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authorDavid A. Madore <david+git@madore.org>2017-02-03 12:50:19 (GMT)
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--- a/notes-accq205.tex
+++ b/notes-accq205.tex
@@ -30,7 +30,7 @@
\newcommand\thingy{%
\refstepcounter{comcnt}\smallbreak\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
\newcommand\exercice{%
-\refstepcounter{comcnt}\bigbreak\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}}
+\refstepcounter{subsection}\bigbreak\noindent\textbf{Exercice~\thesubsection.}}
\newtheorem{defn}[comcnt]{Définition}
\newtheorem{prop}[comcnt]{Proposition}
\newtheorem{lem}[comcnt]{Lemme}
@@ -52,6 +52,7 @@
\newcommand{\divis}{\operatorname{div}}
\newcommand{\Pic}{\operatorname{Pic}}
\newcommand{\ord}{\operatorname{ord}}
+\newcommand{\norm}{\operatorname{N}}
%
\DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~}
%
@@ -6010,6 +6011,545 @@ $C_{k'}$ a le même genre que $C$.
+
+
+%
+%
+%
+
+\section{Exercices}\label{section-exercises}
+
+
+\exercice\label{equation-with-no-solutions}
+
+Soit $K$ un corps de fonctions sur un corps $k$ (c'est-à-dire, une
+extension de type fini de $k$ de degré de transcendance $1$), soit $P$
+une place de $K$ au-dessus de $k$ (dont on pourra noter $v$
+ou $\ord_P$ la valuation), et soit $z$ une uniformizante en $P$
+(autrement dit, $v(z) = 1$). Soit enfin $d \geq 2$ un entier naturel.
+
+En raisonnant sur la valuation des $x_i$, montrer qu'il n'existe pas
+de solution autre que $(0,\ldots,0)$ à l'équation $x_0^d + z x_1^d +
+z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d = 0$ (algébrique homogène de
+degré $d$ en $d$ inconnues $(x_0,\ldots,x_{d-1})$) dans $K$.
+
+\begin{corrige}
+On remarque que si $x \in K^\times$, alors $v(x^d) = d\,v(x)$ est un
+multiple de $d$. Par conséquent, $v(z^i x^d) = i + d\,v(x)$ est
+congru à $i$ modulo $d$. Par conséquent, dans la somme $x_0^d + z
+x_1^d + z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d$, il est impossible que
+deux termes aient la même valuation (puisqu'elles sont congrues à des
+valeurs différentes modulo $d$) sauf si cette valuation est $\infty$,
+c'est-à-dire que les termes sont nuls. Donc dès lors que tous les
+termes ne sont pas nuls, il y en a un qui a une valuation
+\emph{strictement} plus petite que tous les autres.
+D'après \ref{remark-on-sums-in-valuation-rings}, la somme ne peut pas
+être nulle, ce qui prouve le résultat voulu.
+\end{corrige}
+
+
+%
+%
+%
+
+\exercice\label{basic-dimension-fact}
+
+Soit $k$ un corps \emph{algébriquement clos}. On considère
+$f_1,\ldots,f_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ des polynômes \emph{homogènes}
+de degrés totaux respectifs $d_1,\ldots,d_m > 0$ en les indéterminées
+$t_1,\ldots,t_n$. Le but de l'exercice est de montrer que si $n>m$
+alors il existe dans $k^n$ un zéro commun non-trivial à
+$f_1,\ldots,f_m$ (c'est-à-dire une solution de $f_1=\cdots=f_m=0$ dans
+$k^n$, différente de $(0,\ldots,0)$). On suppose donc par l'absurde
+que l'ensemble $Z(f_1,\ldots,f_m)$ des zéros communs à
+$f_1,\ldots,f_m$ est réduit à $\{(0,\ldots,0)\}$ et on va montrer $n
+\leq m$.
+
+(1) Montrer qu'il existe $r \in \mathbb{N}$ tel que tout monôme de
+degré total $\geq r$ en $t_1,\ldots,t_n$ appartienne à l'idéal $I$
+engendré par $f_1,\ldots,f_m$ dans $k[t_1,\ldots,t_n]$. On pourra
+pour cela observer que chaque $t_i$ s'annule sur $Z(f_1,\ldots,f_m)$
+et chercher à en conclure qu'une puissance de $t_i$ appartient à $I$.
