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diff --git a/exercices.tex b/exercices.tex new file mode 100644 index 0000000..a0f40a8 --- /dev/null +++ b/exercices.tex @@ -0,0 +1,499 @@ +%% This is a LaTeX document. Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it? +\documentclass[12pt,a4paper]{article} +\usepackage[francais]{babel} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[T1]{fontenc} +%\usepackage{ucs} +\usepackage{times} +% A tribute to the worthy AMS: +\usepackage{amsmath} +\usepackage{amsfonts} +\usepackage{amssymb} +\usepackage{amsthm} +% +\usepackage{mathrsfs} +\usepackage{wasysym} +\usepackage{url} +% +\usepackage{graphics} +\usepackage[usenames,dvipsnames]{xcolor} +\usepackage{tikz} +\usetikzlibrary{matrix,calc} +\usepackage{hyperref} +% +%\externaldocument{notes-accq205}[notes-accq205.pdf] +% +\theoremstyle{definition} +\newtheorem{comcnt}{Tout} +\newcommand\thingy{% +\refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} } +\newcommand\exercice{% +\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak} +\renewcommand{\qedsymbol}{\smiley} +% +\newcommand{\id}{\operatorname{id}} +\newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} +% +\DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~} +% +\DeclareMathSymbol{\tiret}{\mathord}{operators}{"7C} +\DeclareMathSymbol{\traitdunion}{\mathord}{operators}{"2D} +% +\DeclareFontFamily{U}{manual}{} +\DeclareFontShape{U}{manual}{m}{n}{ <-> manfnt }{} +\newcommand{\manfntsymbol}[1]{% + {\fontencoding{U}\fontfamily{manual}\selectfont\symbol{#1}}} +\newcommand{\dbend}{\manfntsymbol{127}}% Z-shaped +\newcommand{\danger}{\noindent\hangindent\parindent\hangafter=-2% + \hbox to0pt{\hskip-\hangindent\dbend\hfill}} +% +\newcommand{\spaceout}{\hskip1emplus2emminus.5em} +\newif\ifcorrige +\corrigetrue +\newenvironment{corrige}% +{\ifcorrige\relax\else\setbox0=\vbox\bgroup\fi% +\smallbreak\noindent{\underbar{\textit{Corrigé.}}\quad}} +{{\hbox{}\nobreak\hfill\checkmark}% +\ifcorrige\par\smallbreak\else\egroup\par\fi} +% +% +% +\begin{document} +\ifcorrige +\title{ACCQ205\\Exercices — Corrigé\\{\normalsize Courbes algébriques}} +\else +\title{ACCQ205\\Exercices\\{\normalsize Courbes algébriques}} +\fi +\author{David A. Madore} +\maketitle + +{\footnotesize +\immediate\write18{sh ./vc > vcline.tex} +\begin{center} +Git: \input{vcline.tex} +\end{center} +\immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex} +\par} + +\pretolerance=8000 +\tolerance=50000 + +\exercice + +Dans $\mathbb{P}^2(\mathbb{R})$, quelle est l'intersection de la +droite reliant les points $(1{:}1{:}1)$ et $(1{:}2{:}3)$ et de celle +reliant les points $(0{:}1{:}3)$ et $(1{:}0{:}0)$ ? + +Traduire cette même question et son résultat dans le plan affine +$\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ (c'est-à-dire $\mathbb{R}^2$) vu comme +l'ensemble des points $(1:x:y)$ de $\mathbb{P}^2(\mathbb{R})$. + +\begin{corrige} +En notant $[u:v:w]$ (pour $u,v,w$ non tous nuls) la droite d'équation +$ux+vy+wz = 0$ dans $\mathbb{P}^2$, on rappelle que la droite reliant +$(x:y:z)$ et $(x':y':z')$ distincts