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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 @@ -118,15 +128,32 @@ qu'un « point rationnel » désigne un point à coordonnées dans $k$. \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 $t_j\,\sum_{j=0}^n -\frac{\partial h}{\partial t_j} = \ell h$ (égalité dans +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 $d_0+\cdots+d_n = \ell$, alors 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 $\sum_{j=0}^n +t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n d_j)\, h = \ell +h$. +\end{corrige} + \smallbreak Dans la question qui suit, on s'intéresse à une équation de degré $2$ -sur la droite : +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 @@ -139,18 +166,75 @@ 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 le 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, ces polynômes étant 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. +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 $\Delta = c_1^2$, et soit $\Delta$, c'est-à-dire $c_1$, est + nul, 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 @@ -163,6 +247,21 @@ 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. +\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} + \medbreak On va maintenant s'intéresser à une équation de degré $2$ dans le @@ -182,10 +281,12 @@ 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. +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. \smallbreak @@ -207,13 +308,52 @@ ses coefficients vérifient 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 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 $C_q$. + +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 nul, 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} + \smallbreak \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 +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 @@ -225,7 +365,68 @@ 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. +où elles sont complexes non réelles. + +\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). +\end{corrige} \smallbreak @@ -253,6 +454,37 @@ 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 +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)). +\end{corrige} + \textbf{(7)} 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 @@ -261,6 +493,30 @@ constater que l'application $(x_0,y_0,z_0) \mapsto (u_0,v_0,w_0)$ est 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 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 +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 de $P_0$ avec $C_q$ est réduite au seul point $P_0$. (S'il y avait un deuxième point, on pourra montrer @@ -271,6 +527,18 @@ point. Expliquer pourquoi ce point est automatiquement rationnel si $D$ l'est (autrement dit, on peut écrire « un seul point » sans ambiguïté dans les phrases précédentes). +\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. + +... +\end{corrige} + \smallbreak On appelle \emph{tangente} à $C_q$ en un de ses points la droite @@ -285,11 +553,12 @@ tels que chacun soit situé sur la droite polaire de chacun des deux autres. \textbf{(9)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle -autopolaire (rationnel). 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, sous la forme $\{a_x\, x^2 + -a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$ (on dit qu'elle est \emph{diagonale}). +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, sous la forme $\{a_x\, +x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$ (on dit qu'elle est +\emph{diagonale}). \textbf{(10)} En supposant temporairement que la conique $C_q$ est diagonale, c'est-à-dire $b_x=b_y=b_z=0$ (cf. question précédente), @@ -329,6 +598,12 @@ $(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ respectivement et calculer à la fois les coordonnées de $P_0,P_1,P_2$ et des conditions sur les coefficients de $q$. +\smallbreak + +\textbf{(13)} 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. + % % |