+
+\begin{corrige}
+L'hypothèse faite est que le fermé de Zariski $Z(I)$ défini par
+$f_1=\ldots=f_m=0$ est le même que celui défini par
+$t_1=\ldots=t_n=0$, notamment, chaque $t_i$ s'annule sur $Z(I)$ (soit
+$t_i \in \mathfrak{I}(Z(I))$). Le Nullstellensatz fort
+(\ref{strong-nullstellensatz}) permet de conclure que pour chaque $i$
+il existe $r_i$ tel que $t_i^{r_i}$ appartienne à l'idéal $I$ engendré
+par $f_1,\ldots,f_m$ dans $k[t_1,\ldots,t_n]$. Si on appelle $r$ la
+somme des $r_i$ alors tout monôme de degré total au moins $r$ comporte
+nécessairement un facteur $t_i^{r_i}$ pour un certain $i$, et
+appartient donc à $I$.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(2) Déduire du (1) que tout monôme $q$ de degré total $\geq r$ en
+$t_1,\ldots,t_n$ s'écrit sous la forme $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m
+f_m$ où $h_1,\ldots,h_m$ sont eux-mêmes homogènes de degré total $\deg
+q - d_j$ (ou bien nuls, notamment lorsque $\deg q < d_j$). On pourra
+pour cela ne conserver que les monômes de bon degré total dans $h_j$.
+
+\begin{corrige}
+La conclusion du (1) montre que pour tout monôme $q$ de degré total
+$\geq r$ en les $t_i$ il existe $h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$
+tels que $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m f_m$. Observons à présent qu'en
+remplaçant $h_j$ par sa composante homogène de degré total $\deg q -
+d_j$, c'est-à-dire la somme des monômes ayant ce degré total (ou zéro
+si $\deg q < d_j$), puisque $f_j$ est homogène de degré total $d_j$ et
+que $q$ est également homogène (c'est un monôme !) de degré total
+$\deg q$, on a toujours l'égalité $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m f_m$ (en
+effet, on n'a pas changé les monômes de degré total $\deg q$ dans
+cette égalité, et on a retiré tous ceux d'un autre degré).
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+Soit $K = k(f_1,\ldots,f_m)$ le sous-corps de $k(t_1,\ldots,t_n)$
+engendré par $f_1,\ldots,f_m$ au-dessus de $k$.
+
+(3) Déduire du (2) que tout polynôme $q$ de degré total $s \geq r$ en
+$t_1,\ldots,t_n$ s'écrit comme combinaison $K$-linéaire de monômes en
+$t_1,\ldots,t_n$ chacun de degré total $< s$. En déduire la même
+conclusion avec maintenant des monômes chacun de degré $< r$.
+
+\begin{corrige}
+Soit $q$ un monôme de degré total $\deg q \geq r$. En décomposant
+chaque $h_j$ comme somme de monômes de degré total $\deg q - d_j$,
+l'égalité $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m f_m$ obtenue en (2) signifie que
+le monôme $q$ est combinaison linéaire à coefficients dans $K$ des
+monômes de degré total $< \deg q$, i.e., strictement plus petit que
+lui.
+
+Si maintenant $q$ est un polynôme de degré total $s \geq r$, chacun de
+ses monômes est soit déjà de degré $<r$ (donc $<s$, et il n'y a rien à
+faire) soit, d'après ce qu'on vient d'expliquer, combinaison
+$K$-linéaire de monômes de degré total strictement plus petits que lui
+et, en particulier, strictement plus petits que $s$. En ajoutant
+toutes ces combinaisons, on voit que tout polynôme $q$ de degré total
+$s \geq r$ est combinaison $K$-linéaire de monômes chacun de degré
+total $< s$.
+
+En recommançant, c'est-à-dire en réécrivant de nouveau tous les
+monômes comme combinaisons $K$-linéaires de monômes de degré $< s$ où
+$s$ est le degré total du plus grand monôme qui apparaît, et en
+itérant ce processus (qui termine vu que le plus grand degré total $s$
+d'un monôme qui apparaît dans la combinaison $K$-linéaire décroît
+strictement à chaque étape tant qu'il est au moins égal à $r$), on
+finit par arriver à une combinaison $K$-linéaire de monômes chacun de
+degré total $< r$, soit la conclusion souhaitée.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(4) Déduire de (3) que la sous-$K$-algèbre $K[t_1,\ldots,t_n]$ de
+$k(t_1,\ldots,t_n)$ engendrée par les $t_i$ (i.e., l'ensemble des
+combinaisons $K$-linéaires des monômes en $t_1,\ldots,t_n$) est un
+$K$-espace vectoriel de dimension \emph{finie}. Conclure que
+$K[t_1,\ldots,t_n]$ est un corps, qu'il coïncide avec
+$k(t_1,\ldots,t_n)$, donc que ce dernier est un $K$-espace vectoriel
+de dimension finie.
