<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">%% This is a LaTeX document.  Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it?
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\title{ACCQ205\\Contrôle de connaissances — Corrigé\\{\normalsize Courbes algébriques}}
\else
\title{ACCQ205\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Courbes algébriques}}
\fi
\author{}
\date{3 avril 2019}
\maketitle

\pretolerance=8000
\tolerance=50000

\vskip1truein\relax

\noindent\textbf{Consignes.}

Ce contrôle est formé d'un unique exercice.  Les questions dépendent
parfois 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.

La difficulté des questions étant inégale, 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&nbsp;: 2h

\ifcorrige
Ce corrigé comporte 6&nbsp;pages (page de garde incluse).
\else
Cet énoncé comporte 3&nbsp;pages (page de garde incluse).
\fi

\vfill
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\par}

\pagebreak


%
%
%

Soit $k$ un corps parfait de caractéristique&nbsp;$\neq 2$ (c'est-à-dire
qu'on pourra librement diviser par&nbsp;$2$), dont on notera $k^{\alg}$ la
clôture algébrique.

On va s'intéresser à la variété algébrique (affine) $C :=
\{(x^2+y^2)^2 = x^2-y^2\} \subseteq \mathbb{A}^2$, dite «&nbsp;lemniscate
de Bernoulli&nbsp;», définie dans le plan affine $\mathbb{A}^2$ de
coordonnées&nbsp;$(x,y)$ par le polynôme $h := (x^2+y^2)^2 - (x^2-y^2)$.
Autrement dit, $C$ est l'ensemble des points $(x,y)$ à coordonnées
dans $k^{\alg}$ («&nbsp;points géométriques&nbsp;») ou dans $k$ («&nbsp;points
rationnels&nbsp;») qui annulent&nbsp;$h$.

\smallskip

(1)(a)&nbsp;En notant $(Z{:}X{:}Y)$ les coordonnées du plan projectif
$\mathbb{P}^2$ dont on identifie comme d'habitude $\mathbb{A}^2$ à
l'ouvert $\{Z\neq 0\}$ par $(x,y) \mapsto (1{:}x{:}y)$, déterminer
l'équation de l'adhérence $\overline{C}$ de&nbsp;$C$ dans&nbsp;$\mathbb{P}^2$
(=&nbsp;«&nbsp;projectivisée&nbsp;» de&nbsp;$C$).  On rappelle qu'on attend une équation
homogène en&nbsp;$Z,X,Y$.

\begin{corrige}
Il s'agit d'homogénéiser $h = (x^2+y^2)^2 - (x^2-y^2)$, ce qui donne
$h^\sharp = (X^2+Y^2)^2 - Z^2(X^2-Y^2)$.  L'équation de $\overline{C}$
est donc&nbsp;: $(X^2+Y^2)^2 = Z^2(X^2-Y^2)$.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(1)}(b)&nbsp;Quels sont les points (géométriques)
d'intersection de $\overline{C}$ avec la droite $\{Z=0\}$ de
$\mathbb{P}^2$ («&nbsp;droite à l'infini&nbsp;»)&nbsp;?  On pourra appeler
$\{\sqrt{-1},-\sqrt{-1}\}$ les racines du polynôme $1+t^2 \in k[t]$
dans&nbsp;$k^{\alg}$.

