From 0d2264a3cf200b8f33c412d57f4b304cad306fdd Mon Sep 17 00:00:00 2001 From: "David A. Madore" Date: Sun, 11 Apr 2021 23:16:03 +0200 Subject: This is getting far too long and messy. I need to simplify enormously! --- controle-20210414.tex | 225 +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++----------- 1 file changed, 177 insertions(+), 48 deletions(-) diff --git a/controle-20210414.tex b/controle-20210414.tex index 6d59663..5110f94 100644 --- a/controle-20210414.tex +++ b/controle-20210414.tex @@ -196,20 +196,20 @@ exactement un point géométrique, et celui-ci est rationnel. (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, $q = \frac{1}{c_2}\, (c_2 y + (\frac{c_1}{2} - + y) y$, 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 @@ -363,9 +363,9 @@ $\Delta$ 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. +(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. \begin{corrige} Les transformations projectives du plan opérant de façon transitive @@ -447,9 +447,13 @@ coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par $\frac{\partial q}{\partial 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 $P_1$ est sur la droite -polaire de $P_0$ si et seulement si $P_0$ est sur la droite polaire -de $P_1$ (on pourra exprimer ce fait de comme une équation symétrique +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 (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. @@ -490,8 +494,8 @@ $\mathbb{P}^2$ 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 -linéaire. Expliquer pourquoi cette application envoie trois points -alignés sur trois droites concourantes. +$k$-linéaire. Expliquer pourquoi cette application envoie trois +points alignés sur trois droites concourantes. \begin{corrige} L'application @@ -518,14 +522,12 @@ 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 -qu'il aurait forcément la même droite polaire que $P_0$.) -Réciproquement, montrer que si $D$ est une droite de $\mathbb{P}^2$ -rencontrant $C_q$ en un seul point, elle est la droite polaire de ce -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). +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). \begin{corrige} Soit $P_0$ sur $C_q$ et soit $D_0$ sa droite polaire. Supposons que @@ -536,31 +538,127 @@ 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 $2$). \end{corrige} \smallbreak On appelle \emph{tangente} à $C_q$ en un de ses points la droite -polaire de ce point : on vient de voir qu'une droite est tangente à -$C_q$ lorsqu'elle la rencontre en un seul point (géométrique et -automatiquement rationnel si la droite l'est) ; ce point s'appelle le -point de \emph{tangence} de la tangente. +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. + +\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 $D$. +\end{corrige} + +\textbf{(10)} 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, +géométriquement, exactement deux. + +\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 chacun soit situé sur la droite polaire de chacun des deux +tels que la droite polaire de chacun soit la droite reliant les deux autres. -\textbf{(9)} Expliquer pourquoi on peut toujours trouver un triangle +\textbf{(11)} 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, sous la forme $\{a_x\, -x^2 + a_y\, y^2 + a_z\, z^2 = 0\}$ (on dit qu'elle est -\emph{diagonale}). +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. + +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 commen demandé. +\end{corrige} -\textbf{(10)} En supposant temporairement que la conique $C_q$ est +\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 $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 + a_x a_y w^2 = 0$. @@ -568,12 +666,43 @@ $\bullet$ 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 $C_q$) ; on ne demande -pas d'écrire ses équations. $\bullet$ En déduire que par un point $P$ -non situé sur $C_q$ passent, géométriquement, exactement deux -tangentes à $C_q$. +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{(11)} En déduire la construction géométrique suivante de la +\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 @@ -587,7 +716,7 @@ point est « intérieur » à la conique). \smallbreak -\textbf{(12)} Montrer le résultat suivant : si $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont +\textbf{(14)} 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 @@ -600,7 +729,7 @@ sur les coefficients de $q$. \smallbreak -\textbf{(13)} Énumérer les points rationnels $(x:y:z)$ de la conique +\textbf{(15)} 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. -- cgit v1.2.3