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\begin{document}
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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{14 avril 2021}
\maketitle

\pretolerance=8000
\tolerance=50000

\vskip1truein\relax

\noindent\textbf{Consignes.}

Ce contrôle est formé d'un unique problème.  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 9 pages (page de garde incluse).
\else
Cet énoncé comporte 4 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 $k$.

\medbreak

\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 $d_0+\cdots+d_n = \ell$, 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 $t_j\,\frac{\partial h}{\partial
  t_j} = d_j\, t_0^{d_0}\cdots t_j^{d_j}\cdots t_n^{d_n} = d_j\,h$ et
$\sum_{j=0}^n t_j\,\frac{\partial h}{\partial t_j} = (\sum_{j=0}^n
d_j)\, h = \ell h$.
\end{corrige}

\medbreak

Faisons la remarque introductive suivante (qui est une reformulation
projective du résultat bien connu sur les racines d'un polynôme de
degré $2$ sur la droite affine, et qu'on pourra librement utiliser
dans la suite) : si $q := c_0 x^2 + c_1 x y + c_2 y^2$ est un polynôme
homogène de degré $2$ non nul en deux variables $x,y$, alors le fermé
de Zariski $\{q = 0\}$ qu'il définit dans la droite projective
$\mathbb{P}^1$ est constitué d'exactement \emph{un ou deux} points
géométriques ; il y en a un seul si et seulement si le discriminant
$\Delta := c_1^2 - 4 c_0 c_2$ est nul, auquel cas le point $(x:y)$ en
question est $(c_1 : -2c_0) = (-2c_2 : c_1)$ (il est donc rationnel) ;
et lorsque $\Delta \neq 0$, \emph{soit} les deux points géométriques
sont tous les deux rationnels, \emph{soit} aucun des deux ne
l'est\footnote{Ceci résulte de la formule du trinôme : les deux points
  sont $(c_1 \pm \sqrt{\Delta} : -2c_0) = (-2c_2 : c_1 \mp
  \sqrt{\Delta})$, ils sont rationnels si et seulement si $\Delta$ est
  un carré dans $k$, mais cette formule ne servira pas ici.}.

\medbreak

On va désormais s'intéresser à la courbe définie par une équation
homogène de degré $2$ dans le plan projectif.

Plus précisément, on appelle \textbf{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 $l$ (forcément homogène) 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 $k$, non tous
nuls : on adoptera cette notation.

\smallbreak

\textbf{(2)} 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 implique automatiquement 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 en 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, $q$ s'annule aussi, et le point 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 trivial, 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}

\medbreak

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 (2)).

\textbf{(3)} Sur $k^{\alg}$ (« géométriquement »), montrer que $C_q$
ne contient aucune droite (i.e., montrer qu'il n'existe pas $l \in
k^{\alg}[x,y,z]$ homogène de degré $1$ tel que tous les points
géométriques de la droite $\{l=0\}$ soient dans $C_q$ ; indication :
si elle en contenait une alors on pourrait factoriser $q$ sous la
forme $ll'$, contredisant l'hypothèse qu'on vient de faire).  En
déduire que $C_q$ ne peut jamais contenir trois points alignés
distincts.

\begin{corrige}
Si $C_q$ contenait une droite $\{l=0\}$ avec $l$ un polynôme $l$
homogène de degré $1$ (= forme linéaire) à coefficients
dans $k^{\alg}$, cela signifierait $q \in \mathfrak{I}(Z(l))$ (i.e.,
« $q$ s'annule partout où $l$ s'annule »), donc $q$ appartiendrait à
l'idéal homogène (manifestement radical) engendré par $l$, donc $q$
s'écrirait sous la forme $ll'$, avec $l'$ homogène de degré $1$, i.e.,
la conique serait (géométriquement) réductible en une réunion de deux
droites.  Or, dans cette condition, si $P$ est situé à l'intersection
des droites $\{l=0\}$ et $\{l'=0\}$, alors $\frac{\partial q}{\partial
  x} = \frac{\partial (ll')}{\partial x} = l \frac{\partial
  l'}{\partial x} + l' \frac{\partial l}{\partial x}$ s'annule en $P$,
et de même par rapport aux deux autres variables $y,z$.  Le point $P$
serait donc singulier, contredisant l'hypothèse de lissité sur $C_q$.

La remarque introductive assure que si une conique coupe une droite en
trois points distincts, elle contient la droite tout entière, et on
vient de voir que ce n'est pas possible pour une conique lisse.  Une
conique lisse ne contient donc jamais trois points alignés.
\end{corrige}

\medbreak

Dans les questions qui suivent, on va s'intéresser à une application
qui à un point de $\mathbb{P}^2$ associe une droite de $\mathbb{P}^2$
dite « polarité » par rapport à la conique.