+
+\begin{corrige}
+On vient de voir que tout monôme en les $t_1,\ldots,t_n$ s'écrit comme
+combinaison linéaire à coefficients dans $K$ des monômes de degré
+$<r$. Comme il n'y a qu'un nombre fini de monômes de degré $<r$, le
+$K$-espace vectoriel $K[t_1,\ldots,t_n]$ engendré (dans
+$k(t_1,\ldots,t_n)$) par tous les monômes en les $t_i$ est de
+dimension finie.
+
+Or $K[t_1,\ldots,t_n]$ est également un anneau intègre (puisque c'est
+un sous-anneau du corps $k(t_1,\ldots,t_n)$) : et un anneau intègre de
+dimension finie sur un corps est lui-même un corps
+(\ref{finite-integral-algebra-is-a-field}). Donc $K[t_1,\ldots,t_n]$
+est un corps, et comme il contient $k$ et $t_1,\ldots,t_n$, et est
+contenu dans $k(t_1,\ldots,t_n)$, il coïncide avec ce dernier.
+
+On a donc prouvé que $K[t_1,\ldots,t_n] = k(t_1,\ldots,t_n)$ est un
+$K$-espace vectoriel de dimension finie.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(5) En raisonnant sur le degré de transcendance, conclure que $n \leq m$.
+
+\begin{corrige}
+L'extension de corps $K \subseteq k(t_1,\ldots,t_n)$ étant finie, elle
+est algébrique. On peut alors extraire de $f_1,\ldots,f_m$ une base
+de transcendance sur $k$ de $K = k(f_1,\ldots,f_m)$
+(\ref{transcendence-basis-facts}(1b)), et puisque $k(t_1,\ldots,t_n)$
+est algébrique sur $K$, la base de transcendance trouvée est encore
+une base de transcendance sur $k$ de $k(t_1,\ldots,t_n)$, bref
+$\degtrans_k k(t_1,\ldots,t_n) \leq m$. Or manifestement
+$t_1,\ldots,t_n$ est une base de transcendance de $k(t_1,\ldots,t_n)$
+donc on a $\degtrans_k k(t_1,\ldots,t_n) = n$. On a bien prouvé $n
+\leq m$.
+\end{corrige}
+
+
+%
+%
+%
+
+\exercice\label{tsens-theorem}
+
+Cet exercice utilise le résultat de
+l'exercice \ref{basic-dimension-fact} : il \emph{n'est pas nécessaire}
+d'avoir traité l'exercice en question, seulement d'avoir pris
+connaissance de sa conclusion, formulée dans le premier paragraphe de
+son énoncé.
+
+Soit $k$ un corps \emph{algébriquement clos}, et soit $K$ un corps de
+fonctions de courbe sur $k$ (c'est-à-dire, une extension finie du
+corps $k(z)$ des fractions rationnelles en une indéterminée $z$).
+
+On considère $f \in K[t_1,\ldots,t_n]$ un polynôme \emph{homogène} en
+les indéterminées $t_1,\ldots,t_n$ dont le degré total $d$ vérifie $0
+< d < n$. Le but de l'exercice est de montrer qu'il existe dans $K^n$
+un zéro non-trivial à $f$ (c'est-à-dire une solution de
+$f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ différente de $(0,\ldots,0)$).
+
+\smallbreak
+
+(1) \emph{Dans un premier temps,} on suppose que $K = k(z)$ est le
+corps des fractions rationnelles en une indéterminée $z$, et on
+suppose de plus que $f$, \textit{a priori} dans
+$k(z)[t_1,\ldots,t_n]$, est en fait dans $k[z,t_1,\ldots,t_n]$ (et
+toujours de degré $0<d<n$ en $t_1,\ldots,t_n$). On cherche une
+solution $(x_1,\ldots,x_n)$ de $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$, où les $x_i$
+soient dans $k[z]$ (et non tous nuls). On va écrire $x_i =
+\sum_{j=0}^N c_{i,j} z^j$ où les $c_{i,j} \in k$ sont des coefficients
+indéterminés et où $N$ est un entier. Expliquer pourquoi la condition
+$f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ recherchée se traduit sous la forme d'un
+système d'équations algébriques en les $c_{i,j}$, toutes homogènes.
