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diff --git a/controle-20210414.tex b/controle-20210414.tex
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index 0000000..9901428
--- /dev/null
+++ b/controle-20210414.tex
@@ -0,0 +1,609 @@
+%% This is a LaTeX document.  Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it?
+\documentclass[12pt,a4paper]{article}
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+\usepackage[T1]{fontenc}
+%\usepackage{ucs}
+\usepackage{times}
+% A tribute to the worthy AMS:
+\usepackage{amsmath}
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+%
+\usepackage{mathrsfs}
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+%\externaldocument{notes-accq205}[notes-accq205.pdf]
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+\theoremstyle{definition}
+\newtheorem{comcnt}{Tout}
+\newcommand\thingy{%
+\refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} }
+\newcommand\exercice{%
+\refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak}
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+%
+\DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~}
+%
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+\newif\ifcorrige
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+\newenvironment{corrige}%
+{\ifcorrige\relax\else\setbox0=\vbox\bgroup\fi%
+\smallbreak\noindent{\underbar{\textit{Corrigé.}}\quad}}
+{{\hbox{}\nobreak\hfill\checkmark}%
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+%
+%
+\begin{document}
+\ifcorrige
+\title{ACCQ205\\Contrôle de connaissances — Corrigé\\{\normalsize Courbes algébriques}}
+\else
+\title{ACCQ205\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Courbes algébriques}}
+\fi
+\author{}
+\date{14 avril 2021}
+\maketitle
+
+\pretolerance=8000
+\tolerance=50000
+
+\vskip1truein\relax
+
+\noindent\textbf{Consignes.}
+
+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
+explicité par l'énoncé).
+
+La difficulté des questions étant varié, il vaut mieux ne pas rester
+bloqué trop longtemps.
+
+Si on ne sait pas répondre rigoureusement, une réponse informelle peut
+valoir une partie des points.
+
+\medbreak
+
+L'usage de tous les documents (notes de cours manuscrites ou
+imprimées, feuilles d'exercices, livres) est autorisé.
+
+L'usage des appareils électroniques est interdit.
+
+\medbreak
+
+Durée : 2h
+
+\ifcorrige
+Ce corrigé comporte 9 pages (page de garde incluse).
+\else
+Cet énoncé comporte 4 pages (page de garde incluse).
+\fi
+
+\vfill
+{\noindent\tiny
+\immediate\write18{sh ./vc > vcline.tex}
+Git: \input{vcline.tex}
+\immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex}
+\par}
+
+\pagebreak
+
+
+%
+%
+%
+
+Soit $k$ un corps de caractéristique $\neq 2$ (c'est-à-dire qu'on
+pourra librement diviser par $2$), dont on notera $k^{\alg}$ la
+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 $k$.
+
+\medbreak
+
+\textbf{(1)} Montrer le fait suivant (théorème d'Euler sur les
+polynômes homogènes) : si $h$ est un polynôme homogène de degré $\ell$
+en les variables $t_0,\ldots,t_n$ alors $\sum_{j=0}^n
+t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = \ell h$ (égalité dans
+$k[t_0,\ldots,t_n]$).  Pour cela, on pourra justifier qu'il suffit de
+le prouver lorsque $h$ est un monôme.
+
+\begin{corrige}
+La formule énoncée étant linéaire, il suffit de la démontrer lorsque
+$h$ est un monôme de degré total $\ell$ (un polynôme homogène de
+degré $\ell$ étant combinaison linéaire de tels monômes).  Or si $h =
+t_0^{d_0}\cdots t_n^{d_n}$ avec $d_0+\cdots+d_n = \ell$, 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 $t_j\,\frac{\partial h}{\partial
+  t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,h$ et
+$\sum_{j=0}^n t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n
+d_j)\, h = \ell h$.
+\end{corrige}
+
+\medbreak
+
+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 désormais s'intéresser à la courbe définie par une équation
+homogène de degré $2$ dans le plan projectif.
+
+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 $l$ (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 $k$, non tous
+nuls : on adoptera cette notation.
+
+\smallbreak
+
+\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
+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 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
+ses coefficients vérifient
+\[
+4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z = 0
+\]
+et qu'il revient au même de dire qu'elle a un point singulier
+géométrique ou rationnel.
+
+\begin{corrige}
+On a vu en (1) que $q = \frac{1}{2}(x\,\frac{\partial q}{\partial x} +
+y\frac{\partial q}{\partial y} + z\,\frac{\partial q}{\partial z})$.
+Donc 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, $q$ 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
+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 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 $\frac{\partial q}{\partial z}=0$
+définit une droite dans $\mathbb{P}^2$, à savoir $\{2 a_x\, x + b_z\,
+y + b_y\, z = 0\}$, $\{b_z\, x + 2 a_y\, y + b_x\, z = 0\}$ et
+$\{b_y\, x + b_x\, y + 2 a_z\, z = 0\}$, donc l'existence d'un point
+singulier sur $C_q$ se traduit par l'annulation du déterminant
+\[
+\left|\begin{matrix}2a_x&b_z&b_y\\b_z&2a_y&b_x\\b_y&b_x&2a_z\\\end{matrix}\right|
+\]
+qui (une fois développé ce déterminant, et divisé par $2$) est
+exactement la condition proposée par l'énoncé.
