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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} + + + % % % |