\begin{corrige}
L'intersection de $\{(X^2+Y^2)^2 = Z^2(X^2-Y^2)\}$ avec $\{Z=0\}$ est
$\{(X^2+Y^2)^2 = 0\}$, ce qui revient à $\{X^2+Y^2 = 0\}$ pour avoir
une équation réduite dans $\mathbb{P}^1$ de coordonnées&nbsp;$(X{:}Y)$.  En
notant $\sqrt{-1}$ une racine primitive quatrième de l'unité comme
suggéré, $X^2+Y^2 = (X+\sqrt{-1}\, Y)(X-\sqrt{-1}\, Y)$, si bien que
les points (géométriques) de $\{X^2+Y^2 = 0\}$ dans&nbsp;$\mathbb{P}^1$
sont $(1{:}\sqrt{-1})$ et $(1{:}{-\sqrt{-1}})$, ou, dans
$\mathbb{P}^2$ sur $\{Z=0\}$, les points $(0\,{:}\,\sqrt{-1}\,{:}1)$
et $(0\,{:}\,{-\sqrt{-1}}\,{:}\,1)$ (ce sont les «&nbsp;points cycliques à
l'infini&nbsp;»).
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(1)}(c)&nbsp;Quelle est l'équation de l'intersection
de $\overline{C}$ avec $\{Y \neq 0\}$, lui aussi identifié à un plan
affine $\mathbb{A}^{2\prime}$&nbsp;?  On notera $(w,u)$ les coordonnées sur
$\mathbb{A}^{2\prime}$ identifié à $\{Y \neq 0\}$ par $(w,u) \mapsto
(w{:}u{:}1)$ (on rappelle que les coordonnées de&nbsp;$\mathbb{P}^2$ sont
écrites dans l'ordre&nbsp;$(Z{:}X{:}Y)$, ce qui explique la notation un peu
curieuse).  Préciser comment les points trouvés en (1)(b) se voient
dans&nbsp;$\mathbb{A}^{2\prime}$.

\begin{corrige}
L'intersection de $\{(X^2+Y^2)^2 = Z^2(X^2-Y^2)\}$ avec $\{Y\neq 0\}$
s'obtient en déshomogénéisant l'équation par rapport à&nbsp;$Y$, ce qui
donne $(u^2+1)^2 = w^2(u^2-1)$ en notant $u = X/Y$ et $w = Z/Y$ comme
suggéré par l'énoncé.

Les points $(0\,{:}\,\sqrt{-1}\,{:}1)$ et
$(0\,{:}\,{-\sqrt{-1}}\,{:}\,1)$ se voient maintenant comme les points
$(w,u)$ de coordonnées $(0,\sqrt{-1})$ et&nbsp;$(0,-\sqrt{-1})$.
\end{corrige}

\medskip

(2)&nbsp;On rappelle que l'espace vectoriel tangent à $\{h=0\}$ en un de
ses points&nbsp;$(x_0,y_0)$ est l'espace vectoriel des $(v_x, v_y)$ tels
que $\left.\frac{\partial h}{\partial x}\right|_{(x_0,y_0)}\cdot v_x =
0$ et $\left.\frac{\partial h}{\partial y}\right|_{(x_0,y_0)}\cdot v_y
= 0$ (on peut, si on le souhaite, le translater de&nbsp;$(x_0,y_0)$ de
façon à le voir comme un sous-espace affine de&nbsp;$\mathbb{A}^2$ passant
par le point de tangence).

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(2)}(a)&nbsp;Calculer $h'_x := \frac{\partial
  h}{\partial x}$ et $h'_y := \frac{\partial h}{\partial y}$ (on
cherchera à factoriser l'écriture).

\begin{corrige}
On trouve $h'_x = 2x(2x^2+2y^2-1)$ et $h'_y = 2y(2x^2+2y^2+1)$.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(2)}(b)&nbsp;Déterminer l'espace tangent à&nbsp;$C$
en&nbsp;$(0,0)$.  Quelle est sa dimension&nbsp;?

\begin{corrige}
En $(0,0)$, on a $h'_x = 0$ et $h'_y = 0$, de sorte que l'espace
tangent est de dimension&nbsp;$2$.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(2)}(c)&nbsp;En étudiant chacun des quatre cas selon
que $x_0 = 0$ ou $x_0 \neq 0$ d'une part, et que $y_0 = 0$ ou $y_0
\neq 0$ d'autre part, déterminer tous les points (géométriques)
$(x_0,y_0)$ de&nbsp;$C$ tels que $h'_x$ et $h'_y$ s'annulent.  Un tel point
est dit «&nbsp;singulier&nbsp;».

