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\begin{document}
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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}}
\fi
\author{}
\date{14 avril 2021}
\maketitle

\pretolerance=8000
\tolerance=50000

\vskip1truein\relax

\noindent\textbf{Consignes.}

Ce contrôle est formé d'un unique exercice.  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

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 : 2h

\ifcorrige
Ce corrigé comporte \textcolor{red}{nnn} pages (page de garde incluse).
\else
Cet énoncé comporte \textcolor{red}{nnn} pages (page de garde incluse).
\fi

\vfill
{\noindent\tiny
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Git: \input{vcline.tex}
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\par}

\pagebreak


%
%
%

Soit $k$ un corps de caractéristique $\neq 2$ (c'est-à-dire qu'on
pourra librement diviser par $2$), dont on notera $k^{\alg}$ la
clôture algébrique.  On rappelle qu'un « point géométrique » de
$\mathbb{P}^n$ désigne un point à coordonnées dans $k^{\alg}$, tandis
qu'un « point rationnel » désigne un point à coordonnées dans $k$.

\smallbreak

\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 $\sum_{j=0}^n
t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = \ell h$ (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.  (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 $\Delta
:= c_1^2 - 4 c_0$, expliquer pourquoi, si $\Delta$ est nul, $q$ est le
carré d'un polynôme unitaire de degré $1$ dans $k[t]$, tandis que si
$\Delta$ est non nul, $q$ est produit dans $k^{\alg}[t]$ de deux
polynômes unitaires de degré $1$ distincts, ces polynômes étant dans
$k[t]$ si et seulement si $\Delta$ est un carré
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 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

\textbf{(3)} Si $u,v,w$ sont trois éléments de $k$ non tous nuls, de
sorte que $\{ux+vy+wz = 0\}$ définit une droite $D$ dans le plan
projectif $\mathbb{P}^2$ sur $k$ de coordonnées homogènes $(x:y:z)$,
expliquer pourquoi si $w\neq 0$ alors $(x:y:z) \mapsto (x:y)$ définit
un isomorphisme $D \to \mathbb{P}^1$ (c'est-à-dire un morphisme de
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
plan.

Plus précisément, on appelle \emph{conique} plane sur $k$ une variété
algébrique projective (i.e., un fermé de Zariski) $C_q$ dans
$\mathbb{P}^2$ définie par une équation $q = 0$ où $q \in k[x,y,z]$
est un polynôme homogène de degré $2$ (on dit aussi « forme
quadratique ») non nul\footnote{\label{nonsquare-footnote}On pourra
  aussi librement faire l'hypothèse que $q$ n'est pas le carré d'un
  polynôme $l$ de degré $1$ (= forme linéaire) ; en effet, s'il l'est,
  la conique $\{q=0\}$ est simplement réduite à la droite $\{l=0\}$
  mais l'idéal $(q)$ n'est pas radical (il faut imaginer la conique
  comme la droite « doublée ») : on ignorera donc ce cas.} en trois
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.

\smallbreak

\textbf{(4)} On rappelle qu'un point $(x_0:y_0:z_0)$ de $C_q$ est dit
\emph{singulier} lorsque $\frac{\partial q}{\partial x}$,
$\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$
s'annulent simultanément en $(x_0:y_0:z_0)$.  Expliquer pourquoi un
point vérifiant ces conditions est automatiquement sur $C_q$ (i.e.,
pourquoi l'annulation de $\frac{\partial q}{\partial x}$,
$\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial z}$ en
$(x_0:y_0:z_0)$ quelconque de $\mathbb{P}^2$ implique celle de $q$).
Donner une condition pour que trois droites dans $\mathbb{P}^2$ soient
concourantes (condition sur les coefficients de leurs équations).  En
déduire que la conique $C_q$ a un point singulier si et seulement si
ses coefficients vérifient
\[
4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z = 0
\]
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
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
géométriques (c'est-à-dire dont les équations sont à coefficients
dans $k^{\alg}$), s'intersectant au point singulier, et que si
$\Delta$ 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.

\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

On supposera maintenant, et jusqu'à la fin, que la conique est $C_q$
\emph{lisse}, c'est-à-dire vérifie $4 a_x a_y a_z - a_x b_x^2 - a_y
b_y^2 - a_z b_z^2 + b_x b_y b_z \neq 0$ (cf. question (4)).

\smallbreak

On appelle \emph{droite polaire}, relativement à $C_q$ (ou à $q$) d'un
point $P_0 := (x_0:y_0:z_0)$ de $\mathbb{P}^2$ (non nécessairement
situé sur $C_q$) la droite $\{u_0 x + v_0 y + w_0 z = 0\}$ dont les
coefficients $u_0,v_0,w_0$ sont donnés par $\frac{\partial q}{\partial
  x}$, $\frac{\partial q}{\partial y}$ et $\frac{\partial q}{\partial
  z}$ respectivement, évalués en $x_0,y_0,z_0$.

\textbf{(6)} Pourquoi cette définition a-t-elle un sens ?  (Autrement
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
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
$\mathbb{P}^2$ (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.

\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
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).

\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
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.

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
autres.

\textbf{(9)} 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}).

\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),
montrer que la droite $\{ux + vy + wz = 0\}$ est tangente à $C_q$ si
et seulement si $a_y a_z u^2 + a_x a_z v^2 + a_x a_y w^2 = 0$.
$\bullet$ 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 $C_q$.

\textbf{(11)} 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
de tangence, forcément distincts, des deux tangentes à $C_q$ passant
par $P$.  $\bullet$ Faire une figure sur $\mathbb{R}$ illustrant cette
construction géométrique dans le cas où les deux droites tangentes à
$P$ sont réelles (le point est dit « extérieur » à la conique).
Esquisser une construction, ne faisant intervenir que des
constructions réelles, dans le cas où les droites sont complexes (le
point est « intérieur » à la conique).

\smallbreak

\textbf{(12)} 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
$P_1 = A_1 A_3 \wedge A_0 A_2$ et $P_2 = A_2 A_3 \wedge A_0 A_1$,
alors le triangle $P_0, P_1, P_2$ est autopolaire.  Pour cela, on
pourra expliquer pourquoi on peut supposer que $A_0,A_1,A_2,A_3$ sont
$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ 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.


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\end{document}
