de voir que toute droite de
-$\mathbb{P}^2$ est isomorphe à $\mathbb{P}^1$ en tant que variété
-algébrique projective.
-\end{corrige}
+Faisons la remarque introductive suivante (qui est une reformulation
+projective du résultat bien connu sur les racines d'un polynôme de
+degré $2$ sur la droite affine, et qu'on pourra librement utiliser
+dans la suite) : si $q := c_0 x^2 + c_1 x y + c_2 y^2$ est un polynôme
+homogène de degré $2$ non nul en deux variables $x,y$, alors le fermé
+de Zariski $\{q = 0\}$ qu'il définit dans la droite projective
+$\mathbb{P}^1$ est constitué d'exactement \emph{un ou deux} points
+géométriques ; il y en a un seul si et seulement si le discriminant
+$\Delta := c_1^2 - 4 c_0 c_2$ est nul, auquel cas le point $(x:y)$ en
+question est $(c_1 : -2c_0) = (-2c_2 : c_1)$ (il est donc rationnel) ;
+et lorsque $\Delta \neq 0$, \emph{soit} les deux points géométriques
+sont tous les deux rationnels, \emph{soit} aucun des deux ne
+l'est\footnote{Ceci résulte de la formule du trinôme : les deux points
+  sont $(c_1 \pm \sqrt{\Delta} : -2c_0) = (-2c_2 : c_1 \mp
+  \sqrt{\Delta})$, ils sont rationnels si et seulement si $\Delta$ est
+  un carré dans $k$, mais cette formule ne servira pas ici.}.
 
 \medbreak
 
-On va maintenant s'intéresser à une équation de degré $2$ dans le
-plan.
+On va désormais s'intéresser à la courbe définie par une équation
+homogène de degré $2$ dans le plan projectif.
 
-Plus précisément, on appelle \emph{conique} plane sur $k$ une variété
+Plus précisément, on appelle \textbf{conique} plane sur $k$ une variété
 algébrique projective (i.e., un fermé de Zariski) $C_q$ dans
 $\mathbb{P}^2$ définie par une équation $q = 0$ où $q \in k[x,y,z]$
 est un polynôme homogène de degré $2$ (on dit aussi « forme
 quadratique ») non nul\footnote{\label{nonsquare-footnote}On pourra
   aussi librement faire l'hypothèse que $q$ n'est pas le carré d'un
-  polynôme $l$ de degré $1$ (= forme linéaire) ; en effet, s'il l'est,
-  la conique $\{q=0\}$ est simplement réduite à la droite $\{l=0\}$
-  mais l'idéal $(q)$ n'est pas radical (il faut imaginer la conique
-  comme la droite « doublée ») : on ignorera donc ce cas.} en trois
-variables $x,y,z$ qu'on identifie aux coordonnées homogènes
-sur $\mathbb{P}^2$.  À titre d'exemple, $\{x^2 + y^2 - z^2 = 0\}$ est
-une telle conique.
+  polynôme $l$ (forcément homogène) de degré $1$ (= forme linéaire) ;
+  en effet, s'il l'est, la conique $\{q=0\}$ est simplement réduite à
+  la droite $\{l=0\}$ mais l'idéal $(q)$ n'est pas radical (il faut
+  imaginer la conique comme la droite « doublée ») : on ignorera donc
+  ce cas.} en trois variables $x,y,z$ qu'on identifie aux coordonnées
+homogènes sur $\mathbb{P}^2$.  À titre d'exemple, $\{x^2 + y^2 - z^2 =
+0\}$ est une telle conique.
 
 En général, une conique s'écrit $\{q = 0\}$ où
 \[
 q = a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 + b_x\, yz + b_y\, xz + b_z\, xy
 \]
-avec $a_x,a_y,a_z,b_x,b_y,b_z$ six coefficients dans $k$, et on
-adoptera cette notation.
+avec $a_x,a_y,a_z,b_x,b_y,b_z$ six coefficients dans $k$, non tous
+nuls : on adoptera cette notation.
 
