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% A tribute to the worthy AMS:
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\title{ACCQ205\\Contrôle de connaissances — Corrigé\\{\normalsize Courbes algébriques}}
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\title{ACCQ205\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Courbes algébriques}}
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\author{}
\date{21 avril 2016}
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\tolerance=50000

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\noindent\textbf{Consignes.}

Les exercices sont indépendants sauf dans la mesure où le contraire
est précisé.  Ils pourront être traités dans un ordre quelconque, mais
on demande de faire apparaître de façon très visible dans les copies
où commence chaque exercice.

La longueur de l'énoncé ne doit pas décourager : les exercices ont été
formulés de manière à rappeler le contexte et certaines notions du
cours, si bien que les réponses attendues sont souvent plus courtes
que les questions.

\medbreak

L'usage de tous les documents (notes de cours manuscrites ou
imprimées, feuilles d'exercices, livres) est autorisé.

L'usage des calculatrices électroniques est interdit.

\medbreak

Durée : 3h

\medbreak

Barème indicatif : chaque question a approximativement la même valeur.
Il ne sera pas nécessaire de tout traiter pour avoir le maximum des
points.

\medbreak

On rappelle qu'un polynôme $f \in k[t_1,\ldots,t_n]$ est dit
« homogène de degré $d$ » lorsque le degré total $\sum_{i=1}^n r_i$ de
chacun des monômes $t_1^{r_1} \cdots t_n^{r_n}$ qui apparaissent
dans $f$ est égal à $d$.  Le produit de deux polynômes homogènes de
degrés $d,d'$ est évidemment homogène de degré $d+d'$.

\pagebreak


%
%
%

\exercice\label{equation-with-no-solutions}

Soit $K$ un corps de fonctions sur un corps $k$ (c'est-à-dire, une
extension de type fini de $k$ de degré de transcendance $1$), soit $P$
une place de $K$ au-dessus de $k$ (dont on pourra noter $v$
ou $\ord_P$ la valuation), et soit $z$ une uniformizante en $P$
(autrement dit, $v(z) = 1$).  Soit enfin $d \geq 2$ un entier naturel.

En raisonnant sur la valuation des $x_i$, montrer qu'il n'existe pas
de solution autre que $(0,\ldots,0)$ à l'équation $x_0^d + z x_1^d +
z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d = 0$ (algébrique homogène de
degré $d$ en $d$ inconnues $(x_0,\ldots,x_{d-1})$) dans $K$.

\begin{corrige}
On remarque que si $x \in K^\times$, alors $v(x^d) = d\,v(x)$ est un
multiple de $d$.  Par conséquent, $v(z^i x^d) = i + d\,v(x)$ est
congru à $i$ modulo $d$.  Par conséquent, dans la somme $x_0^d + z
x_1^d + z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d$, il est impossible que
deux termes aient la même valuation (puisqu'elles sont congrues à des
valeurs différentes modulo $d$) sauf si cette valuation est $\infty$,
c'est-à-dire que les termes sont nuls.  Donc dès lors que tous les
termes ne sont pas nuls, il y en a un qui a une valuation
\emph{strictement} plus petite que tous les autres.
D'après \ref{remark-on-sums-in-valuation-rings}, la somme ne peut pas
être nulle, ce qui prouve le résultat voulu.
\end{corrige}


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\exercice\label{basic-dimension-fact}

Soit $k$ un corps \emph{algébriquement clos}.  On considère
$f_1,\ldots,f_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ des polynômes \emph{homogènes}
de degrés totaux respectifs $d_1,\ldots,d_m > 0$ en les indéterminées
$t_1,\ldots,t_n$.  Le but de l'exercice est de montrer que si $n>m$
alors il existe dans $k^n$ un zéro commun non-trivial à
$f_1,\ldots,f_m$ (c'est-à-dire une solution de $f_1=\cdots=f_m=0$ dans
$k^n$, différente de $(0,\ldots,0)$).  On suppose donc par l'absurde
que l'ensemble $Z(f_1,\ldots,f_m)$ des zéros communs à
$f_1,\ldots,f_m$ est réduit à $\{(0,\ldots,0)\}$ et on va montrer $n
\leq m$.