(On rappelle aux distraits qu'on s'intéresse à des points de&nbsp;$C$,
c'est-à-dire, qui annulent aussi&nbsp;$h$ lui-même&nbsp;: on cherche à
déterminer tous les points $(x_0,y_0)$ où $h(x_0,y_0)$,
$h'_x(x_0,y_0)$ et $h'_y(x_0,y_0)$ s'annulent simultanément.)

\begin{corrige}
On cherche à déterminer tous les points $(x_0,y_0)$ où $h(x_0,y_0)$,
$h'_x(x_0,y_0)$ et $h'_y(x_0,y_0)$ s'annulent simultanément&nbsp;:
\begin{itemize}
\item Si $x_0 = 0$ et $y_0 = 0$, qui est bien sur&nbsp;$C$, on observé
  en&nbsp;(2)(b) que $h'_x$ et $h'_y$ s'annulent, donc il s'agit d'un point
  singulier.
\item Si $x_0 \neq 0$ et $y_0 = 0$, on doit annuler $h(x_0,0) = x_0^4
  - x_0^2 = x_0^2(x_0^2 - 1)$ donc $x_0^2 - 1$ donc $x_0 = \pm 1$,
  mais alors $h'_x(x_0,0) = \pm 2$ ne s'annule pas.  Il n'y a donc pas
  de tel point singulier.
\item Si $x_0 = 0$ et $y_0 \neq 0$, on doit annuler $h(0,y_0) = y_0^4
  + y_0^2 = y_0^2(y_0^2 + 1)$ donc $y_0^2 + 1$ donc $y_0 =
  \pm\sqrt{-1}$, mais alors $h'_y(0,y_0) = \mp 2\sqrt{-1}$ ne s'annule
  pas.  Il n'y a donc pas de tel point singulier.
\item Si $x_0 \neq 0$ et $y_0 \neq 0$, l'annulation simultanée de
  $h'_x$ et $h'_y$ demande celle de $2x_0^2 + 2y_0^2 - 1$ et de
  $2x_0^2 + 2y_0^2 + 1$, ce qui est manifestement impossible.  Il n'y
  a donc pas de tel point singulier.
\end{itemize}
Bref, le seul point singulier dans $\mathbb{A}^2$ est en $(x_0,y_0) =
(0,0)$.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(2)}(d)&nbsp;En utilisant l'équation trouvée
en&nbsp;(1)(c), déterminer si les points «&nbsp;à l'infini&nbsp;» trouvés en&nbsp;(1)(b)
sont singuliers.  Récapituler tous les point singuliers
de&nbsp;$\overline{C}$.

\begin{corrige}
On a trouvé $(u^2+1)^2 = w^2(u^2-1)$ comme équation de&nbsp;$\overline C
\cap \mathbb{A}^{2\prime}$.  Les dérivées de $(u^2+1)^2 - w^2(u^2-1)$
par rapport à $w$ et $u$ donnent respectivement $-2 w (u-1)(u+1)$ et
$-2 u (w^2 - 2u^2 -2)$, et en en y substituant $w_0=0$ et $u_0 =
\pm\sqrt{-1}$, on trouve $0$ dans les deux cas.  Donc les points
$(w_0,u_0)$ en question sont singuliers.

Finalement, les points singuliers de&nbsp;$\overline{C}$ sont $(1{:}0{:}0)$
et $(0\,{:}\,\sqrt{-1}\,{:}1)$ et $(0\,{:}\,{-\sqrt{-1}}\,{:}\,1)$.
\end{corrige}

\medskip

(3)&nbsp;On s'intéresse maintenant à $D_\tau$ dans $\mathbb{A}^2$ défini
par l'équation $D_\tau := \{x^2+y^2 = \tau(x-y)\}$, où $\tau$ est un
paramètre qu'on va faire varier (dans $k$ ou même dans&nbsp;$k^{\alg}$).
On notera $f_\tau := x^2+y^2 - \tau(x-y)$

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(3)}(a)&nbsp;Si $k = \mathbb{R}$, que représente
$D_\tau$ du point de vue de la géométrie euclidienne élémentaire&nbsp;?
(On pourra chercher à réécrire son équation de la forme $(x-x_c)^2 +
(y-y_c)^2 = \rho^2$ où $x_c,y_c,\rho$ sont des réels dont on donnera
la valeur en fonction de&nbsp;$\tau$.)