 \smallbreak
 
-\textbf{(4)} On rappelle qu'un point $(x_0:y_0:z_0)$ de $C_q$ est dit
+\textbf{(2)} On rappelle qu'un point $(x_0:y_0:z_0)$ de $C_q$ est dit
 \emph{singulier} lorsque $\frac{\partial q}{\partial x}$,
 $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$
-s'annulent simultanément en $(x_0:y_0:z_0)$.  Expliquer pourquoi un
+s'annulent simultanément en $(x_0,y_0,z_0)$.  Expliquer pourquoi un
 point vérifiant ces conditions est automatiquement sur $C_q$ (i.e.,
 pourquoi l'annulation de $\frac{\partial q}{\partial x}$,
 $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$ en
-$(x_0:y_0:z_0)$ quelconque de $\mathbb{P}^2$ implique celle de $q$).
+$(x_0,y_0,z_0)$ quelconque implique automatiquement celle de $q$).
 Donner une condition pour que trois droites dans $\mathbb{P}^2$ soient
 concourantes (condition sur les coefficients de leurs équations).  En
 déduire que la conique $C_q$ a un point singulier si et seulement si
@@ -311,9 +213,9 @@ géométrique ou rationnel.
 \begin{corrige}
 On a vu en (1) que $q = \frac{1}{2}(x\,\frac{\partial q}{\partial x} +
 y\frac{\partial q}{\partial y} + z\,\frac{\partial q}{\partial z})$.
-Donc un point $(x_0:y_0:z_0)$ où $\frac{\partial q}{\partial x}$,
+Donc en un point $(x_0:y_0:z_0)$ où $\frac{\partial q}{\partial x}$,
 $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$
-s'annulent annule aussi $q$, et est sur $C_q$.
+s'annulent, $q$ s'annule aussi, et le point est sur $C_q$.
 
 Trois droites $\{ux+vy+wz=0\}$, $\{u'x+v'y+w'z=0\}$ et
 $\{u''x+v''y+w''z=0\}$ dans $\mathbb{P}^2$ concourent si et seulement
@@ -322,8 +224,9 @@ si le déterminant
 \left|\begin{matrix}u&v&w\\u'&v'&w'\\u''&v''&w''\\\end{matrix}\right|
 \]
 s'annule (en effet, il exprime le fait que la matrice dont il est le
-déterminant a un noyau non nul, ce qui revient exactement à demander
-l'existence d'un point situé sur les trois droites à la fois).
+déterminant a un noyau non trivial, ce qui revient exactement à
+demander l'existence d'un point situé sur les trois droites à la
+fois).
 
 Or chacune des conditions $\frac{\partial q}{\partial x}=0$,
 $\frac{\partial q}{\partial y}=0$ et $\frac{\partial q}{\partial z}=0$
@@ -347,104 +250,58 @@ d'un espace vectoriel ne dépendant pas du corps sur lequel on la
 calcule).
 \end{corrige}
 
-\smallbreak
+\medbreak
 
-\textbf{(5)} Dans cette question, on souhaite mieux comprendre la
-structure d'une conique ayant un point singulier $(x_0:y_0:z_0)$.
-Expliquer pourquoi on peut supposer sans perte de généralité que ce
-point singulier est le point $(0{:}0{:}1)$.  Montrer que la conique
-est alors $\{a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0\}$.  En utilisant le
-résultat de la question (2) et en notant $\Delta := b_z^2 - 4 a_x
-a_y$, qu'on supposera $\neq 0$ (cf. note \ref{nonsquare-footnote}),
-montrer que la conique $C_q$ est la réunion de deux droites
-géométriques (c'est-à-dire dont les équations sont à coefficients
-dans $k^{\alg}$), s'intersectant au point singulier, et que si
-$\Delta$ 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.
+On supposera maintenant, et jusqu'à la fin, que la conique est $C_q$
+\emph{lisse}, c'est-à-dire vérifie $4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y
+b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z \neq 0$ (cf. question (2)).
+
+\textbf{(3)} Sur $k^{\alg}$ (« géométriquement »), montrer que $C_q$
+ne contient aucune droite (i.e., montrer qu'il n'existe pas $l \in
+k^{\alg}[x,y,z]$ homogène de degré $1$ tel que tous les points
+géométriques de la droite $\{l=0\}$ soient dans $C_q$ ; indication :
+si elle en contenait une alors on pourrait factoriser $q$ sous la
+forme $ll'$, contredisant l'hypothèse qu'on vient de faire).  En
+déduire que $C_q$ ne peut jamais contenir trois points alignés
+distincts.
 
