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diff --git a/controle-20210414.tex b/controle-20210414.tex index 5110f94..282248c 100644 --- a/controle-20210414.tex +++ b/controle-20210414.tex @@ -75,7 +75,7 @@ \noindent\textbf{Consignes.} -Ce contrôle est formé d'un unique exercice. Les questions dépendent +Ce contrôle est formé d'un unique problème. Les questions dépendent les unes des autres, mais elles ont été formulées de manière à ce que le fait de ne pas savoir répondre à l'une d'elles ne bloque pas toute la suite (tout ce qu'il faut savoir pour la suite est toujours @@ -124,7 +124,7 @@ clôture algébrique. On rappelle qu'un « point géométrique » de $\mathbb{P}^n$ désigne un point à coordonnées dans $k^{\alg}$, tandis qu'un « point rationnel » désigne un point à coordonnées dans $k$. -\smallbreak +\medbreak \textbf{(1)} Montrer le fait suivant (théorème d'Euler sur les polynômes homogènes) : si $h$ est un polynôme homogène de degré $\ell$ @@ -137,167 +137,69 @@ le prouver lorsque $h$ est un monôme. La formule énoncée étant linéaire, il suffit de la démontrer lorsque $h$ est un monôme de degré total $\ell$ (un polynôme homogène de degré $\ell$ étant combinaison linéaire de tels monômes). Or si $h = -t_0^{d_0}\cdots t_n^{d_n}$ avec $d_0+\cdots+d_n = \ell$, alors on a +t_0^{d_0}\cdots t_n^{d_n}$ avec $d_0+\cdots+d_n = \ell$, on a $\frac{\partial h}{\partial t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j-1}\cdots t_n^{d_n}$ d'où $t_j\,\frac{\partial h}{\partial - t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j-1}\cdots t_n^{d_n} = d_j\, -t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,h$ et $\sum_{j=0}^n -t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n d_j)\, h = \ell -h$. + t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,h$ et +$\sum_{j=0}^n t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n +d_j)\, h = \ell h$. \end{corrige} -\smallbreak - -Dans la question qui suit, on s'intéresse à une équation de degré $2$ -sur la droite. (On recommande aux étourdis de commencer par bien se -convaincre qu'une équation de degré $1$, disons $\{ux+vy=0\}$, -sur $\mathbb{P}^1$ (de coordonnées homogènes notées $(x:y)$), avec -$u,v$ non tous les deux nuls, définit un unique point, à savoir le -point $(v:-u)$.) - -\textbf{(2)} (a) Pour $c_0,c_1\in k$, considérons le polynôme unitaire -$q := t^2 + c_1 t + c_0$ (en une indéterminée $t$) : en posant $\Delta -:= c_1^2 - 4 c_0$, expliquer pourquoi, si $\Delta$ est nul, $q$ est le -carré d'un polynôme unitaire de degré $1$ dans $k[t]$, tandis que si -$\Delta$ est non nul, $q$ est produit dans $k^{\alg}[t]$ de deux -polynômes unitaires de degré $1$ distincts, ces polynômes étant dans -$k[t]$ si et seulement si $\Delta$ est un carré -dans $k$. $\bullet$ (b) En déduire que, si $c_0,c_1,c_2$ sont trois -éléments de $k$ non tous nuls, et si on on appelle $q := c_2 x^2 + c_1 -x y + c_0 y^2$ (polynôme homogène de degré $2$ en les -indéterminées $x,y$) et si on pose $\Delta := c_1^2 - 4 c_0 c_2$, -alors, de façon analogue, si $\Delta$ est nul, $q$ est proportionnel -au carré d'un polynôme homogène de degré $1$ dans $k[x,y]$, tandis que -si $\Delta$ est non nul, $q$ est produit dans $k^{\alg}[x,y]$ de deux -polynômes homogènes de degré $1$ non proportionnels, cette -factorisation ayant lieu dans $k[x,y]$ si et seulement si $\Delta$ est -un carré dans $k$. $\bullet$ (c) Reformuler ce résultat concernant le -fermé de Zariski $\{c_2 x^2 + c_1 x y + c_0 y^2 = 0\}$ de la droite -projective $\mathbb{P}^1$ (de coordonnées homogènes notées $(x:y)$) -sur $k$ : pour $\Delta\neq 0$, ce fermé a exactement deux points -géométriques distincts, qui sont rationnels si et seulement si -$\Delta$ est un carré dans $k$ ; tandis que pour $\Delta=0$, il a -exactement un point géométrique, et celui-ci est rationnel. - -\begin{corrige} -(a) On a $t^2 + c_1 t + c_0 = (t+\frac{c_1}{2})^2 - \frac{\Delta}{4}$ - (on utilise ici le fait que $\frac{1}{2} \in k$). Si $\Delta=0$, on - voit que $t^2 + c_1 t + c_0$ est le carré de $t+\frac{c_1}{2}$, et - en général on a $t^2 + c_1 t + c_0 = (t + \frac{c_1}{2} - - \frac{\sqrt{\Delta}}{2}) \, (t + \frac{c_1}{2} + - \frac{\sqrt{\Delta}}{2})$ en notant $\sqrt{\Delta}$ une racine - carrée de $\Delta$ si elle existe, ce qui est toujours le cas - dans $k^{\alg}$, donc si une telle racine carrée existe, on a la - factorisation annoncée, et si la factorisation existe sur $k$, elle - coïncide avec celle qu'on vient de dire dans $k^{\alg}$ (car la - factorisation en unitaires irréductibles est unique) et l'élément - $\sqrt{\Delta}$ de $k^{\alg}$ appartient donc à $k$, comme annoncé. - -(b) Il s'agit simplement d'homogénéiser ce qui vient d'être dit, en - tenant compte du coefficient $c_2$ supplémentaire. (i) Si $c_2 = - 0$, alors $q = c_1 x y + c_0 y^2$ se factorise comme $(c_1 x + c_0 - y) y$, et on a $\Delta = c_1^2$, et soit $\Delta$ est nul, - c'est-à-dire que $c_1$ l'est, auquel cas $q$ est proportionnel à - $y^2$, soit $\Delta$ n'est pas nul, il est de toute façon un carré - et $q$ est bien produit de deux polynômes homogènes de degré $1$ non - proportionnels, à savoir $c_1 x + c_0 y$ et $y$. (ii) Si au - contraire $c_2 \neq 0$, alors on peut diviser par $c_2$, on écrit $q - = c_2 (x^2 + c'_1 x y + c'_0 y^2) = c_2 y^2 (t^2 + c'_1 t + c'_0)$ - où $c'_1 = c_1/c_2$ et $c'_0 = c_0/c_2$ et $t = x/y$ (il est - légitime de faire ce rapport car $y=0$ ne donne pas un zéro de $q$), - et où ${c'_1}^2 - 4 c'_0 = \frac{1}{c_2^2}(c_1^2 - 4 c_0 c_2)$. La - factorisation trouvée en (a) donne alors bien la factorisation - annoncée de $q$ (en multipliant un des facteurs par $c_2$ et les - deux par $y$ pour retrouver des polynômes homogènes de degré $1$ en - $x,y$) : précisément, $q = \frac{1}{c_2}\, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} - - \frac{\sqrt{\Delta}}{2})x) \, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} + - \frac{\sqrt{\Delta}}{2})x)$ (et si la factorisation existe dans - $k[x,y]$, on obtient une factorisation dans $k[t]$ de $t^2 + c'_1 t - + c'_0$). - -(c) Pour $\Delta\neq 0$, on a vu qu'il existait, au moins dans - $k^{\alg}[x,y]$, une factorisation de $q$ comme proportionnel au - produit $l_1 l_2$ avec $l_i$ homogènes de degré $1$, non - proportionnels : ainsi, le fermé $\{q=0\}$ est la réunion de - $\{l_1=0\}$ et $\{l_2=0\}$ et, comme il a été rappelé avant la - question, ces deux fermés sont des points (géométriques) - de $\mathbb{P}^1$, qui sont rationnels si et seulement si on peut - écrire les coefficients de $l_i$ dans $k$, et on a vu que c'était le - cas pour $\Delta$ un carré ; et pour $\Delta=0$, on a vu que $q$ est - proportionnel à un carré $l^2$ dans $k[x,y]$, auquel cas le fermé - $\{q=0\}$ coïncide avec $\{l=0\}$, c'est-à-dire un point rationnel. - -(On peut dire que dans cette question, on a étudié les points du fermé - $\{c_2 x^2 + c_1 x y + c_0 y^2 = 0\}$ de la droite projective, qui - pour $c_2\neq 0$ sont les mêmes que ceux du fermé $\{t^2 + c'_1 t + - c'_0 = 0\}$ dans la droite affine vue comme l'ouvert $y\neq 0$ par - $(x:y)\mapsto (x/y)$ étant donné que le point « à l'infini » - $(1{:}0)$ n'est pas dans le fermé. Le cas $c_2=0$ est facile, ou on - pouvait d'ailleurs l'écarter en changeant de point à l'infini.) -\end{corrige} - -\smallbreak - -\textbf{(3)} Si $u,v,w$ sont trois éléments de $k$ non tous nuls, de -sorte que $\{ux+vy+wz = 0\}$ définit une droite $D$ dans le plan -projectif $\mathbb{P}^2$ sur $k$ de coordonnées homogènes $(x:y:z)$, -expliquer pourquoi si $w\neq 0$ alors $(x:y:z) \mapsto (x:y)$ définit -un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$ (c'est-à-dire un morphisme de -variétés algébriques dont la réciproque est encore un morphisme de -variétés algébriques). Donner de même des isomorphismes $D \to -\mathbb{P}^1$ dans les autres cas possibles. +\medbreak -\begin{corrige} -Manifestement, $(x:y:z) \mapsto (x:y)$ définit un morphisme $D \to -\mathbb{P}^1$ sauf peut-être lorsque $x=y=0$, mais ceci ne se produit -pas puisque dans ce cas $w\neq 0$ implique qu'on aurait aussi $z=0$, -ce qui est impossible dans $\mathbb{P}^2$. La réciproque est donnée -par $(x:y) \mapsto (x:y:-\frac{1}{w}(ux+vy))$, qui est un morphisme et -n'a pas de problème de définition. On a donc bien un isomorphisme -comme annoncé. De même, si $v\neq 0$ alors $(x:y:z) \mapsto (x:z)$ -définit un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$, et si $u\neq 0$ alors -$(x:y:z) \mapsto (y:z)$ définit un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$. -En tout état de cause, on vient de voir que toute droite de -$\mathbb{P}^2$ est isomorphe à $\mathbb{P}^1$ en tant que variété -algébrique projective. -\end{corrige} +Faisons la remarque introductive suivante (qui est une reformulation +projective du résultat bien connu sur les racines d'un polynôme de +degré $2$ sur la droite affine, et qu'on pourra librement utiliser +dans la suite) : si $q := c_0 x^2 + c_1 x y + c_2 y^2$ est un polynôme +homogène de degré $2$ non nul en deux variables $x,y$, alors le fermé +de Zariski $\{q = 0\}$ qu'il définit dans la droite projective +$\mathbb{P}^1$ est constitué d'exactement \emph{un ou deux} points +géométriques ; il y en a un seul si et seulement si le discriminant +$\Delta := c_1^2 - 4 c_0 c_2$ est nul, auquel cas le point $(x:y)$ en +question est $(c_1 : -2c_0) = (-2c_2 : c_1)$ (il est donc rationnel) ; +et lorsque $\Delta \neq 0$, \emph{soit} les deux points géométriques +sont tous les deux rationnels, \emph{soit} aucun des deux ne +l'est\footnote{Ceci résulte de la formule du trinôme : les deux points + sont $(c_1 \pm \sqrt{\Delta} : -2c_0) = (-2c_2 : c_1 \mp + \sqrt{\Delta})$, ils sont rationnels si et seulement si $\Delta$ est + un carré dans $k$, mais cette formule ne servira pas ici.}. \medbreak -On va maintenant s'intéresser à une équation de degré $2$ dans le -plan. +On va désormais s'intéresser à la courbe définie par une équation +homogène de degré $2$ dans le plan projectif. -Plus précisément, on appelle \emph{conique} plane sur $k$ une variété +Plus précisément, on appelle \textbf{conique} plane sur $k$ une variété algébrique projective (i.e., un fermé de Zariski) $C_q$ dans $\mathbb{P}^2$ définie par une équation $q = 0$ où $q \in k[x,y,z]$ est un polynôme homogène de degré $2$ (on dit aussi « forme quadratique ») non nul\footnote{\label{nonsquare-footnote}On pourra aussi librement faire l'hypothèse que $q$ n'est pas le carré d'un - polynôme $l$ de degré $1$ (= forme linéaire) ; en effet, s'il l'est, - la conique $\{q=0\}$ est simplement réduite à la droite $\{l=0\}$ - mais l'idéal $(q)$ n'est pas radical (il faut imaginer la conique - comme la droite « doublée ») : on ignorera donc ce cas.} en trois -variables $x,y,z$ qu'on identifie aux coordonnées homogènes -sur $\mathbb{P}^2$. À titre d'exemple, $\{x^2 + y^2 - z^2 = 0\}$ est -une telle conique. + polynôme $l$ (forcément homogène) de degré $1$ (= forme linéaire) ; + en effet, s'il l'est, la conique $\{q=0\}$ est simplement réduite à + la droite $\{l=0\}$ mais l'idéal $(q)$ n'est pas radical (il faut + imaginer la conique comme la droite « doublée ») : on ignorera donc + ce cas.