+On ne demande pas d'écrire ce système, mais on précisera au moins
+clairement le nombre d'équations, leur degré, et le nombre de
+variables ; on pourra appeler $\delta$ le degré de $f$ en la
+variable $z$, et considérer le degré en $z$ et le degré total en les
+$c_{i,j}$ d'un terme $a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots x_n^{r_n}$
+de $f(x_1,\ldots,x_n)$. En utilisant le résultat de
+l'exercice \ref{basic-dimension-fact}, montrer que ce système a, en
+effet, une solution en les $c_{i,j}$ si $N$ est assez grand.
+
+\begin{corrige}
+Disons qu'on ait
+\[
+f(t_1,\ldots,t_n) = \sum_{r_1+\cdots+r_n=d}
+a_{r_1,\ldots,r_n} t_1^{r_1}\cdots t_n^{r_n}
+\]
+où on a fait l'hypothèse que les coefficients $a_{\underline{r}}$ sont
+dans $k[z]$. Soit $\delta$ le plus grand de leurs degrés, qui est
+donc le degré de $f$ en la variable $z$. Comme suggéré par l'énoncé,
+on cherche un zéro non-trivial dans $(k[z])^n$ par la méthode des
+coefficients indéterminés, en écrivant chaque $x_i$ (pour $i$ allant
+de $1$ à $n$) comme un polynôme de degré $\leq N$ en $z$, à savoir
+$x_i = \sum_{j=0}^N c_{i,j} z^j$.
+
+Considérons une expression de la forme $x_1^{r_1} \cdots x_n^{r_n}$ :
+si on la développe complètement, elle est un polynôme en $z$ de degré
+au plus $N(r_1+\cdots+r_n)$ (puisque chaque $x_i$ est un polynôme
+en $z$ de degré $\leq N$) ; et elle est homogène de degré total
+$r_1+\cdots+r_n$ en les $c_{i,j}$ (puisqu'un produit de polynômes
+homogènes est un polynôme homogène de la somme des degrés totaux), au
+sens où le coefficient devant chaque puissance de $z$ est homogène de
+degré total $r_1+\cdots+r_n$ en les $c_{i,j}$. Concernant
+$a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots x_n^{r_n}$, si
+$r_1+\cdots+r_n=d$, on en déduit qu'il est de degré $\leq N d +
+\delta$ en $z$, et (que son coefficient de chaque puissance de $z$
+est) homogène de degré $d$ en les $c_{i,j}$. Il en va donc de même de
+la somme $f(x_1,\ldots,x_n)$ des $a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots
+x_n^{r_n}$.
+
+On en déduit que l'équation $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ se traduit, en
+exprimant la nullité du coefficient devant chaque $z^j$, comme un
+système d'équations homogènes de degré $d$ en les $c_{i,j'}$. Le
+nombre d'équations est donné par le nombre de coefficients de $z$ à
+écrire, soit $1$ de plus que la borne trouvée sur le degré en $z$,
+bref $N d + \delta + 1$. Enfin, le nombre de variables est le nombre
+de $c_{i,j}$, c'est-à-dire $n\,(N+1)$.
+
+Si on tient absolument à écrire le système, ce qui n'était pas
+demandé, c'est :
+\[
+(\forall j)\;
+\sum_{\mathop{}^{s_{1,0}+\cdots+s_{n,N}=d}_{s_{1,1}+\cdots+N s_{n,N}+\rho=j}}
+\frac{\scriptstyle(\Sigma s_{1,\bullet})!\cdots
+ (\Sigma s_{n,\bullet})!}{\scriptstyle s_{1,0}!\cdots s_{n,N}!}\,
+a_{(\Sigma s_{1,\bullet}),\ldots,(\Sigma s_{n,\bullet});\rho}\,
+c_{1,0}^{s_{1,0}}\cdots c_{n,N}^{s_{n,N}}
+= 0
+\]
+où $\Sigma s_{i,\bullet}$ désigne $s_{i,0}+\cdots+s_{i,N}$ et
+$a_{r_1,\ldots,r_n;\rho}$ est le coefficient de $z^\rho$ dans le polynôme
+$a_{r_1,\ldots,r_n} \in k[z]$, et où $j$ parcourt les entiers de $0$ à
+$N d + \delta$.