 \begin{corrige}
-Les transformations projectives du plan opérant de façon transitive
-(c'est-à-dire, pouvant envoyer n'importe quel point sur n'importe quel
-autre point), on peut envoyer $(x_0:y_0:z_0)$ en $(0{:}0{:}1)$ (et
-ceci transforme bien la conique en conique et préserve les points
-singuliers car on effectue simplement un changement de variables
-linéaire).  Si les dérivées partielles de $a_x\, x^2 + a_y\, y^2 +
-a_z\, z^2 + b_x\, yz + b_y\, xz + b_z\, xy$ s'annulent en
-$(0{:}0{:}1)$ c'est que $b_y = b_x = a_z = 0$ et la conique devient
-donc $\{a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0\}$ comme annoncé.
-
-Comme en (2)(c), si $\Delta\neq 0$ comme supposé, $\{q=0\}$ est la
-réunion de $\{l_1=0\}$ et $\{l_2=0\}$ où $l_1,l_2$ sont deux polynômes
-homogènes de degré $1$ définis au moins sur $k^{\alg}$, et peuvent
-être définis sur $k$ exactement lorsque $\Delta$ est un carré
-dans $k$.  La seule différence avec (2)(c) est que maintenant qu'on
-est dans $\mathbb{P}^2$ (même si la coordonnée $z$ n'apparaît pas),
-chacun de $l_1=0$ et $l_2=0$ définit non plus un point mais une
-droite, et comme $l_1,l_2$ ne font intervenir que les variables $x,y$,
-ces droites s'intersectent en $(0{:}0{:}1)$, c'est-à-dire au point
-singulier de $C_q$.
-
-Donnons des exemple dans $\mathbb{P}^2$ sur $\mathbb{R}$ ayant
-$(0{:}0{:}1)$ comme point singulier : la conique $\{x^2 - y^2 = 0\}$
-est la réunion des droites réelles $\{x - y = 0\}$ et $\{x + y = 0\}$,
-tandis que la conique $\{x^2 + y^2 = 0\}$ est la réunion des droites
-réelles $\{x - \sqrt{-1}\,y = 0\}$ et $\{x + \sqrt{-1}\,y = 0\}$
-\begin{center}
-\begin{tikzpicture}[baseline=0]
-\draw[->] (-1.15,0) -- (1.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15);
-\node[anchor=west] at (1.15,0) {$\scriptstyle x/z$};
-\node[anchor=south] at (0,1.15) {$\scriptstyle y/z$};
-\draw[thick] (-1.1,-1.1) -- (1.1,1.1);
-\draw[thick] (-1.1,1.1) -- (1.1,-1.1);
-\fill[black] (0,0) circle (1.5pt);
-\end{tikzpicture}
-\quad et\quad
-\begin{tikzpicture}[baseline=0]
-\draw[->] (-1.15,0) -- (1.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15);
-\node[anchor=west] at (1.15,0) {$\scriptstyle x/z$};
-\node[anchor=south] at (0,1.15) {$\scriptstyle y/z$};
-\draw[>=stealth,<->] (-0.75,0.75) to[out=225,in=135] (-0.75,-0.75);
-\draw[thick,dashed] (-1.1,-1.1) -- (1.1,1.1);
-\draw[thick,dashed] (-1.1,1.1) -- (1.1,-1.1);
-\fill[black] (0,0) circle (1.5pt);
-\end{tikzpicture}
-\end{center}
-Dans le second cas, les droites en pointillé sont symboliques : on ne
-peut pas tracer une droite complexe dans le plan réel ; on a tracé une
-flèche double entre elles pour signaler qu'elles sont échangées par la
-conjugaison complexe.  Le seul point réel est le point singulier
-$(0{:}0{:}1)$ (sur les réels c'est clair que $\{x^2 + y^2 = 0\}$ n'a
-que $(0{:}0{:}1)$ comme point réel, mais on peut donner un argument
-valable sur n'importe quel corps $k$ pour montrer que le point
-singulier est le seul point rationnel quand les deux droites ne sont
-pas rationnelles : car s'il y avait un autre point rationnel, il
-serait sur une des deux droites géométriques, et du coup la droite
-aurait deux points rationnels, mais alors elle serait elle-même
-rationnelle puisque deux points distincts définissent une droite).
+Si $C_q$ contenait une droite $\{l=0\}$ avec $l$ un polynôme $l$
+homogène de degré $1$ (= forme linéaire) à coefficients
+dans $k^{\alg}$, cela signifierait $q \in \mathfrak{I}(Z(l))$ (i.e.,
+« $q$ s'annule partout où $l$ s'annule »), donc $q$ appartiendrait à
+l'idéal homogène (manifestement radical) engendré par $l$, donc $q$
+s'écrirait sous la forme $ll'$, avec $l'$ homogène de degré $1$, i.e.,
+la conique serait (géométriquement) réductible en une réunion de deux
+droites.  Or, dans cette condition, si $P$ est situé à l'intersection
+des droites $\{l=0\}$ et $\{l'=0\}$, alors $\frac{\partial q}{\partial
+  x} = \frac{\partial (ll')}{\partial x} = l \frac{\partial
+  l'}{\partial x} + l' \frac{\partial l}{\partial x}$ s'annule en $P$,
+et de même par rapport aux deux autres variables $y,z$.  Le point $P$
+serait donc singulier, contredisant l'hypothèse de lissité sur $C_q$.
+
+La remarque introductive assure que si une conique coupe une droite en
+trois points distincts, elle contient la droite tout entière, et on
+vient de voir que ce n'est pas possible pour une conique lisse.  Une
+conique lisse ne contient donc jamais trois points alignés.
 \end{corrige}
 