\begin{corrige}
En écrivant $f_\tau = (x-\frac{\tau}{2})^2 + (y+\frac{\tau}{2})^2 -
\frac{\tau^2}{2}$, on voit que $D_\tau$ est le cercle de centre
$(\frac{\tau}{2}, -\frac{\tau}{2})$ et de
rayon&nbsp;$\frac{|\tau|}{\sqrt{2}}$.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(3)}(b)&nbsp;On s'intéresse à un point $(x,y)$ à
l'intersection de $C$&nbsp;et&nbsp;$D_\tau$ (c'est-à-dire annulant à la fois
$h$&nbsp;et&nbsp;$f_\tau$), et qui ne soit pas&nbsp;$(0,0)$.  En substituant dans $h$
la valeur de $x^2+y^2$ donnée par l'annulation de&nbsp;$f_\tau$, et en
observant que $x-y \neq 0$ (ce qu'on justifiera), montrer que [le
  point est sur la droite d'équation]
\[
(\tau^2+1) y = (\tau^2-1) x
\]

\begin{corrige}
Si on a à la fois $(x^2+y^2)^2 = x^2-y^2$ et $x^2+y^2 = \tau(x-y)$, on
a $(x^2-y^2) = \tau^2(x-y)^2$, c'est-à-dire $(x-y)((x+y)-\tau^2(x-y))
= 0$ ou encore $(x-y)((\tau^2+1)y-(\tau^2-1)x) = 0$.

Maintenant, doit point d'intersection de $C$ et de la droite $x=y$
vérifie $(2x^2)^2 = 0$ donc $x = 0$ et du coup $y = 0$ aussi&nbsp;; par
contraposée, un point de $C$ autre que $(0,0)$ vérifie $x\neq y$,
c'est-à-dire $x-y \neq 0$.

Bref, un point de $C$ et $D_\tau$ autre que $(0,0)$ vérifie
$(\tau^2+1)y-(\tau^2-1)x = 0$, comme annoncé.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(3)}(c)&nbsp;Toujours dans les conditions de la
question&nbsp;(3)(b), montrer que par le calcul que, lorsque $\tau^2 - 1$,
$\tau^2 + 1$ et $\tau^4 + 1$ sont tous non nuls, on a&nbsp;:
\[
x = \frac{\tau\,(\tau^2+1)}{\tau^4+1}
\hbox{\quad et\quad}
y = \frac{\tau\,(\tau^2-1)}{\tau^4+1}
\tag{*}
\]
(On pourra remplacer dans&nbsp;$f_\tau = 0$ la valeur de&nbsp;$y$ en fonction de
$x$ et&nbsp;$\tau$ découlant de l'équation trouvée en&nbsp;(3)(b), et
factoriser.)

\begin{corrige}
Lorsque $\tau^2 + 1 \neq 0$, on trouve $y = \frac{\tau^2-1}{\tau^2+1}
x$.  En substituant cette valeur dans $f_\tau$, on trouve $2 x
\frac{\tau^4 x - \tau^3 + x - \tau}{(\tau^2 +1)^2}$, et l'annulation
de $f_\tau$ (puisque $x \neq 0$ vu que le seul point de&nbsp;$C$ sur $x=0$
est&nbsp;$(0,0)$) impose donc $\tau^4 x - \tau^3 + x - \tau = 0$,
c'est-à-dire $x = \frac{\tau\,(\tau^2+1)}{\tau^4+1}$.  En substituant
$y = \frac{\tau^2-1}{\tau^2+1} x$, on obtient $y =
\frac{\tau\,(\tau^2-1)}{\tau^4+1}$, comme annoncé.
\end{corrige}

\medskip

(4)&nbsp;\underline{Indépendamment} de la question&nbsp;(3) qui a permis de
trouver les équations&nbsp;(*) ci-dessus, on cherche maintenant à dire que
ces équations «&nbsp;paramétrisent&nbsp;» la courbe&nbsp;$C$ (ou&nbsp;$\overline{C}$).

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(4)}(a)&nbsp;Les équations&nbsp;(*) définissent un
morphisme $\psi\colon \tau \mapsto
\big(\frac{\tau\,(\tau^2+1)}{\tau^4+1}\,,\;
\frac{\tau\,(\tau^2-1)}{\tau^4+1}\big)$ d'un ouvert (de définition) $V
\subseteq \mathbb{A}^1$ vers&nbsp;$\mathbb{A}^2$.  Que vaut&nbsp;$V$&nbsp;?  Quel
calcul faut-il faire pour vérifier qu'on a en fait affaire à un
morphisme $V \to C$&nbsp;?  (On ne demande pas de le faire mais d'expliquer
quelle(s) égalité(s) il s'agit de vérifier.)