} en trois variables $x,y,z$ qu'on identifie aux coordonnées +homogènes sur $\mathbb{P}^2$. À titre d'exemple, $\{x^2 + y^2 - z^2 = +0\}$ est une telle conique. En général, une conique s'écrit $\{q = 0\}$ où \[ q = a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 + b_x\, yz + b_y\, xz + b_z\, xy \] -avec $a_x,a_y,a_z,b_x,b_y,b_z$ six coefficients dans $k$, et on -adoptera cette notation. +avec $a_x,a_y,a_z,b_x,b_y,b_z$ six coefficients dans $k$, non tous +nuls : on adoptera cette notation. \smallbreak -\textbf{(4)} On rappelle qu'un point $(x_0:y_0:z_0)$ de $C_q$ est dit +\textbf{(2)} On rappelle qu'un point $(x_0:y_0:z_0)$ de $C_q$ est dit \emph{singulier} lorsque $\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$ -s'annulent simultanément en $(x_0:y_0:z_0)$. Expliquer pourquoi un +s'annulent simultanément en $(x_0,y_0,z_0)$. Expliquer pourquoi un point vérifiant ces conditions est automatiquement sur $C_q$ (i.e., pourquoi l'annulation de $\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$ en -$(x_0:y_0:z_0)$ quelconque de $\mathbb{P}^2$ implique celle de $q$). +$(x_0,y_0,z_0)$ quelconque implique automatiquement celle de $q$). Donner une condition pour que trois droites dans $\mathbb{P}^2$ soient concourantes (condition sur les coefficients de leurs équations). En déduire que la conique $C_q$ a un point singulier si et seulement si @@ -311,9 +213,9 @@ géométrique ou rationnel. \begin{corrige} On a vu en (1) que $q = \frac{1}{2}(x\,\frac{\partial q}{\partial x} + y\frac{\partial q}{\partial y} + z\,\frac{\partial q}{\partial z})$. -Donc un point $(x_0:y_0:z_0)$ où $\frac{\partial q}{\partial x}$, +Donc en un point $(x_0:y_0:z_0)$ où $\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$ -s'annulent annule aussi $q$, et est sur $C_q$. +s'annulent, $q$ s'annule aussi, et le point est sur $C_q$. Trois droites $\{ux+vy+wz=0\}$, $\{u'x+v'y+w'z=0\}$ et $\{u''x+v''y+w''z=0\}$ dans $\mathbb{P}^2$ concourent si et seulement @@ -322,8 +224,9 @@ si le déterminant \left|\begin{matrix}u&v&w\\u'&v'&w'\\u''&v''&w''\\\end{matrix}\right| \] s'annule (en effet, il exprime le fait que la matrice dont il est le -déterminant a un noyau non nul, ce qui revient exactement à demander -l'existence d'un point situé sur les trois droites à la fois). +déterminant a un noyau non trivial, ce qui revient exactement à +demander l'existence d'un point situé sur les trois droites à la +fois). Or chacune des conditions $\frac{\partial q}{\partial x}=0$, $\frac{\partial q}{\partial y}=0$ et $\frac{\partial q}{\partial z}=0$ @@ -347,104 +250,58 @@ d'un espace vectoriel ne dépendant pas du corps sur lequel on la calcule). \end{corrige} -\smallbreak +\medbreak -\textbf{(5)} Dans cette question, on souhaite mieux comprendre la -structure d'une conique ayant un point singulier $(x_0:y_0:z_0)$. -Expliquer pourquoi on peut supposer sans perte de généralité que ce -point singulier est le point $(0{:}0{:}1)$. Montrer que la conique -est alors $\{a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0\}$. En utilisant le -résultat de la question (2) et en notant $\Delta := b_z^2 - 4 a_x -a_y$, qu'on supposera $\neq 0$ (cf. note \ref{nonsquare-footnote}), -montrer que la conique $C_q$ est la réunion de deux droites -géométriques (c'est-à-dire dont les équations sont à coefficients -dans $k^{\alg}$), s'intersectant au point singulier, et que si -$\Delta$ est un carré dans $k$, ces droites sont, en fait, -rationnelles (c'est-à-dire que leurs équations sont à coefficients -dans $k$). $\bullet$ Donner un exemple aussi simple que possible, sur -$\mathbb{R}$, de conique réelle ayant un point singulier -(disons $(0{:}0{:}1)$), d'une part dans la situation où les deux -droites dont elle est réunion sont réelles, et d'autre part dans la -situation où elles sont complexes non réelles. +On supposera maintenant, et jusqu'à la fin, que la conique est $C_q$ +\emph{lisse}, c'est-à-dire vérifie $4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y +b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z \neq 0$ (cf. question (2)). + +\textbf{(3)} Sur $k^{\alg}$ (« géométriquement »), montrer que $C_q$ +ne contient aucune droite (i.e., montrer qu'il n'existe pas $l \in +k^{\alg}[x,y,z]$ homogène de degré $1$ tel que tous les points +géométriques de la droite $\{l=0\}$ soient dans $C_q$ ; indication : +si elle en contenait une alors on pourrait factoriser $q$ sous la +forme $ll'$, contredisant l'hypothèse qu'on vient de faire). En +déduire que $C_q$ ne peut jamais contenir trois points alignés +distincts. \begin{corrige} -Les transformations projectives du plan opérant de façon transitive -(c'est-à-dire, pouvant envoyer n'importe quel point sur n'importe quel -autre point), on peut envoyer $(x_0:y_0:z_0)$ en $(0{:}0{:}1)$ (et -ceci transforme bien la conique en conique et préserve les points -singuliers car on effectue simplement un changement de variables -linéaire). Si les dérivées partielles de $a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + -a_z\, z^2 + b_x\, yz + b_y\, xz + b_z\, xy$ s'annulent en -$(0{:}0{:}1)$ c'est que $b_y = b_x = a_z = 0$ et la conique devient -donc $\{a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0\}$ comme annoncé. - -Comme en (2)(c), si $\Delta\neq 0$ comme supposé, $\{q=0\}$ est la -réunion de $\{l_1=0\}$ et $\{l_2=0\}$ où $l_1,l_2$ sont deux polynômes -homogènes de degré $1$ définis au moins sur $k^{\alg}$, et peuvent -être définis sur $k$ exactement lorsque $\Delta$ est un carré -dans $k$. La seule différence avec (2)(c) est que maintenant qu'on -est dans $\mathbb{P}^2$ (même si la coordonnée $z$ n'apparaît pas), -chacun de $l_1=0$ et $l_2=0$ définit non plus un point mais une -droite, et comme $l_1,l_2$ ne font intervenir que les variables $x,y$, -ces droites s'intersectent en $(0{:}0{:}1)$, c'est-à-dire au point -singulier de $C_q$. - -Donnons des exemple dans $\mathbb{P}^2$ sur $\mathbb{R}$ ayant -$(0{:}0{:}1)$ comme point singulier : la conique $\{x^2 - y^2 = 0\}$ -est la réunion des droites réelles $\{x - y = 0\}$ et $\{x + y = 0\}$, -tandis que la conique $\{x^2 + y^2 = 0\}$ est la réunion des droites -réelles $\{x - \sqrt{-1}\,y = 0\}$ et $\{x + \sqrt{-1}\,y = 0\}$ -\begin{center} -\begin{tikzpicture}[baseline=0] -\draw[->] (-1.15,0) -- (1.