-\smallbreak
-
-On supposera maintenant, et jusqu'à la fin, que la conique est $C_q$
-\emph{lisse}, c'est-à-dire vérifie $4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y
-b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z \neq 0$ (cf. question (4)).
+\medbreak
 
-\smallbreak
+Dans les questions qui suivent, on va s'intéresser à une application
+qui à un point de $\mathbb{P}^2$ associe une droite de $\mathbb{P}^2$
+dite « polarité » par rapport à la conique.
 
-On appelle \emph{droite polaire}, relativement à $C_q$ (ou à $q$) d'un
-point $P_0 := (x_0:y_0:z_0)$ de $\mathbb{P}^2$ (non nécessairement
-situé sur $C_q$) la droite $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ dont les
-coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par $\frac{\partial q}{\partial
-  x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial
-  z}$ respectivement, évalués en $x_0,y_0,z_0$.
+Plus précisément, on appelle \textbf{droite polaire}, relativement
+à $C_q$ (ou à $q$) d'un point $P_0 := (x_0:y_0:z_0)$ de $\mathbb{P}^2$
+(non nécessairement situé sur $C_q$) la droite $\{u_0 x + v_0 y + w_0
+z = 0\}$ dont les coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par
+$\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et
+$\frac{\partial q}{\partial z}$ respectivement, évalués en
+$(x_0,y_0,z_0)$.
 
-\textbf{(6)} Pourquoi cette définition a-t-elle un sens ?  (Autrement
-dit, pourquoi $u_0,v_0,w_0$ ne s'annulent-ils pas simultanément ?  Et
+\textbf{(4)} Pourquoi cette définition a-t-elle un sens ?  (Autrement
+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 :
@@ -453,15 +310,16 @@ sont deux points de $\mathbb{P}^2$, alors :
       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
+\noindent (« principe de réciprocité de la polarité ») ; 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.
 
 \begin{corrige}
 Si $\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et
 $\frac{\partial q}{\partial z}$ s'annulent simultanément, on a vu
-en (4) que $(x_0:y_0:z_0)$ est un point singulier de $C_q$, or on a
+en (2) que $(x_0:y_0:z_0)$ est un point singulier de $C_q$, or on a
 fait l'hypothèse qu'il n'y en a pas.  Par ailleurs, si on change les
 coordonnées homogènes du point $(x_0:y_0:z_0)$, cela revient à toutes
 les multiplier par une constante non nulle, mais comme $\frac{\partial
@@ -486,10 +344,10 @@ et cette condition est manifestement symétrique en $P_0$ et $P_1$.
 Lorsque $P_1=P_0$, la condition devient $2a_x\, x_0^2 + 2a_y\, y_0^2 +
 2a_z\, z_0^2 + 2b_x\, y_0\, z_0 + 2b_y\, x_0\, z_0 + 2b_z\, x_0\, y_0
 = 0$, ce qui équivaut bien à $q=0$ en divisant par $2$ (ou, si on
-préfère on applique la question (1)).
+préfère, on applique la question (1) pour la même conclusion).
 \end{corrige}
 