est $[yz'-zy' : zx'-xz' : + xy'-yx']$, et que l'intersection des droites distinctes $[u:v:w]$ et +$[u':v':w']$ est $[vw'-wv' : wu'-uw' : uv'-vu']$. + +Avec ces formules, on trouve que $(1{:}1{:}1) \vee (1{:}2{:}3) = +[1{:}-2{:}1]$ (on note $p \vee q$ pour la droite reliant $p$ et $q$) +et que $(0{:}1{:}3) \vee (1{:}0{:}0) = [0{:}3{:}-1]$ et finalement que +le point recherché est $[1{:}-2{:}1] \wedge [0{:}3{:}-1] = +(-1{:}1{:}3)$ (en notant $\ell \wedge m$ pour l'intersection des +droites $\ell$ et $m$). Ce point est bien sûr aussi égal, par +exemple, à $(1{:}-1{:}-3)$ ou $(-2{:}2{:}6)$. + +En affine, la question demande l'intersection de la droite reliant +$(1,1)$ et $(2,3)$ et de la droite de pente $3$ passant par $(0,0)$. +(La « pente » de la droite affine $y = ax+b$ est le nombre $a$, qu'on +peut voir comme le point à l'infini $(0:1:a)$ de sa complétée +projective.) La réponse est que les droites en question se coupent +en $(-1,-3)$. +\end{corrige} + + +% +% +% + +\exercice + +Donner l'équation de l'homographie (= transformation projective) $f +\colon \mathbb{P}^1 \to \mathbb{P}^1$ sur, disons, les réels, qui +envoie $0$ sur $0$ et $1$ sur $1$ et $2$ sur $3$. Quelle est l'image +de $\infty$ par cette homographie, et quel point s'envoie sur $\infty$ +par elle ? + +\begin{corrige} +L'énoncé suppose implicitement qu'on identifie $\mathbb{P}^1$ au +complété de $\mathbb{A}^1$ par l'ajout d'un point à l'infini. Notons +$t$ la coordonnée sur $\mathbb{A}^1$ et fixons les coordonnées de +$\mathbb{P}^1$ en identifiant le point $t$ de $\mathbb{A}^1$ avec le +point $(t{:}1)$ de $\mathbb{P}^1$ et le point à l'infini avec +$(1{:}0)$ (c'est-à-dire que $(u:v)$ de $\mathbb{P}^1$ s'identifie avec +$u/v$ dans $\mathbb{A}^1$ sauf lorsque $v=0$ auquel cas on le +note $\infty$). + +On cherche un élément de $\mathit{PGL}_2$, c'est-à-dire une matrice +inversible $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}$ (modulo +homothéties). Compte tenu de l'identification qu'on vient de faire, +cela signifie qu'on cherche $f$ sous la forme $f(t) = +\frac{at+b}{ct+d}$ (avec $ad-bc \neq 0$ pour assurer l'inversibilité, +et en gardant à l'esprit que ceci ne fixera $a,b,c,d$ qu'à +multiplication près par une constante). + +La contrainte $f(0)=0$ se traduit alors par $b=0$, la contrainte +$f(1)=1$ se traduit par $a+b=c+d$, et la contrainte $f(2)=3$ se +traduit par $2a+b=3(2c+d)$. En résolvant le système (avec une +contrainte arbitraire pour fixer l'homogénéité sans importance), on +trouve $\begin{pmatrix}3&0\\-1&4\\ \end{pmatrix}$ (modulo +multiplication par constantes), soit $f(t) = 3t/(-t+4)$. Le point +$\infty$ s'envoie alors sur $-3$ (c'est-à-dire que $(1{:}0)$ s'envoie +sur $(3{:}-1)$), et $4$ s'envoie sur $\infty$ (c'est-à-dire que +$(4{:}1)$ s'envoie sur $(1{:}0)$). +\end{corrige} + + +% +% +% + +\exercice + +(a) Combien y a-t-il de points dans $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ ? +(b) Combien y a-t-il de couples de points distincts de +$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ ? (c) Étant donnée une droite $\ell$ de +$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$, combien de couples de points distincts +sont situés dessus ? (d) En déduire le nombre de droites dans +$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$. (e) Indépendamment des questions +(b) à (d), combien y a-t-il de plans dans +$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ ? + +\begin{corrige} +(a) On a vu que c'est $\frac{q^4-1}{q-1} = q^3 + q^2 + q + 1$ (ce qui + s'écrit encore, si on préfère, $(q+1) (q^2+1)$). + +(b) On en déduit que c'est $(q^3 + q^2 + q + 1) (q^3 + q^2 + q)$ (ce + qui s'écrit encore, si on préfère, $q(q+1)(q^2+1)(q^2+q+1)$). + +(c) Chaque droite de $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ est elle-même un + $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$, donc elle a $q+1$ points, et $q(q+1)$ + couples de points distincts. + +(d) Chaque couple de points distincts de $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ + détermine une unique droite, laquelle s'obtient de $q(q+1)$ manières + différentes : il y a donc $[q(q+1)(q^2+1)\penalty0 + (q^2+q+1)]/[q(q+1)] = (q^2+1)(q^2+q+1) = q^4 + q^3 + 2q^2 + q + 1$ + droites distinctes dans $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$. + +(e) La dualité projective met en correspondance les plans de + $\mathbb{P}^2$ avec les points du $\mathbb{P}^2$ dual. Notamment, + les plans de $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ sont en même nombre que + ses points, c'est-à-dire $q^3 + q^2 + q + 1$. +\end{corrige} + + +% +% +% + +\exercice + +On souhaite démontrer de façon calculatoire le théorème suivant +(théorème de Desargues) : si $A,B,C$ et $A',B',C'$ sont deux triangles +(= triplets de points non alignés) dans $\mathbb{P}^2$ tels que $AA'$, +$BB'$ et $CC'$ concourent en un point $O$, alors les points $U := BC +\wedge B'C'$ (point d'intersection des droites $BC$ et $B'C'$) et $V +:= CA \wedge C'A'$ et $W := AB \wedge A'B'$ sont alignés. (Comme +d'habitude en géométrie projective, on suppose tacitement que les +points sont en position suffisamment générale, c'est-à-dire que toutes +les paires de points qu'on a reliés pour former une droite sont +distinctes, et que toutes les paires de droites qu'on a intersectées +sont aussi distinctes.) + +\begin{center} +\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,x=1.0cm,y=1.0cm,extended line/.style={shorten >=-#1,shorten <=-#1},extended line/.default=1cm] +%% \clip(-3.43,-5.04) rectangle (4.25,0.85); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-0-1.69*\x)/-1.38}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-0-1.96*\x)/1.19}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-0-2.4*\x)/-0.02}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-4.73-0.27*\x)/2.57}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--2.9-0.44*\x)/-1.21}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--3.28--0.71*\x)/-1.36}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-14.02--1.17*\x)/4.67}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--6.32-1.33*\x)/-1.62}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--11.99--0.15*\x)/-3.05}); +%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--9.7-2.9*\x)/-0.07}); +\begin{scriptsize} +\coordinate (O) at (0,0); +\coordinate (A) at (-1.38,-1.69); +\coordinate (B) at (1.19,-1.96); +\coordinate (C) at (-0.02,-2.4); +\coordinate (Aprime) at (-3.08,-3.78); +\coordinate (Bprime) at (1.59,-2.61); +\coordinate (Cprime) at (-0.03,-3.93); +\coordinate (W) at (3.29,-2.18); +\coordinate (U) at (3.31,-1.19); +\coordinate (V) at (3.24,-4.1); +\draw[extended line=0.5cm] (O)--(Aprime); +\draw[extended line=0.5cm] (O)--(Bprime); +\draw[extended line=0.5cm] (O)--(Cprime); +\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (A)--(W); +\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (Aprime)--(W); +\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (A)--(V); +\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (Aprime)--(V); +\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (C)--(U); +\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (Cprime)--(U); +\draw[color=black!50!blue,extended line=0.5cm] (U)--(V); +\fill [color=blue] (O) circle (1.5pt); +\draw[color=blue] (0.11,0.17) node {$O$}; +\fill [color=red] (A) circle (1.5pt); +\draw[color=red] (-1.27,-1.52) node {$A$}; +\fill [color=red] (B) circle (1.5pt); +\draw[color=red] (1.3,-1.79) node {$B$}; +\fill [color=red] (C) circle (1.5pt); +\draw[color=red] (0.09,-2.23) node {$C$}; +\fill [color=red] (Aprime) circle (1.5pt); +\draw[color=red] (-2.97,-3.61) node {$A'$}; +\fill [color=red] (Bprime) circle (1.5pt); +\draw[color=red] (1.7,-2.43) node {$B'$}; +\fill [color=red] (Cprime) circle (1.5pt); +\draw[color=red] (0.09,-3.76) node {$C'$}; +\fill (W) circle (1.5pt); +\draw (3.41,-2) node {$W$}; +\fill (U) circle (1.5pt); +\draw (3.42,-1.01) node {$U$}; +\fill (V) circle (1.5pt); +\draw (3.35,-3.92) node {$V$}; +\end{scriptsize} +\end{tikzpicture} +\end{center} + +(a) Expliquer pourquoi on peut trouver des coordonnées telles que +$A=(1{:}0{:}0)$, $B=(0{:}1{:}0)$, $C=(0{:}0{:}1)$ et $O=(1{:}1{:}1)$. + +(b) Expliquer pourquoi les coordonnées de $A',B',C'$ sont alors de la +forme $A' = (a:u:u)$, $B' = (v:b:v)$ et $C' = (w:w:c)$. + +(c) Calculer les coordonnées de $U,V,W$. + +(d) Conclure. + +(e) Indépendamment de ce qui précède, quel est l'énoncé dual du +théorème de Desargues ? + +\begin{corrige} +(a) On a supposé $ABC$ non alignés, $OAB$ non alignés (implicitement + en disant que $AA'$ et $BB'$ concourent), $OBC$ non alignés et $OCA$ + non alignés. On a donc affaire à une base projective + de $\mathbb{P}^2$, et quitte à choisir les coordonnées, on peut + supposer qu'il s'agit de la base standard. + +(b) Le point $A'$ est sur la droite $OA = [0{:}1{:}-1]$, c'est-à-dire + que ses deux dernières coordonnées sont égales : on peut donc + l'écrire $(a:u:u)$ (avec $a,u$ non simultanément nuls). Les deux + autres cas sont symétriques. + +(c) La droite $BC$ est $[1{:}0{:}0]$, et la droite $B'C'$ est $[bc - + vw : -cv + vw : -bw + vw]$ (on peut se dispenser de calculer la + première coordonnée), ce qui donne $U := BC \wedge B'C' = (0 : bw - + vw : -cv + vw)$. Les deux autres s'obtiennent