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diff --git a/controle-20210414.tex b/controle-20210414.tex
index 02d25db..6d59663 100644
--- a/controle-20210414.tex
+++ b/controle-20210414.tex
@@ -75,7 +75,17 @@
 
 \noindent\textbf{Consignes.}
 
-\textcolor{red}{À écrire}
+Ce contrôle est formé d'un unique exercice.  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
+explicité par l'énoncé).
+
+La difficulté des questions étant varié, il vaut mieux ne pas rester
+bloqué trop longtemps.
+
+Si on ne sait pas répondre rigoureusement, une réponse informelle peut
+valoir une partie des points.
 
 \medbreak
 
@@ -118,15 +128,32 @@ qu'un « point rationnel » désigne un point à coordonnées dans $k$.
 
 \textbf{(1)} Montrer le fait suivant (théorème d'Euler sur les
 polynômes homogènes) : si $h$ est un polynôme homogène de degré $\ell$
-en les variables $t_0,\ldots,t_n$ alors $t_j\,\sum_{j=0}^n
-\frac{\partial h}{\partial t_j} = \ell h$ (égalité dans
+en les variables $t_0,\ldots,t_n$ alors $\sum_{j=0}^n
+t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = \ell h$ (égalité dans
 $k[t_0,\ldots,t_n]$).  Pour cela, on pourra justifier qu'il suffit de
 le prouver lorsque $h$ est un monôme.
 
+\begin{corrige}
+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
+$\frac{\partial h}{\partial t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots
+t_j^{d_j-1}\cdots t_n^{d_n}$ 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 $\sum_{j=0}^n
+t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n d_j)\, h = \ell
+h$.
+\end{corrige}
+
 \smallbreak
 
 Dans la question qui suit, on s'intéresse à une équation de degré $2$
-sur la droite :
+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
@@ -139,18 +166,75 @@ 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 le 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, ces polynômes étant 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.
+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 $\Delta = c_1^2$, 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, $q = \frac{1}{c_2}\, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} -
+  \frac{\sqrt{\Delta}}{2})x) \, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} +
+  \frac{\sqrt{\Delta}}{2})x)$ (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
 
@@ -163,6 +247,21 @@ 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.
 
+\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}
+
 \medbreak
 
 On va maintenant s'intéresser à une équation de degré $2$ dans le
@@ -182,10 +281,12 @@ 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.
+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.
 
 \smallbreak
 
@@ -207,13 +308,52 @@ ses coefficients vérifient
 et qu'il revient au même de dire qu'elle a un point singulier
 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 $\frac{\partial q}{\partial x}$,
+$\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$
+s'annulent annule aussi $q$, et 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
+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).
+
+Or chacune des conditions $\frac{\partial q}{\partial x}=0$,
+$\frac{\partial q}{\partial y}=0$ et $\frac{\partial q}{\partial z}=0$
+définit une droite dans $\mathbb{P}^2$, à savoir $\{2 a_x\, x + b_z\,
+y + b_y\, z = 0\}$, $\{b_z\, x + 2 a_y\, y + b_x\, z = 0\}$ et
+$\{b_y\, x + b_x\, y + 2 a_z\, z = 0\}$, donc l'existence d'un point
+singulier sur $C_q$ se traduit par l'annulation du déterminant
+\[
+\left|\begin{matrix}2a_x&b_z&b_y\\b_z&2a_y&b_x\\b_y&b_x&2a_z\\\end{matrix}\right|
+\]
+qui (une fois développé ce déterminant, et divisé par $2$) est
+exactement la condition proposée par l'énoncé.
+
+L'affirmation sur la rationalité vient du fait qu'un système
+d'équations linéaires à coefficients dans $k^{\alg}$ (en l'occurrence
+le système formé de $\frac{\partial q}{\partial x}=0$, $\frac{\partial
+  q}{\partial y}=0$ et $\frac{\partial q}{\partial z}=0$) a
+automatiquement une solution dans $k$ (l'ensemble des solutions
+sur $K$ étant un sous-$k$-espace vectoriel de $K^3$, et la dimension
+d'un espace vectoriel ne dépendant pas du corps sur lequel on la
+calcule).
+\end{corrige}
+
 \smallbreak
 
 \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
+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
@@ -225,7 +365,68 @@ 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.
+où elles sont complexes non réelles.
+
+\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).
+\end{corrige}
 
 \smallbreak
 
@@ -253,6 +454,37 @@ 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
+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 $\frac{\partial
+  q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial
+  q}{\partial z}$ sont des polynômes homogènes (en fait, des formes
+linéaires...), cela multiplie chacun de $u_0,v_0,w_0$ par une
+constante non nulle, et cela ne change pas la droite $\{u_0 x + v_0 y
++ w_0 z = 0\}$.  La définition a donc bien un sens.
+
+Dire que $P_1 := (x_1:y_1:z_1)$ est sur la droite polaire de $P_0 :=
+(x_0:y_0:z_0)$ signifie que $2 a_x\, x_0\, x_1 + 2 a_y\, y_0\, y_1 + 2
+a_z\, z_0\, z_1 + b_x\, y_0\, z_1 + b_x\, z_0\, y_1 + b_y\, x_0\, z_1
++ b_y\, z_0\, x_1 + b_z\, x_0\, y_1 + b_z\, y_0\, x_1 = 0$, ou, si on
+préfère,
+\[
+\left(\begin{matrix}x_1&y_1&z_1\\\end{matrix}\right)
+\left(\begin{matrix}2a_x&b_z&b_y\\b_z&2a_y&b_x\\b_y&b_x&2a_z\\\end{matrix}\right)
+\left(\begin{matrix}x_0\\y_0\\z_0\\\end{matrix}\right) = 0
+\]
+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)).
+\end{corrige}
+
 \textbf{(7)} 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
@@ -261,6 +493,30 @@ 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.
 
+\begin{corrige}
+L'application
+\[
+\left(\begin{matrix}x_0\\y_0\\z_0\\\end{matrix}\right) \mapsto
+\left(\begin{matrix}2a_x&b_z&b_y\\b_z&2a_y&b_x\\b_y&b_x&2a_z\\\end{matrix}\right)
+\left(\begin{matrix}x_0\\y_0\\z_0\\\end{matrix}\right)
+\]
+envoyant des coordonnées homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ d'un point sur les
+coefficients $(u_0,v_0,w_0)$ (soit $(\frac{\partial q}{\partial x},
+\frac{\partial q}{\partial y}, \frac{\partial q}{\partial z})$)
+définissant sa droite polaire, est linéaire, et elle est bijective car
+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
+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 de $P_0$ avec $C_q$ est réduite au
 seul point $P_0$.  (S'il y avait un deuxième point, on pourra montrer
@@ -271,6 +527,18 @@ 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).
 
+\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.
+
+...
+\end{corrige}
+
 \smallbreak
 
 On appelle \emph{tangente} à $C_q$ en un de ses points la droite
@@ -285,11 +553,12 @@ tels que chacun soit situé sur la droite polaire de chacun des deux
 autres.
 
 \textbf{(9)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle
-autopolaire (rationnel).  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}).
+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}).
 
 \textbf{(10)} En supposant temporairement que la conique $C_q$ est
 diagonale, c'est-à-dire $b_x=b_y=b_z=0$ (cf. question précédente),
@@ -329,6 +598,12 @@ $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ respectivement et
 calculer à la fois les coordonnées de $P_0,P_1,P_2$ et des conditions
 sur les coefficients de $q$.
 
+\smallbreak
+
+\textbf{(13)} 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.
+
 
 %
 %