(1) Montrer qu'il existe $r \in \mathbb{N}$ tel que tout monôme de
degré total $\geq r$ en $t_1,\ldots,t_n$ appartienne à l'idéal $I$
engendré par $f_1,\ldots,f_m$ dans $k[t_1,\ldots,t_n]$.  On pourra
pour cela observer que chaque $t_i$ s'annule sur $Z(f_1,\ldots,f_m)$
et chercher à en conclure qu'une puissance de $t_i$ appartient à $I$.

\begin{corrige}
L'hypothèse faite est que le fermé de Zariski $Z(I)$ défini par
$f_1=\ldots=f_m=0$ est le même que celui défini par
$t_1=\ldots=t_n=0$, notamment, chaque $t_i$ s'annule sur $Z(I)$ (soit
$t_i \in \mathfrak{I}(Z(I))$).  Le Nullstellensatz fort
(\ref{strong-nullstellensatz}) permet de conclure que pour chaque $i$
il existe $r_i$ tel que $t_i^{r_i}$ appartienne à l'idéal $I$ engendré
par $f_1,\ldots,f_m$ dans $k[t_1,\ldots,t_n]$.  Si on appelle $r$ la
somme des $r_i$ alors tout monôme de degré total au moins $r$ comporte
nécessairement un facteur $t_i^{r_i}$ pour un certain $i$, et
appartient donc à $I$.
\end{corrige}

\smallbreak

(2) Déduire du (1) que tout monôme $q$ de degré total $\geq r$ en
$t_1,\ldots,t_n$ s'écrit sous la forme $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m
f_m$ où $h_1,\ldots,h_m$ sont eux-mêmes homogènes de degré total $\deg
q - d_j$ (ou bien nuls, notamment lorsque $\deg q < d_j$).  On pourra
pour cela ne conserver que les monômes de bon degré total dans $h_j$.

\begin{corrige}
La conclusion du (1) montre que pour tout monôme $q$ de degré total
$\geq r$ en les $t_i$ il existe $h_1,\ldots,h_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$
tels que $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m f_m$.  Observons à présent qu'en
remplaçant $h_j$ par sa composante homogène de degré total $\deg q -
d_j$, c'est-à-dire la somme des monômes ayant ce degré total (ou zéro
si $\deg q < d_j$), puisque $f_j$ est homogène de degré total $d_j$ et
que $q$ est également homogène (c'est un monôme !) de degré total
$\deg q$, on a toujours l'égalité $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m f_m$ (en
effet, on n'a pas changé les monômes de degré total $\deg q$ dans
cette égalité, et on a retiré tous ceux d'un autre degré).
\end{corrige}

\smallbreak

Soit $K = k(f_1,\ldots,f_m)$ le sous-corps de $k(t_1,\ldots,t_n)$
engendré par $f_1,\ldots,f_m$ au-dessus de $k$.

(3) Déduire du (2) que tout polynôme $q$ de degré total $s \geq r$ en
$t_1,\ldots,t_n$ s'écrit comme combinaison $K$-linéaire de monômes en
$t_1,\ldots,t_n$ chacun de degré total $< s$.  En déduire la même
conclusion avec maintenant des monômes chacun de degré $< r$.

\begin{corrige}
Soit $q$ un monôme de degré total $\deg q \geq r$.  En décomposant
chaque $h_j$ comme somme de monômes de degré total $\deg q - d_j$,
l'égalité $q = h_1 f_1 + \cdots + h_m f_m$ obtenue en (2) signifie que
le monôme $q$ est combinaison linéaire à coefficients dans $K$ des
monômes de degré total $< \deg q$, i.e., strictement plus petit que
lui.

Si maintenant $q$ est un polynôme de degré total $s \geq r$, chacun de
ses monômes est soit déjà de degré $<r$ (donc $<s$, et il n'y a rien à
faire) soit, d'après ce qu'on vient d'expliquer, combinaison
$K$-linéaire de monômes de degré total strictement plus petits que lui
et, en particulier, strictement plus petits que $s$.  En ajoutant
toutes ces combinaisons, on voit que tout polynôme $q$ de degré total
$s \geq r$ est combinaison $K$-linéaire de monômes chacun de degré
total $< s$.