alors en appliquant + la permutation cyclique évidente, soit $V = (-aw + wu : 0 : cu - + wu)$ et $W = (av - uv : -bu + uv : 0)$. + +(d) Il s'agit de vérifier l'annulation du déterminant +\[ +\left| +\begin{matrix} +0&-aw+wu&av-uv\\ +bw-vw&0&-bu+uv\\ +-cv+vw&cu-wu&0\\ +\end{matrix} +\right| +\] +ce qui peut se faire directement ou en remarquant que $u$ fois les +coordonnées trouvées pour $U$ plus $v$ fois celles pour $V$ plus $w$ +fois celles pour $W$ donne zéro. + +(e) L'énoncé dual obtenu en échangeant mécaniquement points et droites +est : si $\alpha,\beta,\gamma$ et $\alpha',\beta',\gamma'$ sont deux +triangles dans $\mathbb{P}^2$ donnés par des triplets de droites cette +fois, tels que les points d'intersection $\alpha\wedge\alpha'$, +$\beta\wedge\beta'$ et $\gamma\wedge\gamma'$ soient alignées selon une +droite $\ell$, alors les droites $p := (\beta\wedge\gamma) \vee +(\beta'\wedge\gamma')$ (droite reliant les points d'intersection +$\beta\wedge\gamma$ et $\beta'\wedge\gamma'$) et $q := +(\gamma\wedge\alpha) \vee (\gamma'\wedge\alpha')$ et $r := +(\alpha\wedge\beta) \vee (\alpha'\wedge\beta')$ sont concourantes. + +Mais on peut le reformuler : en appelant $A,B,C$ les sommets du +triangle de côtés $\alpha,\beta,\gamma$, c'est-à-dire $A := +\beta\wedge\gamma$ et $B := \gamma\wedge\alpha$ et $C := +\alpha\wedge\beta$, et de même $A',B',C'$ les sommets de +$\alpha',\beta',\gamma'$, alors l'énoncé de Desargues dual est : si +$A,B,C$ et $A',B',C'$ sont deux triangles dans $\mathbb{P}^2$ tels que +les points $U := BC \wedge B'C'$ (point d'intersection des droites +$BC$ et $B'C'$) et $V := CA \wedge C'A'$ et $W := AB \wedge A'B'$ +soient alignés, alors $AA'$, $BB'$ et $CC'$ concourent en un +point $O$. Il s'agit précisément de la réciproque du théorème de +Desargues tel que nous l'avons énoncé. + +Autrement dit, en démontrant le théorème de Desargues, nous avons +aussi démontré sa réciproque (puisque celle-ci s'obtient en appliquant +Desargues dans le plan projectif dual). +\end{corrige} + + +% +% +% + +\exercice + +Donner des équations (c'est-à-dire, écrire comme un fermé de Zariski) +de la droite de $\mathbb{P}^3$ sur $\mathbb{R}$ qui passe par les +points $(1{:}2{:}3{:}4)$ et $(4{:}1{:}2{:}3)$. (On notera +$(t{:}x{:}y{:}z)$ les coordonnées homogènes sur $\mathbb{P}^3$.) Le +point $(3{:}4{:}1{:}2)$ est-il situé dessus ? + +\begin{corrige} +Traduisons le problème comme un problème d'algèbre linéaire : on +considère $V$ le plan vectoriel (= sous-espace vectoriel de +dimension $2$) engendré par les deux vecteurs $(1,2,3,4)$ et +$(4,1,2,3)$ de $\mathbb{R}^4$, et on cherche à trouver un système +générateur (et tant qu'à faire, une base) de l'ensemble $V^\perp$ des +formes linéaires sur $\mathbb{R}^4$ s'annulant sur $V$ (qu'on peut +voir comme des polynômes homogènes de degré $1$ en $t,x,y,z$ si l'on +veut). Si on note $s,u,v,w$ les coordonnées (coefficients devant +$t,x,y,z$) d'une telle forme linéaire, on cherche donc à résoudre +$s+2u+3v+4w=0$ et $4s+u+2v+3w=0$, ce système étant évidemment +sous-déterminé (puisque $V^\perp$ est de dimension $2$) mais