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15); -\node[anchor=west] at (1.15,0) {$\scriptstyle x/z$}; -\node[anchor=south] at (0,1.15) {$\scriptstyle y/z$}; -\draw[thick] (-1.1,-1.1) -- (1.1,1.1); -\draw[thick] (-1.1,1.1) -- (1.1,-1.1); -\fill[black] (0,0) circle (1.5pt); -\end{tikzpicture} -\quad et\quad -\begin{tikzpicture}[baseline=0] -\draw[->] (-1.15,0) -- (1.15,0); \draw[->] (0,-1.15) -- (0,1.15); -\node[anchor=west] at (1.15,0) {$\scriptstyle x/z$}; -\node[anchor=south] at (0,1.15) {$\scriptstyle y/z$}; -\draw[>=stealth,<->] (-0.75,0.75) to[out=225,in=135] (-0.75,-0.75); -\draw[thick,dashed] (-1.1,-1.1) -- (1.1,1.1); -\draw[thick,dashed] (-1.1,1.1) -- (1.1,-1.1); -\fill[black] (0,0) circle (1.5pt); -\end{tikzpicture} -\end{center} -Dans le second cas, les droites en pointillé sont symboliques : on ne -peut pas tracer une droite complexe dans le plan réel ; on a tracé une -flèche double entre elles pour signaler qu'elles sont échangées par la -conjugaison complexe. Le seul point réel est le point singulier -$(0{:}0{:}1)$ (sur les réels c'est clair que $\{x^2 + y^2 = 0\}$ n'a -que $(0{:}0{:}1)$ comme point réel, mais on peut donner un argument -valable sur n'importe quel corps $k$ pour montrer que le point -singulier est le seul point rationnel quand les deux droites ne sont -pas rationnelles : car s'il y avait un autre point rationnel, il -serait sur une des deux droites géométriques, et du coup la droite -aurait deux points rationnels, mais alors elle serait elle-même -rationnelle puisque deux points distincts définissent une droite). +Si $C_q$ contenait une droite $\{l=0\}$ avec $l$ un polynôme $l$ +homogène de degré $1$ (= forme linéaire) à coefficients +dans $k^{\alg}$, cela signifierait $q \in \mathfrak{I}(Z(l))$ (i.e., +« $q$ s'annule partout où $l$ s'annule »), donc $q$ appartiendrait à +l'idéal homogène (manifestement radical) engendré par $l$, donc $q$ +s'écrirait sous la forme $ll'$, avec $l'$ homogène de degré $1$, i.e., +la conique serait (géométriquement) réductible en une réunion de deux +droites. Or, dans cette condition, si $P$ est situé à l'intersection +des droites $\{l=0\}$ et $\{l'=0\}$, alors $\frac{\partial q}{\partial + x} = \frac{\partial (ll')}{\partial x} = l \frac{\partial + l'}{\partial x} + l' \frac{\partial l}{\partial x}$ s'annule en $P$, +et de même par rapport aux deux autres variables $y,z$. Le point $P$ +serait donc singulier, contredisant l'hypothèse de lissité sur $C_q$. + +La remarque introductive assure que si une conique coupe une droite en +trois points distincts, elle contient la droite tout entière, et on +vient de voir que ce n'est pas possible pour une conique lisse. Une +conique lisse ne contient donc jamais trois points alignés. \end{corrige} -\smallbreak - -On supposera maintenant, et jusqu'à la fin, que la conique est $C_q$ -\emph{lisse}, c'est-à-dire vérifie $4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y -b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z \neq 0$ (cf. question (4)). +\medbreak -\smallbreak +Dans les questions qui suivent, on va s'intéresser à une application +qui à un point de $\mathbb{P}^2$ associe une droite de $\mathbb{P}^2$ +dite « polarité » par rapport à la conique. -On appelle \emph{droite polaire}, relativement à $C_q$ (ou à $q$) d'un -point $P_0 := (x_0:y_0:z_0)$ de $\mathbb{P}^2$ (non nécessairement -situé sur $C_q$) la droite $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ dont les -coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par $\frac{\partial q}{\partial - x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial - z}$ respectivement, évalués en $x_0,y_0,z_0$. +Plus précisément, on appelle \textbf{droite polaire}, relativement +à $C_q$ (ou à $q$) d'un point $P_0 := (x_0:y_0:z_0)$ de $\mathbb{P}^2$ +(non nécessairement situé sur $C_q$) la droite $\{u_0 x + v_0 y + w_0 +z = 0\}$ dont les coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par +$\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et +$\frac{\partial q}{\partial z}$ respectivement, évalués en +$(x_0,y_0,z_0)$. -\textbf{(6)} Pourquoi cette définition a-t-elle un sens ? (Autrement -dit, pourquoi $u_0,v_0,w_0$ ne s'annulent-ils pas simultanément ? Et +\textbf{(4)} Pourquoi cette définition a-t-elle un sens ? (Autrement +dit, pourquoi $u_0,v_0,w_0$ ne s'annulent-ils pas simultanément, et pourquoi la droite ne dépend-elle pas du choix des coordonnées homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ de $P_0$ ?) Montrer que, si $P_0$ et $P_1$ sont deux points de $\mathbb{P}^2$, alors : @@ -453,15 +310,16 @@ sont deux points de $\mathbb{P}^2$, alors : droite polaire de $P_0$ si et seulement si $P_0$ est sur la droite polaire de $P_1$}}} -\noindent (on pourra exprimer ce fait de comme une équation symétrique -entre les coordonnées homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ de $P_0$ et celles -$(x_1,y_1,z_1)$ de $P_1$). Montrer que $P_0$ est sur $C_q$ si et +\noindent (« principe de réciprocité de la polarité ») ; on pourra +exprimer ce fait de comme une équation symétrique entre les +coordonnées homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ de $P_0$ et celles +$(x_1,y_1,z_1)$ de $P_1$. Montrer que $P_0$ est sur $C_q$ si et seulement si il est situé sur sa propre droite polaire. \begin{corrige} Si $\frac{\partial q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$ s'annulent simultanément, on a vu -en (4) que $(x_0:y_0:z_0)$ est un point singulier de $C_q$, or on a +en (2) que $(x_0:y_0:z_0)$ est un point singulier de $C_q$, or on a fait l'hypothèse qu'il n'y en a pas. Par ailleurs, si on change les coordonnées homogènes du point $(x_0:y_0:z_0)$, cela revient à toutes les multiplier par une constante non nulle, mais comme $\frac{\partial @@ -486,10 +344,10 @@ et cette condition est manifestement symétrique en $P_0$ et $P_1$. Lorsque $P_1=P_0$, la condition devient $2a_x\, x_0^2 + 2a_y\, y_0^2 + 2a_z\, z_0^2 + 2b_x\, y_0\, z_0 + 2b_y\, x_0\, z_0 + 2b_z\, x_0\, y_0 = 0$, ce qui équivaut bien à $q=0$ en divisant par $2$ (ou, si on -préfère on applique la question (1)). +préfère, on applique la question (1) pour la même conclusion). \end{corrige} -\textbf{(7)} Montrer que l'application envoyant un point de +\textbf{(5)} Montrer que l'application envoyant un point de $\mathbb{P}^2$ sur sa droite polaire définit une bijection des points de $\mathbb{P}^2$ (géométriques ou rationnels) sur les droites de $\mathbb{P}^2$ (géométriques ou rationnelles) : pour cela, on pourra @@ -512,136 +370,144 @@ son déterminant est non nul, c'est justement l'hypothèse qu'on a faite. Elle induit donc une bijection entre points de $\mathbb{P}^2$ et droites de $\mathbb{P}^2$ (si $(x_0,y_0,z_0)$ et $(x_1,y_1,z_1)$ ont la même droite polaire, alors $(u_0,v_0,w_0)$ et $(u_1,v_1,w_1)$ -sont proportionnelles, et quitte à multplier par la bonne constante on -peut les supposer égales, donc $(x_0:y_0:z_0) = (x_1:y_1:z_1)$). Par -ailleurs, toujours parce qu'elle est linéaire, elle envoie trois +sont proportionnelles, et quitte à multiplier par la bonne constante +on peut les supposer égales, donc $(x_0:y_0:z_0) = (x_1:y_1:z_1)$). +Par ailleurs, toujours parce qu'elle est linéaire, elle envoie trois points alignés sur trois droites concourantes (puisque l'alignement des points ou la concourance des droites s'exprime comme l'annulation du déterminant $3\times 3$ de leurs coordonnées, et que les déterminants se multiplient). \end{corrige} -\textbf{(8)} Montrer que si $P_0$ est situé sur $C_q$, alors -l'intersection de la droite polaire $D_0$ de $P_0$ avec $C_q$ est -réduite au seul point $P_0$. (S'il y avait un deuxième point, on -pourra montrer qu'il aurait forcément la même droite polaire -que $P_0$.) Expliquer pourquoi ce point est nécessairement rationnel -si $D_0$ l'est (autrement dit, on peut écrire « un seul point » sans -ambiguïté dans la phrase précédente). +\textbf{(6)} Montrer que si $P_0$ est un point géométrique situé sur +$C_q$, alors l'intersection de la droite polaire $D_0$ de $P_0$ avec +$C_q$ est réduite au seul point $P_0$. (S'il y avait un deuxième +point, on pourra montrer qu'il aurait forcément la même droite polaire +que $P_0$.) Expliquer pourquoi ce point $P_0$ est nécessairement +rationnel si $D_0$ l'est. \begin{corrige} Soit $P_0$ sur $C_q$ et soit $D_0$ sa droite polaire. Supposons que -$D_0$ passe par un autre point $P_1$ de $C_q$ : alors on vient de voir -que sa droite polaire $D_1$ passe par $P_0$, mais aussi par $P_1$ -puisque $P_1$ est sur $C_q$. Donc $D_0$ et $D_1$ passent toutes les -deux par $P_0$ et $P_1$, et comme deux points distincts déterminent -une droite, on a $D_0 = D_1$, donc $P_0 = P_1$ puisqu'on a établi que -la fonction envoyant un point sur sa droite polaire est une bijection. +$D_0$ passe par un autre point $P_1$ de $C_q$ : alors le principe de +réciprocité assure que sa droite polaire $D_1$ passe par $P_0$, mais +aussi par $P_1$ puisque $P_1$ est sur $C_q$. Donc $D_0$ et $D_1$ +passent toutes les deux par $P_0$ et $P_1$, et comme deux points +distincts déterminent une droite, on a $D_0 = D_1$, donc $P_0 = P_1$ +puisqu'on a établi que la fonction envoyant un point sur sa droite +polaire est une bijection. Pour expliquer pourquoi le point $P_0$ est rationnel si $D_0$ l'est, on peut soit se rappeler qu'on a défini une application $k$-linéaire bijective $(x_0,y_0,z_0) \mapsto (u_0,v_0,w_0)$ à la question précédente, ce qui montre que si $u_0,v_0,w_0$ sont dans $k$ alors -$x_0,y_0,z_0$ le sont ; soit on peut utiliser la question (2) qui -montre que si une équation homogène de degré $2$ à coefficients -dans $k$ sur $\mathbb{P}^1$ n'a qu'une solution dans $k^{\alg}$ cette -dernière est dans $k$, or d'après la question (3) on peut identifier -$D_0$ à $\mathbb{P}^1$ (et on a toujours affaire à une équation -homogène de degré $2$). +$x_0,y_0,z_0$ le sont, soit invoquer la remarque introductive (si une +équation quadratique à coefficients dans $k$ sur la droite projective +a un seul point géométrique, celui-ci est rationnel). \end{corrige} \smallbreak -On appelle \emph{tangente} à $C_q$ en un de ses points la droite +On appelle \textbf{tangente} à $C_q$ en un point de $C_q$ la droite polaire de ce point : on vient de voir qu'une droite tangente à $C_q$ -la rencontre en ce seul point (géométrique et automatiquement -rationnel si la droite l'est) ; ce point s'appelle le point de -\emph{tangence} de la tangente. - -\textbf{(9)} Montrer qu'une droite $D$ de $\mathbb{P}^2$ est tangente -à $C_q$ si et seulement si elle la coupe en un seul point géométrique -(ou ce qui revient au même d'après (8), rationnel). On pourra pour -cela ramener la droite à $\{z = 0\}$, et constater qu'un zéro de $c_2 -x^2 + c_1 x y + c_0 y^2$ dans $\mathbb{P}^1$ est unique (cf. question -(2)(c)) si et seulement si ses dérivées partielles par rapport à -$x$ et $y$ s'annulent simultanément en ce point. +la rencontre en ce seul point. + +\textbf{(7)} Montrer qu'une droite $D$ de $\mathbb{P}^2$ est tangente +à $C_q$ si et seulement si elle la coupe en un seul point géométrique. +On pourra pour cela expliquer pourquoi on peut supposer que le point +est $(1{:}0{:}0)$ et la droite $\{z=0\}$, et simplifier l'équation la +conique dans ce