\begin{corrige}
L'ouvert $V$ est $\{\tau^4 + 1 \neq 0\}$, domaine de définition des
fractions rationnelles définissant le morphisme&nbsp;$\psi$.  Pour vérifier
que le morphisme tombe bien dans&nbsp;$C$, il s'agit de vérifier que
$h\big(\frac{\tau\,(\tau^2+1)}{\tau^4+1}\,,\,
\frac{\tau\,(\tau^2-1)}{\tau^4+1}\big) = 0$ (ce qui est bien le cas).
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(4)}(b)&nbsp;Décrire le prolongement du morphisme
$\psi\colon V \to C \subset \mathbb{A}^2$, qu'on vient de décrire, en
un morphisme $\overline{\psi}\colon \mathbb{P}^1 \to \overline{C}
\subset \mathbb{P}^2$.  On écrira explicitement les coordonnées
$(Z{:}X{:}Y)$ de l'image d'un point $(t_0{:}t_1)$ de $\mathbb{P}^1$
par ce morphisme.  (Bien sûr, $\mathbb{A}^1$ est identifié à l'ouvert
$\{t_0\neq 0\}$ de $\mathbb{P}^1$ par $\tau \mapsto (1{:}\tau)$.)

\begin{corrige}
Le point $\psi(\tau) = \big(\frac{\tau\,(\tau^2+1)}{\tau^4+1}\,,\;
\frac{\tau\,(\tau^2-1)}{\tau^4+1}\big)$ de $\mathbb{A}^2$ est le point
$(\tau^4+1 : \tau\,(\tau^2+1) : \tau\,(\tau^2-1))$ de $\mathbb{P}^2$
(les coordonnées étant, comme d'habitude, dans l'ordre&nbsp;$(Z{:}X{:}Y)$).
En identifiant $\mathbb{A}^1$ à l'ouvert $\{t_0\neq 0\}$
de&nbsp;$\mathbb{P}^1$, on obtient, en homogénéisant, $\overline{\psi}
\colon (t_0 : t_1) \mapsto (t_1^4+t_0^4 : t_0 t_1 \,(t_1^2+t_0^2) :
t_0 t_1\,(t_1^2-t_0^2))$.  On vérifie facilement que les trois
coordonnées de ce morphisme ne peuvent jamais s'annuler simultanément
(sauf si $t_0$ et $t_1$ s'annulent, ce qui est exclu
sur&nbsp;$\mathbb{P}^1$), donc on a bien défini un morphisme $\mathbb{P}^1
\to \mathbb{P}^2$, qui tombe dans&nbsp;$\overline{C}$ car les coordonnées
$(Z{:}X{:}Y)$ qu'on vient de dire vérifient l'équation $(X^2+Y^2)^2 =
Z^2(X^2-Y^2)$ trouvée en&nbsp;(1)(a) (c'est la même vérification que (4)(a)
une fois chassés les dénominateurs).
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(4)}(c)&nbsp;Quelles sont les images
par&nbsp;$\overline{\psi}$ des points $0$&nbsp;et&nbsp;$\infty$ (c'est-à-dire
respectivement $(1{:}0)$&nbsp;et&nbsp;$(0{:}1)$) de&nbsp;$\mathbb{P}^1$&nbsp;?  En déduire
que $\overline{\psi}$ n'est pas un isomorphisme (entre $\mathbb{P}^1$
et&nbsp;$\overline{C}$).

\begin{corrige}
La valeur $\overline{\psi}(0) = \psi(0)$ peut se calculer directement
à partir de la description affine $\psi\colon \tau \mapsto
\big(\frac{\tau\,(\tau^2+1)}{\tau^4+1}\,,\;
\frac{\tau\,(\tau^2-1)}{\tau^4+1}\big)$ et on trouve&nbsp;$(0,0)$.  On peut
bien sûr aussi substituer $t_0 = 1$ et $t_1 = 0$ dans $(t_1^4+t_0^4 :
t_0 t_1 \,(t_1^2+t_0^2) : t_0 t_1\,(t_1^2-t_0^2))$, ce qui donne
(heureusement&nbsp;!) le même résultat.