+
+Bref, on a un système de $N d + \delta + 1$ équations, chacune
+homogène de degré total $d$, en $n\,(N+1) = N n + n$ variables.
+Puisque $d<n$, on a $N d + \delta + 1 < N n + n$ lorsque $N$ est assez
+grand. On conclut d'après le résultat de
+l'exercice \ref{basic-dimension-fact} que le système a une solution
+avec les $c_{i,j}$ non tous nuls, c'est-à-dire les $x_i$ non tous
+nuls.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(2) On suppose toujours que $K = k(z)$. On a montré en (1) que si $f
+\in k[z,t_1,\ldots,t_n]$ alors $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a une solution
+non-triviale (dans $(k[z])^n$, donc dans $K^n$). En déduire que si $f
+\in k(z)[t_1,\ldots,t_n]$ alors $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a encore une
+solution non-triviale dans $K^n$.
+
+\begin{corrige}
+Il suffit de chasser les dénominateurs. Plus précisément, si $f \in
+k(z)[t_1,\ldots,t_n]$, soit $q \in k[z]$ un dénominateur commun à tous
+les coefficients $a_{r_1,\ldots,r_n}$ de $f$ (en les variables
+$t_1,\ldots,t_n$). Alors $q\,f \in k[z,t_1,\ldots,t_n]$, et comme on
+a vu en (1) que l'équation $q\,f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a une solution
+non-triviale, cette solution en est aussi une de
+l'équation $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(3) Dans cette question (indépendante des précédentes), on suppose que
+$K_0 \subseteq K$ est une extension de corps de degré $\ell := [K :
+ K_0]$ fini. Soit $e_1,\ldots,e_\ell$ une base de $K$ comme
+$K_0$-espace vectoriel. Lorsque $w \in K$, on notera $\mathbf{M}(w)$
+la matrice $\ell\times \ell$ à coefficients dans $K_0$ qui représente
+l'application $K \to K, \penalty0\; y\mapsto w\cdot y$ de
+multiplication par $w$ (vue comme une application $K_0$-linéaire
+du $K_0$-espace vectoriel $K$ de dimension $\ell$), sur la base
+$e_1,\ldots,e_\ell$, et on notera $\norm(w) := \det(\mathbf{M}(w))$
+son déterminant (c'est donc un élément de $K_0$).\spaceout
+(a) Expliquer pourquoi $\mathbf{M}(ww') = \mathbf{M}(w)\,
+\mathbf{M}(w')$ si $w,w'\in K$, pourquoi $\norm(ww') = \norm(w)\,
+\norm(w')$, et pourquoi $\norm(w) = 0$ si et seulement
+si $w=0$.\spaceout (b) Expliquer pourquoi si $w = \sum_{j=1}^\ell w_j
+e_j$ avec $w_j \in K_0$, alors les coefficients de $\mathbf{M}(w)$
+s'écrivent comme des combinaisons $K_0$-linéaires des $w_j$, et
+pourquoi $\norm(w)$ s'écrit comme un polynôme homogène de degré $\ell$
+en $w_1,\ldots,w_\ell$.
+
+\begin{corrige}
+(a) On a $\mathbf{M}(ww') = \mathbf{M}(w)\,\mathbf{M}(w')$ car la
+ multiplication par $ww'$ est la composée, dans n'importe quel ordre,
+ de celle par $w$ et de celle par $w'$. L'identité $\norm(ww') =
+ \norm(w)\, \norm(w')$ s'en déduit par la multiplicativité du
+ déterminant. On en déduit que $\norm(w)\, \norm(w') = 1$ si $w'$
+ est l'inverse de $w$, et donc que $\norm(w) \neq 0$ si $w \neq 0$
+ (l'autre implication est triviale).