cas. \begin{corrige} -Commençons comme suggéré par regarder la situation dans -$\mathbb{P}^1$. Soit $q' := c_2 x^2 + c_1 x y + c_0 y^2$. Ses -dérivées partielles sont $\frac{\partial q'}{\partial x} = 2 c_2 x + -c_1 y$ et $\frac{\partial q'}{\partial x} = c_1 x + 2 c_0 y$. La -première s'annule en $(c_1 : -2c_2)$ (cf. le rappel précédant la -question (2)) et la seconde en $(-2c_0 : c_1)$. L'annulation -simultanée de ces deux dérivées partielles se produit donc lorsque (le -déterminant $2\times 2$ de ces deux coordonnées, c'est-à-dire) $c_1^2 -- 4 c_0 c_2 = 0$, c'est-à-dire exactement $\Delta = 0$ avec les -notations de (2)(b), et dans ces conditions on sait (d'après (1) -appliqué comme en (4), ou simplement par calcul direct) que le point -d'annulation des deux dérivées partielles est bien le (seul) point où -$q'$ s'annule. - -Passons maintenant à $\mathbb{P}^2$ : on sait déjà d'après (8) que si -$D$ est tangente à $C_q$ elle la coupe en un seul point géométrique -(automatiquement rationnel). Réciproquement, considérons une droite -$D$ qui coupe $C_q$ en un point unique, et on veut voir qu'elle lui -est tangente. Comme les transformations projectives du plan peuvent -envoyer n'importe quelle droite sur n'importe quelle autre (et ceci -préserve bien la condition de tangence portant sur les dérivées -partielles car on effectue simplement un changement de variables -linéaire), on peut supposer que la droite $D$ considérée est -$\{z=0\}$. On a alors un isomorphisme $(x:y) \mapsto (x:y:0)$ de -$\mathbb{P}^1$ sur $D$ (d'après (3) si on veut, mais c'est ici assez -évident). D'après le paragraphe précédent, si le point $(x:y:0)$ est -le seul point d'intersection de $C_q$ avec $D$ alors les dérivées -partielles $\frac{\partial q'}{\partial x}$ et $\frac{\partial - q'}{\partial y}$ de $q'(x,y) := q(x,y,0)$ s'annulent en $(x,y)$, ce -qui revient à dire que $\frac{\partial q}{\partial x}$ et -$\frac{\partial q}{\partial y}$ s'annulent en $(x,y,0)$, et alors la -tangente en $(x:y:0)$ est donnée par $wz = 0$ (où $w = \frac{\partial - q}{\partial z}$, qui forcément ne s'annule pas), qui est bien la -droite $D$. +On a vu dans la question précédente qu'une tangente à une conique +coupe celle-ci en un seul point. On veut montrer, réciproquement, que +si $D$ est une droite coupant $C_q$ en un seul point géométrique $P$, +alors elle lui est tangente. + +Or si $P$ est un point de $\mathbb{P}^2$ et $D$ une droite passant +par $P$, quitte à choisir un point $Q$ de $D$ différent de $P$ et à +compléter $P,Q$ en une base projective de $\mathbb{P}^2$, on peut +trouver une transformation projective envoyant $P$ sur $(1{:}0{:}0)$ +et $Q$ sur $(0{:}1{:}0)$ donc la droite $D$ sur $\{z=0\}$. Comme +cette transformation projective est une simple application linéaire +(inversible) sur les coordonnées homogènes et que la composition d'un +polynôme homogène de degré $2$ avec un tel changement de variables +linéaire est encore un polynôme homogène de degré $2$, elle transforme +une conique en une conique. De plus, elle agit sur le vecteur des +dérivées partielles de $q$ comme la matrice qui la représente +(notamment, une conique lisse est transformée en conique lisse). + +Bref, on peut montrer le résultat en supposant $P = (1{:}0{:}0)$ et $D += \{z=0\}$. L'intersection de $C_q$ avec $\{z=0\}$ est alors donnée, +en identifiant avec $\mathbb{P}^1$ la droite $\{z=0\}$ +de $\mathbb{P}^2$, par $a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0$. Le +fait que $P$ soit situé sur $C_q$ se traduit par $a_x=0$. Il reste +donc simplement $b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0$, soit $y(b_z\, x + a_y\, y) += 0$, qui définit la réunion du point $y=0$, soit exactement +$(1{:}0{:}0) = P$, et du point $b_z\, x + a_y\, y = 0$, soit +$(a_y:-b_z:0)$. Ce point coïncide avec $P$ exactement quand $b_z=0$, +ce qui revient exactement à dire que $\frac{\partial q}{\partial y}=0$ +en $(1,0,0)$, et comme par ailleurs $\frac{\partial q}{\partial x}=0$ +en $(1,0,0)$ (vu que $a_x=0$), cela revient bien à dire que la +tangente à $C_q$ en $P$ est la droite $D=\{z=0\}$. \end{corrige} -\textbf{(10)} Si $P_0$ est un point non situé sur $C_q$, montrer que +\textbf{(8)} Si $P_0$ est un point non situé sur $C_q$, montrer que les droites tangentes à $C_q$ passant par $P_0$ sont exactement les -droites $P_0 R$ où $R$ est un point d'intersection de $P_0$ avec la -droite polaire $D$ de $P_0$. En déduire qu'il en existe, +droites $P_0 M$ où $M$ est un point d'intersection de $P_0$ avec la +droite polaire $D$ de $P_0$. Expliquer pourquoi il en existe, géométriquement, exactement deux. +\begin{corrige} +Soit $D_0$ la droite polaire de $P_0$. Comme on a supposé que $P_0$ +n'est pas sur $C_q$, la droite $D_0$ n'est pas tangente à $C_q$ +(question (5)). Elle rencontre donc $C_q$ en deux points géométriques +distincts (question (7)), appelons-les $P_1$ et $P_2$. Soient +$D_1$ et $D_2$ les tangentes à $C_q$ par $P_1$ et $P_2$ +respectivement, c'est-à-dire, les droites polaires de $P_1$ et $P_2$ +respectivement. Elles sont distinctes l'une de l'autre par (5), et +distinctes de $D_0$ car $D_0$ n'est pas tangente à $C_q$. Comme +$P_1$ est sur $D_0$, par principe de réciprocité, $P_0$ est +sur $D_1$ : donc $D_1$ coïncide avec la droite $P_0 P_1$, et de même, +$D_2$ coïncide avec la droite $P_0 P_2$. Maintenant, s'il existait +une autre tangente $D$ à $C_q$ passant par $P_0$, en appelant $M$ le +point de tangente, $M$ serait sur $D_0$ puisque $P_0$ est sur $D$ +(principe de réciprocité), donc $M$ serait situé à la fois sur $C_q$ +et $D_0$, or on a dit que les deux points géométriques situés à la +fois sur $C_q$ et $D_0$ sont $P_0$ et $P_1$. +\end{corrige} + \smallbreak -On appelle \emph{triangle