La valeur $\overline{\psi}(\infty)$ s'obtient en substituant $t_0 = 0$
et $t_1 = 1$ dans $(t_1^4+t_0^4 : t_0 t_1 \,(t_1^2+t_0^2) : t_0
t_1\,(t_1^2-t_0^2))$, ce qui donne le même point $(1{:}0{:}0)$,
origine de&nbsp;$\mathbb{A}^2$.

Le point en question étant parcouru deux fois par le paramétrage,
$\overline{\psi}$ n'est pas bijective, donc n'est pas un isomorphisme.
\end{corrige}

\smallskip

\leavevmode\hphantom{(4)}(d)&nbsp;En utilisant la paramétrisation qu'on a
trouvée, énumérer un maximum de points rationnels de $C$ et
de&nbsp;$\overline{C}$ sur le corps fini $\mathbb{F}_5 =
\mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ à cinq éléments.  Qu'en est-il des points
trouvés en (1)(b)&nbsp;?

\begin{corrige}
Comme $\overline{\psi}$ est donné par des polynômes à coefficients
dans&nbsp;$k$, si on l'applique à un point rationnel (i.e., à coordonnées
dans&nbsp;$k$) de&nbsp;$\mathbb{P}^1$, on obtient un point rationnel
de&nbsp;$\overline{C}$.  Rien ne dit que la réciproque soit vraie (et on va
observer qu'elle ne l'est pas).

En substituant les six points ($(0{:}1)$ et $(1{:}i)$ pour
$i\in\{0,1,2,3,4\}$) de&nbsp;$\mathbb{P}^1_{\mathbb{F}_5}$ dans
$\overline{\psi} \colon (t_0 : t_1) \mapsto (t_1^4+t_0^4 : t_0 t_1
\,(t_1^2+t_0^2) : t_0 t_1\,(t_1^2-t_0^2))$, on obtient les points
$(0,0)$ (deux fois), $(1, 0)$, $(0, 2)$, $(0, 3)$, $(4, 0)$, tous dans
$\mathbb{A}^2$ (c'est-à-dire $(1{:}0{:}0)$, $(1{:}1{:}0)$,
$(1{:}0{:}2)$, $(1{:}0{:}3)$, $(1{:}4{:}0)$ dans $\mathbb{P}^2$).
(Pour simplifier les calculs à la main, il est bien sûr préférable
d'écrire $4$ comme&nbsp;$-1$ et $3$ comme&nbsp;$-2$.)

Les points singuliers à l'infini $(0\,{:}\,\sqrt{-1}\,{:}1)$ et
$(0\,{:}\,{-\sqrt{-1}}\,{:}\,1)$, c'est-à-dire, sur $\mathbb{F}_5$,
$(0{:}2{:}1)$ et $(0{:}3{:}1)$, n'ont pas été atteints par le
paramétrage sur des points rationnels de&nbsp;$\mathbb{P}^1$.  (On les
obtient, chacun deux fois, en $(1{:}\tau)$ pour $\tau$ valant une des
racines de $2$&nbsp;ou&nbsp;$3$ dans $\mathbb{F}_{25}$, c'est-à-dire une des
racines quatrièmes de&nbsp;$-1$.)

(En fait, on peut se rendre compte que si un point géométrique de
$\overline{C}$ n'est atteint par $\overline{\psi}$ qu'en un unique
point géométrique $(t_0{:}t_1)$ de $\mathbb{P}^1$, ce $(t_0{:}t_1)$
est forcément invariant par Galois puisque son image
par&nbsp;$\overline{\psi}$ l'est, donc en fait $(t_0{:}t_1)$ est rationnel.
On n'attendait bien sûr pas une telle analyse.)
\end{corrige}

\medskip

(5)&nbsp;Tracer l'allure de la courbe&nbsp;$C$ dans le cas&nbsp;$k = \mathbb{R}$.

\begin{corrige}
On obtient une figure à l'allure de&nbsp;$8$ couché (c'est-à-dire,
symbole&nbsp;$\infty$) avec le point double en&nbsp;$(0,0)$ (et des points ayant
tangente verticale en $(-1,0)$ et&nbsp;$(1,0)$).
\end{corrige}



%
%
%
\end{document}
</pre></body></html>