-\textbf{(7)} Montrer que l'application envoyant un point de
+\textbf{(5)} Montrer que l'application envoyant un point de
 $\mathbb{P}^2$ 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
@@ -512,136 +370,144 @@ son déterminant est non nul, c'est justement l'hypothèse qu'on a
 faite.  Elle induit donc une bijection entre points de $\mathbb{P}^2$
 et droites de $\mathbb{P}^2$ (si $(x_0,y_0,z_0)$ et $(x_1,y_1,z_1)$
 ont la même droite polaire, alors $(u_0,v_0,w_0)$ et $(u_1,v_1,w_1)$
-sont proportionnelles, et quitte à multplier par la bonne constante on
-peut les supposer égales, donc $(x_0:y_0:z_0) = (x_1:y_1:z_1)$).  Par
-ailleurs, toujours parce qu'elle est linéaire, elle envoie trois
+sont proportionnelles, et quitte à multiplier par la bonne constante
+on peut les supposer égales, donc $(x_0:y_0:z_0) = (x_1:y_1:z_1)$).
+Par ailleurs, toujours parce qu'elle est linéaire, elle envoie trois
 points alignés sur trois droites concourantes (puisque l'alignement
 des points ou la concourance des droites s'exprime comme l'annulation
 du déterminant $3\times 3$ de leurs coordonnées, et que les
 déterminants se multiplient).
 \end{corrige}
 
-\textbf{(8)} Montrer que si $P_0$ est situé sur $C_q$, alors
-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).
+\textbf{(6)} Montrer que si $P_0$ est un point géométrique situé sur
+$C_q$, alors 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 $P_0$ est nécessairement
+rationnel si $D_0$ l'est.
 
 \begin{corrige}
 Soit $P_0$ sur $C_q$ et soit $D_0$ sa droite polaire.  Supposons que
-$D_0$ passe par un autre point $P_1$ de $C_q$ : alors on vient de voir
-que sa droite polaire $D_1$ passe par $P_0$, mais aussi par $P_1$
-puisque $P_1$ est sur $C_q$.  Donc $D_0$ et $D_1$ passent toutes les
-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.
+$D_0$ passe par un autre point $P_1$ de $C_q$ : alors le principe de
+réciprocité assure que sa droite polaire $D_1$ passe par $P_0$, mais
+aussi par $P_1$ puisque $P_1$ est sur $C_q$.  Donc $D_0$ et $D_1$
+passent toutes les 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 $2$).
+$x_0,y_0,z_0$ le sont, soit invoquer la remarque introductive (si une
+équation quadratique à coefficients dans $k$ sur la droite projective
+a un seul point géométrique, celui-ci est rationnel).
 \end{corrige}
 
 \smallbreak
 
-On appelle \emph{tangente} à $C_q$ en un de ses points la droite
+On appelle \textbf{tangente} à $C_q$ en un point de $C_q$ la droite
 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.
+la rencontre en ce seul point.
+
+\textbf{(7)} 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.
+On pourra pour cela expliquer pourquoi on peut supposer que le point
+est $(1{:}0{:}0)$ et la droite $\{z=0\}$, et simplifier l'équation la
+conique dans ce cas.
 
 \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 $D$.
+On a vu dans la question précédente qu'une tangente à une conique
+coupe celle-ci en un seul point.  On veut montrer, réciproquement, que
+si $D$ est une droite coupant $C_q$ en un seul point géométrique $P$,
+alors elle lui est tangente.
+
+Or si $P$ est un point de $\mathbb{P}^2$ et $D$ une droite passant
+par $P$, quitte à choisir un point $Q$ de $D$ différent de $P$ et à
+compléter $P,Q$ en une base projective de $\mathbb{P}^2$, on peut
+trouver une transformation projective envoyant $P$ sur $(1{:}0{:}0)$
+et $Q$ sur $(0{:}1{:}0)$ donc la droite $D$ sur $\{z=0\}$.  Comme
+cette transformation projective est une simple application linéaire
+(inversible) sur les coordonnées homogènes et que la composition d'un
+polynôme homogène de degré $2$ avec un tel changement de variables
+linéaire est encore un polynôme homogène de degré $2$, elle transforme
+une conique en une conique.  De plus, elle agit sur le vecteur des
+dérivées partielles de $q$ comme la matrice qui la représente
+(notamment, une conique lisse est transformée en conique lisse).
+
+Bref, on peut montrer le résultat en supposant $P = (1{:}0{:}0)$ et $D
+= \{z=0\}$.  L'intersection de $C_q$ avec $\{z=0\}$ est alors donnée,
+en identifiant avec $\mathbb{P}^1$ la droite $\{z=0\}$
+de $\mathbb{P}^2$, par $a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0$.  Le
+fait que $P$ soit situé sur $C_q$ se traduit par $a_x=0$.  Il reste
+donc simplement $b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0$, soit $y(b_z\, x + a_y\, y)
+= 0$, qui définit la réunion du point $y=0$, soit exactement
+$(1{:}0{:}0) = P$, et du point $b_z\, x + a_y\, y = 0$, soit
+$(a_y:-b_z:0)$.  Ce point coïncide avec $P$ exactement quand $b_z=0$,
+ce qui revient exactement à dire que $\frac{\partial q}{\partial y}=0$
+en $(1,0,0)$, et comme par ailleurs $\frac{\partial q}{\partial x}=0$
+en $(1,0,0)$ (vu que $a_x=0$), cela revient bien à dire que la
+tangente à $C_q$ en $P$ est la droite $D=\{z=0\}$.
 \end{corrige}
 