autopolaire} (relativement à $C_q$ ou à $q$) -la donnée de trois points $P_0,P_1,P_2$ distincts de $\mathbb{P}^2$ -tels que la droite polaire de chacun soit la droite reliant les deux -autres. +On appelle \textbf{triangle autopolaire} (relativement à $C_q$ ou +à $q$) la donnée de trois points $P_0,P_1,P_2$ distincts de +$\mathbb{P}^2$ tels que la droite polaire de chacun soit la droite +reliant les deux autres. -\textbf{(11)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle -autopolaire (de points rationnels). À quelle condition sur les +\textbf{(9)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle +autopolaire de points rationnels. À quelle condition sur les coefficients de $q$ le triangle $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1)$ -est-il autopolaire ? En déduire que toute conique (plane, lisse) -s'écrit, après une transformation projective (à coefficients -dans $k$), sous la forme $\{a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$ -(on dit qu'elle est \emph{diagonale}). +est-il autopolaire ? En déduire que toute conique lisse s'écrit, +après une transformation projective (à coefficients dans $k$), sous la +forme $\{a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$ (on dit qu'elle est +\emph{diagonale}). \begin{corrige} Soit $P_0$ un point rationnel de $\mathbb{P}^2$ \emph{non} situé -sur $C_k$ (on se convainc facilement qu'un tel point existe vu qu'un -polynôme de degré $2$ en une variable a au plus $2$ racines et que $k$ -est de cardinal au moins $3$) ; il n'est donc pas situé sur sa droite -polaire $D_0$. Soit $P_1$ un point rationnel de la droite polaire -$D_0$ de $P_0$ également \emph{non} situé sur $C_k$ (même remarque) : -il n'est donc pas situé sur sa droite polaire $D_1$, et par ailleurs -il est distinct de $P_0$ (puisque situé sur $D_0$ alors que $P_0$ ne -l'est pas) ; en revanche, $P_0$ est situé sur $D_1$ puisque $P_1$ est -sur $D_0$ (question (6)). Soit enfin $P_2$ le point d'intersection -des droites polaires $D_0$ et $D_1$ de $P_0$ et $P_1$ : cette -intersection est bien définie car $D_0$ et $D_1$ sont distinctes -(par (7)), et $P_2$ est distinct à la fois de $P_0$ (car situé sur -$D_0$ tandis que $P_0$ ne l'est pas) et de $P_1$ (car situé sur $D_1$ -tandis que $P_1$ ne l'est pas) ; sa droite polaire $D_2$ passe par -$P_0$ et $P_1$ car $D_0$ et $D_1$ passent par $P_2$ (toujours -question (6)), donc on a bien un triangle autopolaire. +sur $C_k$ (un tel point existe d'après la question (3)) ; il n'est +donc pas situé sur sa droite polaire $D_0$. Soit $P_1$ un point +rationnel de la droite polaire $D_0$ de $P_0$ également \emph{non} +situé sur $C_k$ (même remarque) : il n'est donc pas situé sur sa +droite polaire $D_1$, et par ailleurs il est distinct de $P_0$ +(puisque situé sur $D_0$ alors que $P_0$ ne l'est pas) ; en revanche, +$P_0$ est situé sur $D_1$ puisque $P_1$ est sur $D_0$ (principe de +réciprocité). Soit enfin $P_2$ le point (rationnel) d'intersection +des droites (rationnelles) $D_0$ et $D_1$ : cette intersection est +bien définie car $D_0$ et $D_1$ sont distinctes (par (5)), et $P_2$ +est distinct à la fois de $P_0$ (car situé sur $D_0$ tandis que $P_0$ +ne l'est pas) et de $P_1$ (car situé sur $D_1$ tandis que $P_1$ ne +l'est pas) ; sa droite polaire $D_2$ passe par $P_0$ et $P_1$ car +$D_0$ et $D_1$ passent par $P_2$ (toujours par principe de +réciprocité), donc on a bien un triangle autopolaire. Dire que la droite polaire de $(1{:}0{:}0)$ passe par $(0{:}1{:}0)$ signifie que $\frac{\partial q}{\partial y}$ s'annule en @@ -655,68 +521,10 @@ On a vu qu'on pouvait toujours trouver un triangle autopolaire. Comme on peut par ailleurs (quitte à compléter n'importe comment en une base projective) trouver une transformation projective l'envoyant sur $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1)$, ceci met la conique sous forme -diagonale commen demandé. +diagonale comme demandé. \end{corrige} -\textbf{(12)} En supposant temporairement que la conique $C_q$ est -diagonale, c'est-à-dire $b_x=b_y=b_z=0$ (cf. question précédente), -montrer que la droite $\{ux + vy + wz = 0\}$ est tangente à $C_q$ si -et seulement si $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 + a_x a_y w^2 = 0$. -$\bullet$ En déduire que, de manière générale, l'ensemble des points -$(u:v:w)$ de $\mathbb{P}^2$ (le plan projectif « dual ») tels que la -droite $\{ux + vy + wz = 0\}$ (du plan projectif d'origine, de -coordonnées $(x:y:z)$) soit tangente à $C_q$ définit lui-même une -conique (qu'on appelle conique \emph{duale} de $C_q$), elle aussi -lisse ; on ne demande pas d'écrire ses équations. $\bullet$ En -déduire que par un point $P_0$ non situé sur $C_q$ passent, -géométriquement, exactement deux tangentes à $C_q$ (remarquer que les -droites passant par $P_0$ définissent une droite dans le plan -projectif « dual »). - -\begin{corrige} -Si $q = a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2$, la droite polaire de -$(x_0:y_0:z_0)$ est donnée par $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ où $u_0 -= a_x x_0$ et $v_0 = a_y y_0$ et $w_0 = a_z z_0$ (on a divisé les -coefficients par $2$, ce qui ne change rien) ; inversement, l'unique -point dont $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ est la polaire est donné -par $x_0 = u_0/a_x$ et $y_0 = v_0/a_y$ et $z_0 = z_0/a_z$ ou, quitte à -tout multiplier par $a_x a_y a_z$ (qui n'est pas nul par l'hypothèse -de lissité), $(a_y a_z u_0 : a_x a_z v_0 : a_x a_y w_0)$. Comme la -droite est tangente si seulement le point dont elle est la polaire et -situé sur elle : ceci se traduit donc par $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 + -a_x a_y w^2 = 0$ : c'est bien une conique dans le plan projectif dual, -lisse