En recommançant, c'est-à-dire en réécrivant de nouveau tous les
monômes comme combinaisons $K$-linéaires de monômes de degré $< s$ où
$s$ est le degré total du plus grand monôme qui apparaît, et en
itérant ce processus (qui termine vu que le plus grand degré total $s$
d'un monôme qui apparaît dans la combinaison $K$-linéaire décroît
strictement à chaque étape tant qu'il est au moins égal à $r$), on
finit par arriver à une combinaison $K$-linéaire de monômes chacun de
degré total $< r$, soit la conclusion souhaitée.
\end{corrige}

\smallbreak

(4) Déduire de (3) que la sous-$K$-algèbre $K[t_1,\ldots,t_n]$ de
$k(t_1,\ldots,t_n)$ engendrée par les $t_i$ (i.e., l'ensemble des
combinaisons $K$-linéaires des monômes en $t_1,\ldots,t_n$) est un
$K$-espace vectoriel de dimension \emph{finie}.  Conclure que
$K[t_1,\ldots,t_n]$ est un corps, qu'il coïncide avec
$k(t_1,\ldots,t_n)$, donc que ce dernier est un $K$-espace vectoriel
de dimension finie.

\begin{corrige}
On vient de voir que tout monôme en les $t_1,\ldots,t_n$ s'écrit comme
combinaison linéaire à coefficients dans $K$ des monômes de degré
$<r$.  Comme il n'y a qu'un nombre fini de monômes de degré $<r$, le
$K$-espace vectoriel $K[t_1,\ldots,t_n]$ engendré (dans
$k(t_1,\ldots,t_n)$) par tous les monômes en les $t_i$ est de
dimension finie.

Or $K[t_1,\ldots,t_n]$ est également un anneau intègre (puisque c'est
un sous-anneau du corps $k(t_1,\ldots,t_n)$) : et un anneau intègre de
dimension finie sur un corps est lui-même un corps
(\ref{finite-integral-algebra-is-a-field}).  Donc $K[t_1,\ldots,t_n]$
est un corps, et comme il contient $k$ et $t_1,\ldots,t_n$, et est
contenu dans $k(t_1,\ldots,t_n)$, il coïncide avec ce dernier.

On a donc prouvé que $K[t_1,\ldots,t_n] = k(t_1,\ldots,t_n)$ est un
$K$-espace vectoriel de dimension finie.
\end{corrige}

\smallbreak

(5) En raisonnant sur le degré de transcendance, conclure que $n \leq m$.

\begin{corrige}
L'extension de corps $K \subseteq k(t_1,\ldots,t_n)$ étant finie, elle
est algébrique.  On peut alors extraire de $f_1,\ldots,f_m$ une base
de transcendance sur $k$ de $K = k(f_1,\ldots,f_m)$
(\ref{transcendence-basis-facts}(1b)), et puisque $k(t_1,\ldots,t_n)$
est algébrique sur $K$, la base de transcendance trouvée est encore
une base de transcendance sur $k$ de $k(t_1,\ldots,t_n)$, bref
$\degtrans_k k(t_1,\ldots,t_n) \leq m$.  Or manifestement
$t_1,\ldots,t_n$ est une base de transcendance de $k(t_1,\ldots,t_n)$
donc on a $\degtrans_k k(t_1,\ldots,t_n) = n$.  On a bien prouvé $n
\leq m$.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice\label{tsens-theorem}

Cet exercice utilise le résultat de
l'exercice \ref{basic-dimension-fact} : il \emph{n'est pas nécessaire}
d'avoir traité l'exercice en question, seulement d'avoir pris
connaissance de sa conclusion, formulée dans le premier paragraphe de
son énoncé.

Soit $k$ un corps \emph{algébriquement clos}, et soit $K$ un corps de
fonctions de courbe sur $k$ (c'est-à-dire, une extension finie du
corps $k(z)$ des fractions rationnelles en une indéterminée $z$).