-\textbf{(10)} Si $P_0$ est un point non situé sur $C_q$, montrer que
+\textbf{(8)} 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,
+droites $P_0 M$ où $M$ est un point d'intersection de $P_0$ avec la
+droite polaire $D$ de $P_0$.  Expliquer pourquoi il en existe,
 géométriquement, exactement deux.
 
+\begin{corrige}
+Soit $D_0$ la droite polaire de $P_0$.  Comme on a supposé que $P_0$
+n'est pas sur $C_q$, la droite $D_0$ n'est pas tangente à $C_q$
+(question (5)).  Elle rencontre donc $C_q$ en deux points géométriques
+distincts (question (7)), appelons-les $P_1$ et $P_2$.  Soient
+$D_1$ et $D_2$ les tangentes à $C_q$ par $P_1$ et $P_2$
+respectivement, c'est-à-dire, les droites polaires de $P_1$ et $P_2$
+respectivement.  Elles sont distinctes l'une de l'autre par (5), et
+distinctes de $D_0$ car $D_0$ n'est pas tangente à $C_q$.  Comme
+$P_1$ est sur $D_0$, par principe de réciprocité, $P_0$ est
+sur $D_1$ : donc $D_1$ coïncide avec la droite $P_0 P_1$, et de même,
+$D_2$ coïncide avec la droite $P_0 P_2$.  Maintenant, s'il existait
+une autre tangente $D$ à $C_q$ passant par $P_0$, en appelant $M$ le
+point de tangente, $M$ serait sur $D_0$ puisque $P_0$ est sur $D$
+(principe de réciprocité), donc $M$ serait situé à la fois sur $C_q$
+et $D_0$, or on a dit que les deux points géométriques situés à la
+fois sur $C_q$ et $D_0$ sont $P_0$ et $P_1$.
+\end{corrige}
+
 \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 la droite polaire de chacun soit la droite reliant les deux
-autres.
+On appelle \textbf{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 la droite polaire de chacun soit la droite
+reliant les deux autres.
 
-\textbf{(11)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle
-autopolaire (de points rationnels).  À quelle condition sur les
+\textbf{(9)} 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 (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}).
+est-il autopolaire ?  En déduire que toute conique lisse 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.
+sur $C_k$ (un tel point existe d'après la question (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 $D_0$ (principe de
+réciprocité).  Soit enfin $P_2$ le point (rationnel) d'intersection
+des droites (rationnelles) $D_0$ et $D_1$ : cette intersection est
+bien définie car $D_0$ et $D_1$ sont distinctes (par (5)), 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 par principe de
+réciprocité), 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
@@ -655,68 +521,10 @@ 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.
+diagonale comme demandé.
 \end{corrige}
 
-\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 $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 + a_x a_y w^2 = 0$.
-$\bullet$ 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 $C_q$), 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{(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
-de tangence, forcément distincts, des deux tangentes à $C_q$ passant
-par $P$.  $\bullet$ Faire une figure sur $\mathbb{R}$ illustrant cette
-construction géométrique dans le cas où les deux droites tangentes à
-$P$ sont réelles (le point est dit « extérieur » à la conique).
-Esquisser une construction, ne faisant intervenir que des
-constructions réelles, dans le cas où les droites sont complexes (le
-point est « intérieur » à la conique).
-
-\smallbreak
-
-\textbf{(14)} Montrer le résultat suivant : si $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont
+\textbf{(10)} 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
@@ -725,13 +533,71 @@ alors le triangle $P_0, P_1, P_2$ est autopolaire.  Pour cela, on
 pourra expliquer pourquoi on peut supposer que $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont
 $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ respectivement et
 calculer à la fois les coordonnées de $P_0,P_1,P_2$ et des conditions
-sur les coefficients de $q$.
+sur les coefficients de $q$.  En déduire une construction, à la règle
+seule. dans le plan projectif réel, de la droite polaire d'un point
+par rapport à une conique donnée (en supposant qu'elle a effectivement
+des points réels).
 