+
+L'affirmation sur la rationalité vient du fait qu'un système
+d'équations linéaires à coefficients dans $k^{\alg}$ (en l'occurrence
+le système formé de $\frac{\partial q}{\partial x}=0$, $\frac{\partial
+  q}{\partial y}=0$ et $\frac{\partial q}{\partial z}=0$) a
+automatiquement une solution dans $k$ (l'ensemble des solutions
+sur $K$ étant un sous-$k$-espace vectoriel de $K^3$, et la dimension
+d'un espace vectoriel ne dépendant pas du corps sur lequel on la
+calcule).
+\end{corrige}
+
+\medbreak
+
+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}
+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}
+
+\medbreak
+
+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.
+
+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{(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 :
+
+\noindent\centerline{\fbox{\parbox{0.85\textwidth}{$P_1$ est sur la
+      droite polaire de $P_0$ si et seulement si $P_0$ est sur la
+      droite polaire de $P_1$}}}
+
+\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 (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 $\frac{\partial
+  q}{\partial x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial
+  q}{\partial z}$ sont des polynômes homogènes (en fait, des formes
+linéaires...), cela multiplie chacun de $u_0,v_0,w_0$ par une
+constante non nulle, et cela ne change pas la droite $\{u_0 x + v_0 y
++ w_0 z = 0\}$.  La définition a donc bien un sens.
+
+Dire que $P_1 := (x_1:y_1:z_1)$ est sur la droite polaire de $P_0 :=
+(x_0:y_0:z_0)$ signifie que $2 a_x\, x_0\, x_1 + 2 a_y\, y_0\, y_1 + 2
+a_z\, z_0\, z_1 + b_x\, y_0\, z_1 + b_x\, z_0\, y_1 + b_y\, x_0\, z_1
++ b_y\, z_0\, x_1 + b_z\, x_0\, y_1 + b_z\, y_0\, x_1 = 0$, ou, si on
+préfère,
+\[
+\left(\begin{matrix}x_1&y_1&z_1\\\end{matrix}\right)
+\left(\begin{matrix}2a_x&b_z&b_y\\b_z&2a_y&b_x\\b_y&b_x&2a_z\\\end{matrix}\right)
+\left(\begin{matrix}x_0\\y_0\\z_0\\\end{matrix}\right) = 0
+\]
+et cette condition est manifestement symétrique en $P_0$ et $P_1$.
+
+Lorsque $P_1=P_0$, la condition devient $2a_x\, x_0^2 + 2a_y\, y_0^2 +
+2a_z\, z_0^2 + 2b_x\, y_0\, z_0 + 2b_y\, x_0\, z_0 + 2b_z\, x_0\, y_0
+= 0$, ce qui équivaut bien à $q=0$ en divisant par $2$ (ou, si on
+préfère, on applique la question (1) pour la même conclusion).
+\end{corrige}
+
+\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
+constater que l'application $(x_0,y_0,z_0) \mapsto (u_0,v_0,w_0)$ est
+$k$-linéaire.  Expliquer pourquoi cette application envoie trois
+points alignés sur trois droites concourantes.
+
+\begin{corrige}
+L'application
+\[
+\left(\begin{matrix}x_0\\y_0\\z_0\\\end{matrix}\right) \mapsto
+\left(\begin{matrix}2a_x&b_z&b_y\\b_z&2a_y&b_x\\b_y&b_x&2a_z\\\end{matrix}\right)
+\left(\begin{matrix}x_0\\y_0\\z_0\\\end{matrix}\right)
+\]
+envoyant des coordonnées homogènes $(x_0,y_0,z_0)$ d'un point sur les
+coefficients $(u_0,v_0,w_0)$ (soit $(\frac{\partial q}{\partial x},
+\frac{\partial q}{\partial y}, \frac{\partial q}{\partial z})$)
+définissant sa droite polaire, est linéaire, et elle est bijective car
+son déterminant est non nul, c'est justement l'hypothèse qu'on a
+faite.  Elle induit donc une bijection entre points de $\mathbb{P}^2$
+et droites de $\mathbb{P}^2$ (si $(x_0,y_0,z_0)$ et $(x_1,y_1,z_1)$
+ont la même droite polaire, alors $(u_0,v_0,w_0)$ et $(u_1,v_1,w_1)$
+sont proportionnelles, et quitte à 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{(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 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 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 \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.
+
+\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}
+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{(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\footnote{(Le sujet distribué comportait une faute de frappe
+  dans cette phrase : au lieu de « point d'intersection de $C_q$ avec
+  la droite polaire » il était écrit « point d'intersection de $P_0$
+  avec la droite polaire ».)} les droites $P_0 M$ où $M$ est un point
+d'intersection de $C_q$ 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 \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{(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 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 $C_k$ (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
+$(1{:}0{:}0)$, c'est-à-dire $b_z = 0$.  Pour les autres points on
+trouve de même $b_x = 0$ et $b_y = 0$, et finalement le triangle
+$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1)$ est autopolaire si et seulement
+si $b_x = b_y = b_z = 0$ : c'est-à-dire que la forme quadratique $q$
+est diagonale (égale à $a_x\, x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2$).
+
+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 comme demandé.
+\end{corrige}
+
+\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
+$P_1 = A_1 A_3 \wedge A_0 A_2$ et $P_2 = A_2 A_3 \wedge A_0 A_1$,
+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 $q$.  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).
+
+\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}
+
+\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.  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}
+
+
+%
+%
+%
+\end{document}