From b20ffa4ce1e7df3c6fde5b51a796ed4baffdd1fa Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: "David A. Madore" <david+git@madore.org>
Date: Sun, 17 Apr 2016 17:29:22 +0200
Subject: An exercise on the curve y^2 = x^5 - 1.

---
 controle-20160421.tex | 102 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
 1 file changed, 102 insertions(+)

(limited to 'controle-20160421.tex')

diff --git a/controle-20160421.tex b/controle-20160421.tex
index 16bd62f..bd069f6 100644
--- a/controle-20160421.tex
+++ b/controle-20160421.tex
@@ -525,6 +525,108 @@ non-trivial dans $K^n$.  [Théorème de Tsen.]
 \end{corrige}
 
 
+%
+%
+%
+
+\exercice
+
+Soit $k$ un corps parfait de caractéristique $\neq 2,3,5$.  On
+considère la courbe $C$ plane sur $k$ d'équation $y^2 = x^5 - 1$.  On
+admettra sans vérification que le polynôme $h := y^2 - x^5 + 1 \in
+k[x,y]$ est géométriquement irréductible, et on posera $K := k(C) =
+k(x)[y]/(h)$.
+
+(1) Si $w$ est une valuation de $K$ au-dessus de $k$, montrer qu'on a
+$w(x)<0$ si et seulement si $w(y)<0$.  Exprimer le rapport entre
+$w(y)$ et $w(x)$ lorsque c'est le cas.
+
+\begin{corrige}
+Si $w(x)<0$ alors $w(x^5 - 1) = 5 w(x)$ (puisque $w(x^5) < w(1)$),
+autrement dit $w(y^2) = 5 w(x)$, d'où on déduit $w(y) = \frac{5}{2}
+w(x) < 0$.  Réciproquement, si $w(x) \geq 0$ alors $w(x^5 - 1) \geq
+0$, autrement dit $w(y^2) \geq 0$, d'où on déduit $w(y) \geq 0$.  On a
+bien montré l'équivalence entre $w(x)<0$ et $w(y)<0$ et, de plus,
+$w(y) = \frac{5}{2} w(x)$ lorsque ces propriétés sont vérifiées.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(2) Rappeler pourquoi tout élément de $K$ s'écrit de façon unique sous
+la forme $f_0 + f_1 y$ avec $f_0,f_1 \in k(x)$.
+
+\begin{corrige}
+Le corps $K$ est le corps de rupture de $h := y^2 - x^5 + 1$ sur le
+corps $k(x)$ des fractions rationnelles en l'indéterminée $x$.  Tout
+élément de $K = k(x)[y]/(h)$ est donc représenté de façon unique sous
+la forme d'un polynôme de degré $<2$ en $y$, à savoir le reste de la
+division euclidienne par $h$ (dans $k(x)[y]$) de n'importe quel
+représentant, ce qui est bien la forme demandée.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(3) En déduire qu'il existe au plus une valuation $w$ de $K$ au-dessus
+de $k$ telle que $w(x) < 0$ (on pourra considérer la restriction de
+$w$ à $k(x)$ et montrer que c'est, à une constante près, la valuation
+$v_\infty$ à l'infini ; puis déduire de (2) que $w$ est complètement
+déterminé par la donnée de $w(x)$ et en conclure ce que vaut cette
+quantité).  Montrer qu'il existe effectivement une telle valuation.
+
+\begin{corrige}
+La restriction de $w$ à $k(x)$ vérifie les propriétés (o), (i) et (ii)
+de \ref{valuation-ring-versus-valuation-function} qui définissent une
+valuation : c'est donc \emph{à multiplication près par un entier
+  $e\geq 1$} une valuation sur $k(x)$, au-dessus de $k$ ; et puisque
+$w(x) < 0$, cette valuation est la valuation à l'infini.  Autrement
+dit, en notant $w(x) = -e$, on a $w(f_0) = e\,v_\infty(f_0)$ pour
+tout $f_0 \in k(x)$.  Mais on sait aussi que $w(y) = \frac{5}{2} w(x)
+= -\frac{5}{2} e$, donc dans une forme $f_0 + f_1 y$, le premier terme
+a une valuation multiple de $e$ et le second en a une qui vaut
+$-\frac{5}{2}e$ plus un multiple de $e$, et notamment les deux termes
+sont forcément de valuations \emph{différentes} : ainsi, $w(f_0 + f_1
+y)$ est complètement déterminé par la donnée de $e$, à savoir $e\,
+\min(v_\infty(f_0), v_\infty(f_1) - \frac{5}{2})$.  Mais puisque
+l'image de $w$ doit être $\mathbb{Z} \cup \{\infty\}$ (condition de
+normalisation), on a forcément $e = 2$, c'est-à-dire $w(x) = -2$ et
+$w(y) = -5$.
+
+Il existe forcément une telle valuation, car $x$ n'est pas constant
+(il est transcendant sur $k$), donc il a un pôle, ce qui signifie
+exactement qu'il existe une place $w$ comme on vient de le décrire.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(4) On note $M$ la place de $C$ qui a été trouvée (c'est-à-dire que $w
+= \ord_M$ est l'unique valuation de $K$ au-dessus de $k$ pour laquelle
+$w(x) < 0$).  Montrer que pour tout $r \in \mathbb{N}$ les fonctions
+$1,x,x^2,\ldots,x^r,\penalty0 y,xy,\ldots,x^{r-3}y$ sont dans l'espace de
+Riemann-Roch $\mathscr{L}(2r(M))$ et sont linéairement indépendants
+sur $k$.  En déduire un minorant de $\ell(2r(M))$.  En prenant $r$
+grand, en déduire un majorant sur le genre $g$ de $C$.
+
+\begin{corrige}
+On vient de voir que $\ord_M(x) = -2$ et $\ord_M(y) = -5$.  Par
+conséquent, $\ord_M(x^i) = -2i$ et $\ord_M(x^i y) = -5-2i$.  Ces
+quantités sont $\geq -2r$ lorsque respectivement $i\leq r$ et $i\leq
+r-\frac{5}{2}$ (c'est-à-dire en fait $i \leq r-3$ puisque $i,r$ sont
+entiers).  On a bien montré que $1,x,x^2,\ldots,x^r,\penalty0
+y,xy,\ldots,x^{r-3}y$ sont dans $\mathscr{L}(2r(M))$.  Ils sont
+linéairement indépendants sur $k$ car d'une part les puissances
+de $x$, qui sont dans $k(x)$, sont linéairement indépendantes sur $k$,
+et d'autre part $1$ et $y$ sont linéairement indépendants sur $k(x)$
+(cf. question (2)).  Bref, on a trouvé $(r+1) + (r-2) = 2r-1$ éléments
+$k$-linéairement indépendants dans $\mathscr{L}(2r(M))$, donc
+$\ell(2r(M)) \geq 2r-1$.
+
+Or on sait par \ref{degree-of-canonical-divisor}(B) que si $r$ est
+assez grand (à savoir $2r > 2g - 2$ mais peu importe), on a
+$\ell(2r(M)) = 2r + 1 - g$.  On en déduit $1 - g \geq -1$,
+c'est-à-dire $g \leq 2$.
+\end{corrige}
+
+
 
 %
 %
-- 
cgit v1.2.3