On considère $f \in K[t_1,\ldots,t_n]$ un polynôme \emph{homogène} en
les indéterminées $t_1,\ldots,t_n$ dont le degré total $d$ vérifie $0
< d < n$.  Le but de l'exercice est de montrer qu'il existe dans $K^n$
un zéro non-trivial à $f$ (c'est-à-dire une solution de
$f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ différente de $(0,\ldots,0)$).

\smallbreak

(1) \emph{Dans un premier temps,} on suppose que $K = k(z)$ est le
corps des fractions rationnelles en une indéterminée $z$, et on
suppose de plus que $f$, \textit{a priori} dans
$k(z)[t_1,\ldots,t_n]$, est en fait dans $k[z,t_1,\ldots,t_n]$ (et
toujours de degré $0<d<n$ en $t_1,\ldots,t_n$).  On cherche une
solution $(x_1,\ldots,x_n)$ de $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$, où les $x_i$
soient dans $k[z]$ (et non tous nuls).  On va écrire $x_i =
\sum_{j=0}^N c_{i,j} z^j$ où les $c_{i,j} \in k$ sont des coefficients
indéterminés et où $N$ est un entier.  Expliquer pourquoi la condition
$f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ recherchée se traduit sous la forme d'un
système d'équations algébriques en les $c_{i,j}$, toutes homogènes.
On ne demande pas d'écrire ce système, mais on précisera au moins
clairement le nombre d'équations, leur degré, et le nombre de
variables ; on pourra appeler $\delta$ le degré de $f$ en la
variable $z$, et considérer le degré en $z$ et le degré total en les
$c_{i,j}$ d'un terme $a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots x_n^{r_n}$
de $f(x_1,\ldots,x_n)$.  En utilisant le résultat de
l'exercice \ref{basic-dimension-fact}, montrer que ce système a, en
effet, une solution en les $c_{i,j}$ si $N$ est assez grand.

\begin{corrige}
Disons qu'on ait
\[
f(t_1,\ldots,t_n) = \sum_{r_1+\cdots+r_n=d}
a_{r_1,\ldots,r_n} t_1^{r_1}\cdots t_n^{r_n}
\]
où on a fait l'hypothèse que les coefficients $a_{\underline{r}}$ sont
dans $k[z]$.  Soit $\delta$ le plus grand de leurs degrés, qui est
donc le degré de $f$ en la variable $z$.  Comme suggéré par l'énoncé,
on cherche un zéro non-trivial dans $(k[z])^n$ par la méthode des
coefficients indéterminés, en écrivant chaque $x_i$ (pour $i$ allant
de $1$ à $n$) comme un polynôme de degré $\leq N$ en $z$, à savoir
$x_i = \sum_{j=0}^N c_{i,j} z^j$.

Considérons une expression de la forme $x_1^{r_1} \cdots x_n^{r_n}$ :
si on la développe complètement, elle est un polynôme en $z$ de degré
au plus $N(r_1+\cdots+r_n)$ (puisque chaque $x_i$ est un polynôme
en $z$ de degré $\leq N$) ; et elle est homogène de degré total
$r_1+\cdots+r_n$ en les $c_{i,j}$ (puisqu'un produit de polynômes
homogènes est un polynôme homogène de la somme des degrés totaux), au
sens où le coefficient devant chaque puissance de $z$ est homogène de
degré total $r_1+\cdots+r_n$ en les $c_{i,j}$.  Concernant
$a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots x_n^{r_n}$, si
$r_1+\cdots+r_n=d$, on en déduit qu'il est de degré $\leq N d +
\delta$ en $z$, et (que son coefficient de chaque puissance de $z$
est) homogène de degré $d$ en les $c_{i,j}$.  Il en va donc de même de
la somme $f(x_1,\ldots,x_n)$ des $a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots
x_n^{r_n}$.

On en déduit que l'équation $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ se traduit, en
exprimant la nullité du coefficient devant chaque $z^j$, comme un
système d'équations homogènes de degré $d$ en les $c_{i,j'}$.  Le
nombre d'équations est donné par le nombre de coefficients de $z$ à
écrire, soit $1$ de plus que la borne trouvée sur le degré en $z$,
bref $N d + \delta + 1$.  Enfin, le nombre de variables est le nombre
de $c_{i,j}$, c'est-à-dire $n\,(N+1)$.