+
+(b) Si $w = \sum_{j=1}^\ell w_j e_j$ alors on a $\mathbf{M}(w) =
+ \sum_{j=1}^\ell w_j E_j$, où on a noté $E_j := \mathbf{M}(e_j)$ :
+ comme $E_j$ est une certaine matrice $\ell\times \ell$ à
+ coefficients dans $K_0$, ceci montre bien que les coefficients de
+ $\mathbf{M}(w)$ s'écrivent comme des combinaisons $K_0$-linéaires
+ des $w_j$. Comme le déterminant d'une matrice $\ell\times \ell$ est
+ un polynôme homogène de degré $\ell$ en les coefficients de la
+ matrice, on en déduit que $\norm(w)$ s'écrit comme un polynôme
+ homogène de degré $\ell$ en $w_1,\ldots,w_\ell$.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(4) On suppose maintenant que $K$ est un corps de fonctions de courbe
+sur $k$, disons de degré $\ell := [K : K_0]$ sur le corps des
+fractions rationnelles $K_0 := k(z)$. On reprend les notations
+$\mathbf{M}(w)$ et $\norm(w)$ de la question (3), en appelant
+$e_1,\ldots,e_\ell$ une base de $K$ comme $K_0$-espace vectoriel.
+Soit $f \in K[t_1,\ldots,t_n]$ (toujours de degré total $0<d<n$ en
+$t_1,\ldots,t_n$). On va écrire $x_i = \sum_{j=1}^\ell x_{i,j} e_j$
+où les $x_{i,j} \in K_0$ sont des coefficients indéterminés.
+Expliquer pourquoi la condition $\norm(f(x_1,\ldots,x_n)) = 0$ se
+traduit sous la forme d'une équation algébrique homogène de degré $d
+\ell$ en $n \ell$ indéterminées. En déduire qu'elle a une solution
+non-triviale. Conclure.
+
+\begin{corrige}
+Disons qu'on ait
+\[
+f(t_1,\ldots,t_n) = \sum_{r_1+\cdots+r_n=d}
+a_{r_1,\ldots,r_n} t_1^{r_1}\cdots t_n^{r_n}
+\]
+les coefficients $a_{\underline{r}}$ sont dans $K$. Comme suggéré par
+l'énoncé, on cherche un zéro non-trivial dans $K^n$ par la méthode des
+coefficients indéterminés, en écrivant chaque $x_i$ (pour $i$ allant
+de $1$ à $n$) comme $x_i = \sum_{j=1}^\ell x_{i,j} e_j$.
+
+Considérons une expression de la forme $\mathbf{M}(x_1^{r_1} \cdots
+x_n^{r_n}) = \mathbf{M}(x_1)^{r_1} \cdots \mathbf{M}(x_n)^{r_n}$ :
+d'après la question (3)(b), les coefficients de chaque
+$\mathbf{M}(x_i)$ sont des combinaisons $K_0$-linéaires des $x_{i,j}$
+(pour ce $i$), donc les coefficients du produits sont des polynômes
+homogènes de degré total $r_1+\cdots+r_n$ en les $x_{i,j}$ (en
+utilisant le fait que le produit de matrices est bilinéaire).
+Concernant $\mathbf{M}(a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots
+x_n^{r_n})$, si $r_1+\cdots+r_n=d$, on en déduit qu'il est homogène de
+degré total $d$ en les $x_{i,j}$. Il en va donc de même de la somme
+$\mathbf{M}(f(x_1,\ldots,x_n))$ des $a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1}
+\cdots x_n^{r_n}$. Par l'homogénéité du déterminant,
+$\norm(f(x_1,\ldots,x_n))$ est un polynome homogène (à coefficients
+dans $K_0$) de degré total $d \ell$ en les indéterminées $x_{i,j}$ qui
+sont au nombre de $n \ell$.
+
+D'après la question (2), si $d \ell < n \ell$, ce qui équivaut à $d <
+n$, il y a bien une solution non triviale à cette équation algébrique
+de degré $d \ell$ en $n \ell$ indéterminées dans $K_0 = k(z)$. Or
+d'après la question (3)(a), l'annulation de ce déterminant
+$\norm(f(x_1,\ldots,x_n))$ équivaut à l'annulation de tous les $x_i$
+(i.e., de tous les $x_{i,j}$). On a donc bien montré que
+$f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a une solution non-triviale dans $K$.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(5) Les questions précédentes ont montré que si $K$ est le corps des
+fonctions d'une courbe sur un corps $k$ algébriquement clos et si $f
+\in K[t_1,\ldots,t_n]$ est un polynôme homogène en les indéterminées
+$t_1,\ldots,t_n$ dont le degré total $d$ vérifie $0 < d < n$, alors
+$f$ a un zéro non-trivial dans $K^n$. On s'est limité à un seul
+polynôme $f$ pour plus de simplicité dans les notations. Mais en
+fait, les mêmes arguments montrent que si $f_1,\ldots,f_m \in
+k[t_1,\ldots,t_n]$ sont plusieurs polynômes homogènes de degrés totaux
+respectifs $d_1,\ldots,d_m > 0$ en les indéterminées $t_1,\ldots,t_n$,
+on peut conclure à l'existence d'un zéro commun non-trivial à
+$f_1,\ldots,f_m$ dans $K^n$ sous une certaine hypothèse sur
+$d_1,\ldots,d_m$. Sans réécrire les démonstrations, indiquer quelle
+serait cette condition.