-\smallbreak
+\begin{corrige}
+D'après la question (3), trois quelconques parmi les points
+$A_0,A_1,A_2,A_3$ ne sont pas alignés.  Ils forment donc une base
+projective du plan.  Quitte à appliquer une transformation projective,
+on peut supposer que ce sont
+$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$.  On calcule alors
+$P_0=(0{:}1{:}1)$ et $P_1=(1{:}0{:}1)$ et $P_2=(1{:}1{:}0)$.  Par
+ailleurs, le fait que
+$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ appartiennent
+à $C_q$ impose les conditions $a_x = a_y = a_z = b_x+b_y+b_z = 0$ :
+les dérivées partielles de $q$ sont alors $\frac{\partial q}{\partial
+  x} = b_z\, y + b_y\, z$ et $\frac{\partial q}{\partial y} = b_x\, z
++ b_z\, x$ et $\frac{\partial q}{\partial z} = b_y\, x + b_x\, y$.  La
+droite polaire de $P_0=(0{:}1{:}1)$ est alors donnée par $-b_x x + b_x
+y + b_x z = 0$, autant dire $-x + y + z = 0$, qui est bien la droite
+$P_1P_2$, et le calcul est le même pour les deux autres points (après
+permutation cyclique des coordonnées).
+
+On en déduit la construction suivante de la droite polaire d'un
+point $P_0$ (par rapport à une conique réelle ayant effectivement des
+points réels) : tracer deux droites passant par $P_0$ et coupant la
+conique en deux points réels chacune, appeler $A_0,A_3$ les points de
+la conique sur l'une d'entre elles, et $A_1,A_2$ ceux sur l'autre ;
+alors en appelant $P_1 = A_1 A_3 \wedge A_0 A_2$ et $P_2 = A_2 A_3
+\wedge A_0 A_1$, la droite polaire de $P_0$ est la droite $P_1 P_2$
+(c'est-à-dire $(A_1 A_3 \wedge A_0 A_2) \vee (A_2 A_3 \wedge A_0
+A_1)$).
+
+(Bien sûr, si on se permet de tracer des tangentes à la conique
+passant par $P_0$, on peut faire plus simple : appeler $P_1,P_2$ les
+deux points de tangence aux deux tangentes à $C_q$ par $P_0$, et alors
+la polaire $D_0$ de $P_0$ est la droite les reliant, comme prouvé
+en (8).  Mais attention, ces points ne sont pas forcément réels :
+imaginer le cas où $P_0$ est intérieur à un cercle.)
+\end{corrige}
 
-\textbf{(15)} Énumérer les points rationnels $(x:y:z)$ de la conique
+\medbreak
+
+\textbf{(11)} 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.
+$\mathbb{F}_3$ à trois éléments.  Combien y en a-t-il ?
+
+\begin{corrige}
+Il est facile d'énumérer toutes les possibilités en se rappelant que
+les seuls carrés dans $\mathbb{F}_3$ sont $0$ et $1$ : la seule
+possibilité pour en avoir trois qui somment à $0$ est $1+1+1=0$ (vu
+que $0+0+0=0$ ne donnera pas un point de l'espace projectif).  Les
+points de la conique sont alors
+$(1{:}1{:}1),(1{:}1{:}2),(1{:}2{:}1),(1{:}2{:}2)$ (on se rappelle que
+les points sont définis à multiplication près par une constante, donc
+$(2{:}1{:}1)$, par exemple, coïncide avec $(1{:}2{:}2)$).  Il y en a
+quatre.
+
+(En fait, on peut utiliser un paramétrage rationnel pour montrer que
+toute conique projective lisse sur un corps $k$ de
+caractéristique $\neq 2$ est isomorphe à $\mathbb{P}^1$ dès qu'elle a
+un point rationnel ; cette dernière hypothèse est toujours vérifiée
+sur un corps fini $\mathbb{F}_q$, donc elle a toujours $q+1$ points
+rationnels.)
+\end{corrige}
 
 
 %