Si on tient absolument à écrire le système, ce qui n'était pas
demandé, c'est :
\[
(\forall j)\;
\sum_{\mathop{}^{s_{1,0}+\cdots+s_{n,N}=d}_{s_{1,1}+\cdots+N s_{n,N}+\rho=j}}
\frac{\scriptstyle(\Sigma s_{1,\bullet})!\cdots
  (\Sigma s_{n,\bullet})!}{\scriptstyle s_{1,0}!\cdots s_{n,N}!}\,
a_{(\Sigma s_{1,\bullet}),\ldots,(\Sigma s_{n,\bullet});\rho}\,
c_{1,0}^{s_{1,0}}\cdots c_{n,N}^{s_{n,N}}
= 0
\]
où $\Sigma s_{i,\bullet}$ désigne $s_{i,0}+\cdots+s_{i,N}$ et
$a_{r_1,\ldots,r_n;\rho}$ est le coefficient de $z^\rho$ dans le polynôme
$a_{r_1,\ldots,r_n} \in k[z]$, et où $j$ parcourt les entiers de $0$ à
$N d + \delta$.

Bref, on a un système de $N d + \delta + 1$ équations, chacune
homogène de degré total $d$, en $n\,(N+1) = N n + n$ variables.
Puisque $d<n$, on a $N d + \delta + 1 < N n + n$ lorsque $N$ est assez
grand.  On conclut d'après le résultat de
l'exercice \ref{basic-dimension-fact} que le système a une solution
avec les $c_{i,j}$ non tous nuls, c'est-à-dire les $x_i$ non tous
nuls.
\end{corrige}

\smallbreak

(2) On suppose toujours que $K = k(z)$.  On a montré en (1) que si $f
\in k[z,t_1,\ldots,t_n]$ alors $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a une solution
non-triviale (dans $(k[z])^n$, donc dans $K^n$).  En déduire que si $f
\in k(z)[t_1,\ldots,t_n]$ alors $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a encore une
solution non-triviale dans $K^n$.

\begin{corrige}
Il suffit de chasser les dénominateurs.  Plus précisément, si $f \in
k(z)[t_1,\ldots,t_n]$, soit $q \in k[z]$ un dénominateur commun à tous
les coefficients $a_{r_1,\ldots,r_n}$ de $f$ (en les variables
$t_1,\ldots,t_n$).  Alors $q\,f \in k[z,t_1,\ldots,t_n]$, et comme on
a vu en (1) que l'équation $q\,f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a une solution
non-triviale, cette solution en est aussi une de
l'équation $f(x_1,\ldots,x_n) = 0$.
\end{corrige}

\smallbreak

(3) Dans cette question (indépendante des précédentes), on suppose que
$K_0 \subseteq K$ est une extension de corps de degré $\ell := [K :
  K_0]$ fini.  Soit $e_1,\ldots,e_\ell$ une base de $K$ comme
$K_0$-espace vectoriel.  Lorsque $w \in K$, on notera $\mathbf{M}(w)$
la matrice $\ell\times \ell$ à coefficients dans $K_0$ qui représente
l'application $K \to K, \penalty0\; y\mapsto w\cdot y$ de
multiplication par $w$ (vue comme une application $K_0$-linéaire
du $K_0$-espace vectoriel $K$ de dimension $\ell$), sur la base
$e_1,\ldots,e_\ell$, et on notera $\norm(w) := \det(\mathbf{M}(w))$
son déterminant (c'est donc un élément de $K_0$).\spaceout
(a) Expliquer pourquoi $\mathbf{M}(ww') = \mathbf{M}(w)\,
\mathbf{M}(w')$ si $w,w'\in K$, pourquoi $\norm(ww') = \norm(w)\,
\norm(w')$, et pourquoi $\norm(w) = 0$ si et seulement
si $w=0$.\spaceout (b) Expliquer pourquoi si $w = \sum_{j=1}^\ell w_j
e_j$ avec $w_j \in K_0$, alors les coefficients de $\mathbf{M}(w)$
s'écrivent comme des combinaisons $K_0$-linéaires des $w_j$, et
pourquoi $\norm(w)$ s'écrit comme un polynôme homogène de degré $\ell$
en $w_1,\ldots,w_\ell$.