d'après le critère trouvé en (4). - -Comme on a vu en (11) qu'on pouvait toujours, en faisant une -transformation projective, mettre la conique sous forme diagonale, et -que cette transformation projective se traduit par une transformation -projective du plan projectif dual (de matrice transposée), l'ensemble -des droites tangentes à n'importe quelle conique lisse définit une -conique lisse dans l'espace projectif dual. - -Les droites passant par un point $(x_0:y_0:z_0)$ correspondent aux -points $(u:v:w)$ du plan projectif dual tel que $u x_0 + v y_0 + w z_0 -= 0$, ou, ce qui revient exactement au même, $x_0 u + y_0 v + z_0 w = -0$ : c'est donc une droite dans ce plan projectif dual. Les droites -tangentes à $C_q$ correspondent elles aussi à une conique lisse dans -le plan projectif dual. Donc l -\end{corrige} - -\textbf{(13)} En déduire la construction géométrique suivante de la -droite polaire $D$ d'un point $P$ de $\mathbb{P}^2$ : si $P$ est situé -sur $C_q$ c'est la tangente à $C_q$ en $P$, tandis que si $P$ n'est -pas situé sur $C_q$, alors $D$ est la droite reliant les deux points -de tangence, forcément distincts, des deux tangentes à $C_q$ passant -par $P$. $\bullet$ Faire une figure sur $\mathbb{R}$ illustrant cette -construction géométrique dans le cas où les deux droites tangentes à -$P$ sont réelles (le point est dit « extérieur » à la conique). -Esquisser une construction, ne faisant intervenir que des -constructions réelles, dans le cas où les droites sont complexes (le -point est « intérieur » à la conique). - -\smallbreak - -\textbf{(14)} Montrer le résultat suivant : si $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont +\textbf{(10)} Montrer le résultat suivant : si $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont quatre points distincts situés sur la conique $C_q$, et si on pose $P_0 = A_0 A_3 \wedge A_1 A_2$ (c'est-à-dire : l'intersection de la droite reliant $A_0$ et $A_3$ et de celle reliant $A_1$ et $A_2$) et @@ -725,13 +533,71 @@ alors le triangle $P_0, P_1, P_2$ est autopolaire. Pour cela, on pourra expliquer pourquoi on peut supposer que $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ respectivement et calculer à la fois les coordonnées de $P_0,P_1,P_2$ et des conditions -sur les coefficients de $q$. +sur les coefficients de $q$. En déduire une construction, à la règle +seule. dans le plan projectif réel, de la droite polaire d'un point +par rapport à une conique donnée (en supposant qu'elle a effectivement +des points réels). -\smallbreak +\begin{corrige} +D'après la question (3), trois quelconques parmi les points +$A_0,A_1,A_2,A_3$ ne sont pas alignés. Ils forment donc une base +projective du plan. Quitte à appliquer une transformation projective, +on peut supposer que ce sont +$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$. On calcule alors +$P_0=(0{:}1{:}1)$ et $P_1=(1{:}0{:}1)$ et $P_2=(1{:}1{:}0)$. Par +ailleurs, le fait que +$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ appartiennent +à $C_q$ impose les conditions $a_x = a_y = a_z = b_x+b_y+b_z = 0$ : +les dérivées partielles de $q$ sont alors $\frac{\partial q}{\partial + x} = b_z\, y + b_y\, z$ et $\frac{\partial q}{\partial y} = b_x\, z ++ b_z\, x$ et $\frac{\partial q}{\partial z} = b_y\, x + b_x\, y$. La +droite polaire de $P_0=(0{:}1{:}1)$ est alors donnée par $-b_x x + b_x +y + b_x z = 0$, autant dire $-x + y + z = 0$, qui est bien la droite +$P_1P_2$, et le calcul est le même pour les deux autres points (après +permutation cyclique des coordonnées). + +On en déduit la construction suivante de la droite polaire d'un +point $P_0$ (par rapport à une conique réelle ayant effectivement des +points réels) : tracer deux droites passant par $P_0$ et coupant la +conique en deux points réels chacune, appeler $A_0,A_3$ les points de +la conique sur l'une d'entre elles, et $A_1,A_2$ ceux sur l'autre ; +alors en appelant $P_1 = A_1 A_3 \wedge A_0 A_2$ et $P_2 = A_2 A_3 +\wedge A_0 A_1$, la droite polaire de $P_0$ est la droite $P_1 P_2$ +(c'est-à-dire $(A_1 A_3 \wedge A_0 A_2) \vee (A_2 A_3 \wedge A_0 +A_1)$). + +(Bien sûr, si on se permet de tracer des tangentes à la conique +passant par $P_0$, on peut faire plus simple : appeler $P_1,P_2$ les +deux points de tangence aux deux tangentes à $C_q$ par $P_0$, et alors +la polaire $D_0$ de $P_0$ est la droite les reliant, comme prouvé +en (8). Mais attention, ces points ne sont pas forcément réels : +imaginer le cas où $P_0$ est intérieur à un cercle.) +\end{corrige} -\textbf{(15)} Énumérer les points rationnels $(x:y:z)$ de la conique +\medbreak + +\textbf{(11)} Énumérer les points rationnels $(x:y:z)$ de la conique $\{x^2 + y^2 + z^2 = 0\}$ dans $\mathbb{P}^2$ sur le corps fini -$\mathbb{F}_3$ à trois éléments. +$\mathbb{F}_3$ à trois éléments. Combien y en a-t-il ? + +\begin{corrige} +Il est facile d'énumérer toutes les possibilités en se rappelant que +les seuls carrés dans $\mathbb{F}_3$ sont $0$ et $1$ : la seule +possibilité pour en avoir trois qui somment à $0$ est $1+1+1=0$ (vu +que $0+0+0=0$ ne donnera pas un point de l'espace projectif). Les +points de la conique sont alors +$(1{:}1{:}1),(1{:}1{:}2),(1{:}2{:}1),(1{:}2{:}2)$ (on se rappelle que +les points sont définis à multiplication près par une constante, donc +$(2{:}1{:}1)$, par exemple, coïncide avec $(1{:}2{:}2)$). Il y en a +quatre. + +(En fait, on peut utiliser un paramétrage rationnel pour montrer que +toute conique projective lisse sur un corps $k$ de +caractéristique $\neq 2$ est isomorphe à $\mathbb{P}^1$ dès qu'elle a +un point rationnel ; cette dernière hypothèse est toujours vérifiée +sur un corps fini $\mathbb{F}_q$, donc elle a toujours $q+1$ points +rationnels.) +\end{corrige} % |