on +cherche à trouver une base de son espace de solutions. On peut par +exemple trouver pour $(s,u,v,w)$ les solutions $(1,0,13,-10)$ et +$(0,1,-2,1)$ ou encore $(-\frac{1}{7}, -\frac{10}{7}, 1, 0)$ et +$(-\frac{2}{7}, -\frac{13}{7}, 0, 1)$ (par exemple calculées en +mettant la matrice $\begin{pmatrix}1&2&3&4\\4&1&2&3\\ \end{pmatrix}$ +sous forme échelonnée), ou n'importe quels deux vecteurs non +colinéaires vérifiant le système qu'on a écrit (tout autre élément +étant alors combinaison des deux qu'on a choisis). + +Mettons qu'on prenne $(1,0,13,-10)$ et $(0,1,-2,1)$ : ceci permet +d'écrire que la droite passant par $(1{:}2{:}3{:}4)$ et +$(4{:}1{:}2{:}3)$ a pour équations $t + 13y - 10z = 0$ et $x - 2y + z += 0$ (encore une fois, n'importe quelle autre équation sera dans le +sous-$\mathbb{R}$-espace vectoriel, et \emph{a fortiori} dans l'idéal, +engendré par ces deux équations choisies). + +Savoir si le point $(3{:}4{:}1{:}2)$ est situé sur la droite en +question se vérifie alors sur ces équations : la réponse est +manifestement non. (On pouvait aussi tester directement l'alignement +de $(3{:}4{:}1{:}2)$ avec $(1{:}2{:}3{:}4)$ et $(4{:}1{:}2{:}3)$ en +testant si le vecteur $(3,4,1,2)$ apartient à l'image de la matrice +$4\times 2$ transposée de +$\begin{pmatrix}1&2&3&4\\4&1&2&3\\ \end{pmatrix}$, ou encore si la +matrice $4\times 3$ ayant ces trois vecteurs comme colonnes a un +rang $\leq 2$, et la réponse est non quelle que soit la manière dont +la question est tournée.) +\end{corrige} + + +% +% +% + +\exercice + +Soient $x_0,y_0,r$ des réels avec $r>0$. Soit $C := \{(x,y) \mid +(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = r^2\} \subseteq \mathbb{A}^2$ le cercle de +centre $(x_0,y_0)$ et de rayon $r$ vu comme un fermé de Zariski de +$\mathbb{A}^2$ sur $\mathbb{R}$. On voit maintenant $\mathbb{A}^2$ +dans $\mathbb{P}^2$, dont les coordonnées seront notées $(T:X:Y)$ en +identifiant le point $(x,y)$ de $\mathbb{A}^2$ avec $(1:x:y)$ de +$\mathbb{P}^2$. Déterminer l'équation du complété projectif $C^+ +\subseteq \mathbb{P}^2$ de $C$. Quels sont les points à l'infini +de $C^+$ (« à l'infini » s'entendant par rapport au $\mathbb{A}^2$ +dont on est parti) ? + +Commenter l'affirmation : « en géométrie projective, tous les cercles +euclidiens passent par deux mêmes points géométriques situés à +l'infini (les \emph{points cycliques}) ». + +\begin{corrige} +Il s'agit d'homogénéiser l'équation $(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 - r^2 = 0$. +Pour cela, on remplace $x$ par $X/T$ et $y$ par $Y/T$ et on multiplie +par $T^2$ pour chasser les dénominateurs. On obtient ainsi l'équation +projective : $(X-x_0 T)^2 + (Y-y_0 T)^2 - r^2 T^2 = 0$, ou, si on +préfère, $X^2 + Y^2 - 2 x_0 TX - 2 y_0 TY + (x_0^2+y_0^2-r^2) T^2 = +0$ ($*$). Le fermé de Zariski $C^+ \subseteq \mathbb{P}^2$ est celui +défini par l'équation qu'on vient d'écrire. + +Ses points à l'infini sont le fermé de Zariski défini par les deux +équations ($*$) et $T=0$ (cette dernière définissant la droite à +l'infini). L'idéal qu'elles engendrent est donc aussi celui engendré +par $T=0$ et $X^2 + Y^2 = 0$ (autrement dit, on peut remplacer $T$ +par $0$ dans l'équation ($*$)). Sur les complexes (où l'équation $X^2 ++ Y^2 = 0$ se factorise en $(X+iY)(X-iY) = 0$, donc réunion de deux +droites complexes conjuguées), on obtient les deux points conjugués $I +:= (0{:}1{:}i)$ et $J := (0{:}1{:}-i)$ (ce sont bien sûr les mêmes que +$I = (0{:}i{:}-1)$ et $J = (0{:}i{:}1)$ respectivement, ou toutes +sortes d'autres manières de les écrire). + +Ces points (\emph{points cycliques}) ne dépendent pas du cercle dont +on est parti. Il est donc légitime de dire que tous les cercles +passent par deux mêmes points géométriques $I,J$ situés à l'infini +(points à l'infini de pente $i$ et $-i$ respectivement), même si c'est +un léger abus d'identifier le cercle euclidien avec le complété +projectif qu'on a pris. +\end{corrige} + + +% +% +% + +\exercice + +L'idéal $I$ de $\mathbb{C}[x,y]$ engendré par $xy,y^2$ est-il +radical ? Si non, calculer $\sqrt{I}$. (On pourra chercher à savoir +quel est $Z(I) \subseteq \mathbb{A}^2$.) + +\begin{corrige} +On peut soit raisonner algébriquement, soit raisonner géométriquement. + +Le raisonnement algébrique est le suivant. On a $y \not\in I$ car $y$ +ne peut pas s'écrire sous la forme $g xy + h y^2$ comme on le voit en +considérant le terme en $y$ dans ce produit ; pourtant, $y^2 \in I$ : +ceci montre que $I$ n'est pas radical. Le radical $\sqrt{I}$ doit +contenir $y$ (puisqu'une certaine puissance $y^2$ de $y$ appartient +à $I$), autrement dit, $\sqrt{I} \supseteq (y)$. Mais par ailleurs on +a $(y) \supseteq I$ car les générateurs de $I$ sont tous dans $(y)$. +Or $(y)$ est un idéal radical (car le quotient $\mathbb{C}[x,y]/(y) = +\mathbb{C}[x]$ est un anneau de polynômes sur un corps, donc intègre, +et notamment réduit) ; bref, $(y)$ est un idéal radical contenant $I$, +mais comme le radical de $I$ est le \emph{plus petit} idéal radical +contenant $I$, on a $(y) \supseteq \sqrt{I}$. Bref, on a $\sqrt{I} = +(y)$. + +Faisons maintenant le raisonnement géométrique. L'ensemble $Z(I)$ des +$(x,y) \in \mathbb{C}^2$ tels que $xy=0$ et $y^2=0$ coïncide +manifestement avec la droite $y=0$ : en effet, $y=0$ implique $xy=0$ +et $y^2=0$, mais réciproquement, $y^2=0$ implique $y=0$. Donc $Z(I) +:= Z(xy,y^2) = Z(y)$ est l'axe des abscisses $\{y=0\}$, que nous +noterons désormais $D$. L'idéal $\mathfrak{I}(D)$ des polynômes +s'annulant sur $D$ est radical (comme $\mathfrak{I}$ de quelque chose) +et il vaut $(y)$ (la restriction du polynôme à $D$ revient à oublier +les termes en $y$). C'est donc que $I$ n'est pas radical (le +Nullstellensatz fort assure qu'il n'y a qu'un seul idéal radical $J$ +qui puisse vérifier $Z(J) = D$, à savoir $\mathfrak{I}(D)$). Mais on +peut a mieux : $\mathfrak{I}(D)$ est le plus petit idéal radical +contenant $I$ (puisque $I \subseteq J$ implique $D = Z(I) \supseteq +Z(J)$ donc $\mathfrak{I}(D) \subseteq \mathfrak{I}(Z(J))$ c'est-à-dire +$\mathfrak{I}(D) \subseteq J$ si $J$ est radical par le +Nullstellensatz) ; bref, $\sqrt{I} = \mathfrak{I}(D) = (y)$. +\end{corrige} + + +% +% +% +\end{document} |