\begin{corrige}
(a) On a $\mathbf{M}(ww') = \mathbf{M}(w)\,\mathbf{M}(w')$ car la
  multiplication par $ww'$ est la composée, dans n'importe quel ordre,
  de celle par $w$ et de celle par $w'$.  L'identité $\norm(ww') =
  \norm(w)\, \norm(w')$ s'en déduit par la multiplicativité du
  déterminant.  On en déduit que $\norm(w)\, \norm(w') = 1$ si $w'$
  est l'inverse de $w$, et donc que $\norm(w) \neq 0$ si $w \neq 0$
  (l'autre implication est triviale).

(b) Si $w = \sum_{j=1}^\ell w_j e_j$ alors on a $\mathbf{M}(w) =
  \sum_{j=1}^\ell w_j E_j$, où on a noté $E_j := \mathbf{M}(e_j)$ :
  comme $E_j$ est une certaine matrice $\ell\times \ell$ à
  coefficients dans $K_0$, ceci montre bien que les coefficients de
  $\mathbf{M}(w)$ s'écrivent comme des combinaisons $K_0$-linéaires
  des $w_j$.  Comme le déterminant d'une matrice $\ell\times \ell$ est
  un polynôme homogène de degré $\ell$ en les coefficients de la
  matrice, on en déduit que $\norm(w)$ s'écrit comme un polynôme
  homogène de degré $\ell$ en $w_1,\ldots,w_\ell$.
\end{corrige}

\smallbreak

(4) On suppose maintenant que $K$ est un corps de fonctions de courbe
sur $k$, disons de degré $\ell := [K : K_0]$ sur le corps des
fractions rationnelles $K_0 := k(z)$.  On reprend les notations
$\mathbf{M}(w)$ et $\norm(w)$ de la question (3), en appelant
$e_1,\ldots,e_\ell$ une base de $K$ comme $K_0$-espace vectoriel.
Soit $f \in K[t_1,\ldots,t_n]$ (toujours de degré total $0<d<n$ en
$t_1,\ldots,t_n$).  On va écrire $x_i = \sum_{j=1}^\ell x_{i,j} e_j$
où les $x_{i,j} \in K_0$ sont des coefficients indéterminés.
Expliquer pourquoi la condition $\norm(f(x_1,\ldots,x_n)) = 0$ se
traduit sous la forme d'une équation algébrique homogène de degré $d
\ell$ en $n \ell$ indéterminées.  En déduire qu'elle a une solution
non-triviale.  Conclure.

\begin{corrige}
Disons qu'on ait
\[
f(t_1,\ldots,t_n) = \sum_{r_1+\cdots+r_n=d}
a_{r_1,\ldots,r_n} t_1^{r_1}\cdots t_n^{r_n}
\]
les coefficients $a_{\underline{r}}$ sont dans $K$.  Comme suggéré par
l'énoncé, on cherche un zéro non-trivial dans $K^n$ par la méthode des
coefficients indéterminés, en écrivant chaque $x_i$ (pour $i$ allant
de $1$ à $n$) comme $x_i = \sum_{j=1}^\ell x_{i,j} e_j$.

Considérons une expression de la forme $\mathbf{M}(x_1^{r_1} \cdots
x_n^{r_n}) = \mathbf{M}(x_1)^{r_1} \cdots \mathbf{M}(x_n)^{r_n}$ :
d'après la question (3)(b), les coefficients de chaque
$\mathbf{M}(x_i)$ sont des combinaisons $K_0$-linéaires des $x_{i,j}$
(pour ce $i$), donc les coefficients du produits sont des polynômes
homogènes de degré total $r_1+\cdots+r_n$ en les $x_{i,j}$ (en
utilisant le fait que le produit de matrices est bilinéaire).
Concernant $\mathbf{M}(a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1} \cdots
x_n^{r_n})$, si $r_1+\cdots+r_n=d$, on en déduit qu'il est homogène de
degré total $d$ en les $x_{i,j}$.  Il en va donc de même de la somme
$\mathbf{M}(f(x_1,\ldots,x_n))$ des $a_{r_1,\ldots,r_n} x_1^{r_1}
\cdots x_n^{r_n}$.  Par l'homogénéité du déterminant,
$\norm(f(x_1,\ldots,x_n))$ est un polynome homogène (à coefficients
dans $K_0$) de degré total $d \ell$ en les indéterminées $x_{i,j}$ qui
sont au nombre de $n \ell$.