+
+\begin{corrige}
+Si on reprend les questions précédentes avec maintenant $m$ polynômes,
+dans la question (1), on obtiendra maintenant un système de
+$\sum_{j=1}^m (N d_j + \delta + 1) = N(d_1+\cdots+d_m) + m\delta + m$
+équations en $n(N+1)$ variables, qui a donc une solution pour $N$
+grand lorsque $d_1 + \cdots + d_m < n$. Les arguments des questions
+(2) et (4) ne sont essentiellement pas modifiés, et on arrive à la
+conclusion que :
+
+Si $K$ est le corps des fonctions d'une courbe sur un corps $k$
+algébriquement clos et si $f_1,\ldots,f_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ sont
+des polynômes homogènes de degrés totaux respectifs $d_1,\ldots,d_m >
+0$ en les indéterminées $t_1,\ldots,t_n$, qui vérifient
+$d_1+\cdots+d_m < n$, alors $f_1,\ldots,f_m$ ont un zéro commun
+non-trivial dans $K^n$.
+
+(Ce résultat s'appelle le théorème de Tsen. On pourra remarquer que
+l'exercice \ref{equation-with-no-solutions} montre que l'inégalité est
+optimale sur n'importe quel corps de fonctions de courbe, puisqu'on y
+a trouvé un polynôme homogène de degré $d$ en $n=d$ variables sans
+zéro non-trivial.)
+\end{corrige}
+
+
+%
+%
+%
+
+\exercice
+
+Soit $k$ un corps parfait de caractéristique $\neq 2,5$. On considère
+la courbe $C$ plane sur $k$ d'équation $y^2 = x^5 - 1$. On admettra
+sans vérification que le polynôme $h := y^2 - x^5 + 1 \in k[x,y]$ est
+géométriquement irréductible, et on posera $K := k(C) = k(x)[y]/(h)$.
+
+(1) Si $w$ est une valuation de $K$ au-dessus de $k$, montrer qu'on a
+$w(x)<0$ si et seulement si $w(y)<0$. Exprimer le rapport entre
+$w(y)$ et $w(x)$ si c'est le cas.
+
+\begin{corrige}
+Si $w(x)<0$ alors $w(x^5 - 1) = 5 w(x)$ (puisque $w(x^5) < w(1)$),
+autrement dit $w(y^2) = 5 w(x)$, d'où on déduit $w(y) = \frac{5}{2}
+w(x) < 0$. Réciproquement, si $w(x) \geq 0$ alors $w(x^5 - 1) \geq
+0$, autrement dit $w(y^2) \geq 0$, d'où on déduit $w(y) \geq 0$. On a
+bien montré l'équivalence entre $w(x)<0$ et $w(y)<0$ et, de plus,
+$w(y) = \frac{5}{2} w(x)$ lorsque ces propriétés sont vérifiées.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(2) Rappeler pourquoi tout élément de $K$ s'écrit de façon unique sous
+la forme $f_0 + f_1 y$ avec $f_0,f_1 \in k(x)$.
+
+\begin{corrige}
+Le corps $K$ est le corps de rupture de $h := y^2 - x^5 + 1$ sur le
+corps $k(x)$ des fractions rationnelles en l'indéterminée $x$. Tout
+élément de $K = k(x)[y]/(h)$ est donc représenté de façon unique sous
+la forme d'un polynôme de degré $<2$ en $y$, à savoir le reste de la
+division euclidienne par $h$ (dans $k(x)[y]$) de n'importe quel
+représentant, ce qui est bien la forme demandée.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(3) En déduire qu'il existe une et une seule valuation $w$ de $K$
+au-dessus de $k$ telle que $w(x) < 0$ (on pourra considérer la
+restriction de $w$ à $k(x)$ et montrer que c'est, à une constante
+près, la valuation $v_\infty$ à l'infini ; puis déduire de (2) que $w$
+est complètement déterminé par la donnée de $w(x)$ et en conclure ce
+qu'elle vaut).
+
+\begin{corrige}
+La restriction de $w$ à $k(x)$ vérifie les propriétés (o), (i) et (ii)
+de \ref{valuation-ring-versus-valuation-function} qui définissent une
+valuation : c'est donc \emph{à multiplication près par un entier
+ $e\geq 1$} une valuation sur $k(x)$, au-dessus de $k$ ; et puisque
+$w(x) < 0$, cette valuation est la valuation à l'infini. Autrement
+dit, en notant $w(x) = -e$, on a $w(f_0) = e\,v_\infty(f_0)$ pour
+tout $f_0 \in k(x)$. Mais on sait aussi que $w(y) = \frac{5}{2} w(x)
+= -\frac{5}{2} e$, donc dans une forme $f_0 + f_1 y$, le premier terme
+a une valuation multiple de $e$ et le second en a une qui vaut
+$-\frac{5}{2}e$ plus un multiple de $e$, et notamment les deux termes
+sont forcément de valuations \emph{différentes} : ainsi, $w(f_0 + f_1
+y)$ est complètement déterminé par la donnée de $e$, à savoir $e\,
+\min(v_\infty(f_0), v_\infty(f_1) - \frac{5}{2})$. Mais puisque
+l'image de $w$ doit être $\mathbb{Z} \cup \{\infty\}$ (condition de
+normalisation), on a forcément $e = 2$, c'est-à-dire $w(x) = -2$ et
+$w(y) = -5$, et en général $w(f_0 + f_1 y) = \min(2 v_\infty(f_0), 2
+v_\infty(f_1) - 5)$.
+
+Il existe forcément une telle valuation, car $x$ n'est pas constant
+(il est transcendant sur $k$), donc il a un pôle, ce qui signifie
+exactement qu'il existe une place $w$ comme on vient de le décrire.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(4) On note $M$ la place de $C$ qui a été trouvée (c'est-à-dire que $w
+= \ord_M$ est l'unique valuation de $K$ au-dessus de $k$ pour laquelle
+$w(x) < 0$). Montrer que pour tout $r \geq 3$ entier, les fonctions
+$1,x,x^2,\ldots,x^r,\penalty0 y,xy,\ldots,x^{r-3}y$ sont dans l'espace
+de Riemann-Roch $\mathscr{L}(2r(M))$ et sont linéairement indépendants
+sur $k$. En déduire un minorant de $\ell(2r(M))$. En prenant $r$
+grand, en déduire un majorant sur le genre $g$ de $C$.
+
+\begin{corrige}
+On vient de voir que $\ord_M(x) = -2$ et $\ord_M(y) = -5$. Par
+conséquent, $\ord_M(x^i) = -2i$ et $\ord_M(x^i y) = -2i-5$. Ces
+quantités sont $\geq -2r$ lorsque respectivement $i\leq r$ et $i\leq
+r-\frac{5}{2}$ (c'est-à-dire en fait $i \leq r-3$ puisque $i,r$ sont
+entiers). En toute autre place $P$ que $M$, on sait que
+$\ord_P(x)\geq 0$ et $\ord_P(y)\geq 0$ d'après la question (3).
+On a bien montré que $1,x,x^2,\ldots,x^r,\penalty0
+y,xy,\ldots,x^{r-3}y$ sont dans $\mathscr{L}(2r(M))$. Ils sont
+linéairement indépendants sur $k$ car d'une part les puissances
+de $x$, qui sont dans $k(x)$, sont linéairement indépendantes sur $k$,
+et d'autre part $1$ et $y$ sont linéairement indépendants sur $k(x)$
+(cf. question (2)). Bref, on a trouvé $(r+1) + (r-2) = 2r-1$ éléments
+$k$-linéairement indépendants dans $\mathscr{L}(2r(M))$, donc
+$\ell(2r(M)) \geq 2r-1$.
+
+Or on sait par \ref{degree-of-canonical-divisor}(B) que si $r$ est
+assez grand (à savoir $2r > 2g - 2$ mais peu importe), on a
+$\ell(2r(M)) = 2r + 1 - g$. On en déduit $2r + 1 - g \geq 2r-1$,
+c'est-à-dire $g \leq 2$.
+\end{corrige}
+
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