D'après la question (2), si $d \ell < n \ell$, ce qui équivaut à $d <
n$, il y a bien une solution non triviale à cette équation algébrique
de degré $d \ell$ en $n \ell$ indéterminées dans $K_0 = k(z)$.  Or
d'après la question (3)(a), l'annulation de ce déterminant
$\norm(f(x_1,\ldots,x_n))$ équivaut à l'annulation de tous les $x_i$
(i.e., de tous les $x_{i,j}$).  On a donc bien montré que
$f(x_1,\ldots,x_n) = 0$ a une solution non-triviale dans $K$.
\end{corrige}

\smallbreak

(5) Les questions précédentes ont montré que si $K$ est le corps des
fonctions d'une courbe sur un corps $k$ algébriquement clos et si $f
\in K[t_1,\ldots,t_n]$ est un polynôme homogène en les indéterminées
$t_1,\ldots,t_n$ dont le degré total $d$ vérifie $0 < d < n$, alors
$f$ a un zéro non-trivial dans $K^n$.  On s'est limité à un seul
polynôme $f$ pour plus de simplicité dans les notations.  Mais en
fait, les mêmes arguments montrent que si $f_1,\ldots,f_m \in
k[t_1,\ldots,t_n]$ sont plusieurs polynômes homogènes de degrés totaux
respectifs $d_1,\ldots,d_m > 0$ en les indéterminées $t_1,\ldots,t_n$,
on peut conclure à l'existence d'un zéro commun non-trivial à
$f_1,\ldots,f_m$ dans $K^n$ sous une certaine hypothèse sur
$d_1,\ldots,d_m$.  Sans réécrire les démonstrations, indiquer quelle
serait cette condition.

\begin{corrige}
Si on reprend les questions précédentes avec maintenant $m$ polynômes,
dans la question (1), on obtiendra maintenant un système de
$\sum_{j=1}^m (N d_j + \delta + 1) = N(d_1+\cdots+d_m) + m\delta + m$
équations en $n(N+1)$ variables, qui a donc une solution pour $N$
grand lorsque $d_1 + \cdots + d_m < n$.  Les arguments des questions
(2) et (4) ne sont essentiellement pas modifiés, et on arrive à la
conclusion que :

Si $K$ est le corps des fonctions d'une courbe sur un corps $k$
algébriquement clos et si $f_1,\ldots,f_m \in k[t_1,\ldots,t_n]$ sont
des polynômes homogènes de degrés totaux respectifs $d_1,\ldots,d_m >
0$ en les indéterminées $t_1,\ldots,t_n$, qui vérifient
$d_1+\cdots+d_m < n$, alors $f_1,\ldots,f_m$ ont un zéro commun
non-trivial dans $K^n$.

(Ce résultat s'appelle le théorème de Tsen.  On pourra remarquer que
l'exercice \ref{equation-with-no-solutions} montre que l'inégalité est
optimale sur n'importe quel corps de fonctions de courbe, puisqu'on y
a trouvé un polynôme homogène de degré $d$ en $n=d$ variables sans
zéro non-trivial.)
\end{corrige}


%
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\exercice

Soit $k$ un corps parfait de caractéristique $\neq 2,5$.  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 $w(x)$ si 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 une et une seule 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
qu'elle vaut).

\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
$w(y) = -5$, et en général $w(f_0 + f_1 y) = \min(2 v_\infty(f_0), 2
v_\infty(f_1) - 5)$.

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 $r \geq 3$ entier, 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 $\ord_M(x^i y) = -2i-5$.  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).  En toute autre place $P$ que $M$, on sait que
$\ord_P(x)\geq 0$ et $\ord_P(y)\geq 0$ d'après la question (3).
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 $2r + 1 - g \geq 2r-1$,
c'est-à-dire $g \leq 2$.
\end{corrige}



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\end{document}