Plus précisément, on appelle \textbf{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{(4)} 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 :

\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 (« principe de réciprocité de la polarité ») ; 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 (2) 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) pour la même conclusion).
\end{corrige}

\textbf{(5)} 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
$k$-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 multiplier 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{(6)} Montrer que si $P_0$ est un point géométrique situé sur
$C_q$, alors 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 $P_0$ est nécessairement
rationnel si $D_0$ l'est.

\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 le principe de
réciprocité assure 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.

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 invoquer la remarque introductive (si une
équation quadratique à coefficients dans $k$ sur la droite projective
a un seul point géométrique, celui-ci est rationnel).
\end{corrige}

\smallbreak

On appelle \textbf{tangente} à $C_q$ en un point de $C_q$ la droite
polaire de ce point : on vient de voir qu'une droite tangente à $C_q$
la rencontre en ce seul point.

\textbf{(7)} 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.
On pourra pour cela expliquer pourquoi on peut supposer que le point
est $(1{:}0{:}0)$ et la droite $\{z=0\}$, et simplifier l'équation la
conique dans ce cas.

\begin{corrige}
On a vu dans la question précédente qu'une tangente à une conique
coupe celle-ci en un seul point.  On veut montrer, réciproquement, que
si $D$ est une droite coupant $C_q$ en un seul point géométrique $P$,
alors elle lui est tangente.

Or si $P$ est un point de $\mathbb{P}^2$ et $D$ une droite passant
par $P$, quitte à choisir un point $Q$ de $D$ différent de $P$ et à
compléter $P,Q$ en une base projective de $\mathbb{P}^2$, on peut
trouver une transformation projective envoyant $P$ sur $(1{:}0{:}0)$
et $Q$ sur $(0{:}1{:}0)$ donc la droite $D$ sur $\{z=0\}$.  Comme
cette transformation projective est une simple application linéaire
(inversible) sur les coordonnées homogènes et que la composition d'un
polynôme homogène de degré $2$ avec un tel changement de variables
linéaire est encore un polynôme homogène de degré $2$, elle transforme
une conique en une conique.  De plus, elle agit sur le vecteur des
dérivées partielles de $q$ comme la matrice qui la représente
(notamment, une conique lisse est transformée en conique lisse).

Bref, on peut montrer le résultat en supposant $P = (1{:}0{:}0)$ et $D
= \{z=0\}$.  L'intersection de $C_q$ avec $\{z=0\}$ est alors donnée,
en identifiant avec $\mathbb{P}^1$ la droite $\{z=0\}$
de $\mathbb{P}^2$, par $a_x\, x^2 + b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0$.  Le
fait que $P$ soit situé sur $C_q$ se traduit par $a_x=0$.  Il reste
donc simplement $b_z\, xy + a_y\, y^2 = 0$, soit $y(b_z\, x + a_y\, y)
= 0$, qui définit la réunion du point $y=0$, soit exactement
$(1{:}0{:}0) = P$, et du point $b_z\, x + a_y\, y = 0$, soit
$(a_y:-b_z:0)$.  Ce point coïncide avec $P$ exactement quand $b_z=0$,
ce qui revient exactement à dire que $\frac{\partial q}{\partial y}=0$
en $(1,0,0)$, et comme par ailleurs $\frac{\partial q}{\partial x}=0$
en $(1,0,0)$ (vu que $a_x=0$), cela revient bien à dire que la
tangente à $C_q$ en $P$ est la droite $D=\{z=0\}$.
\end{corrige}

\textbf{(8)} 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 $P_0 M$ où $M$ est un point d'intersection de $P_0$ avec la
droite polaire $D$ de $P_0$.  Expliquer pourquoi il en existe,
géométriquement, exactement deux.

\begin{corrige}
Soit $D_0$ la droite polaire de $P_0$.  Comme on a supposé que $P_0$
n'est pas sur $C_q$, la droite $D_0$ n'est pas tangente à $C_q$
(question (5)).  Elle rencontre donc $C_q$ en deux points géométriques
distincts (question (7)), appelons-les $P_1$ et $P_2$.  Soient
$D_1$ et $D_2$ les tangentes à $C_q$ par $P_1$ et $P_2$
respectivement, c'est-à-dire, les droites polaires de $P_1$ et $P_2$
respectivement.  Elles sont distinctes l'une de l'autre par (5), et
distinctes de $D_0$ car $D_0$ n'est pas tangente à $C_q$.  Comme
$P_1$ est sur $D_0$, par principe de réciprocité, $P_0$ est
sur $D_1$ : donc $D_1$ coïncide avec la droite $P_0 P_1$, et de même,
$D_2$ coïncide avec la droite $P_0 P_2$.  Maintenant, s'il existait
une autre tangente $D$ à $C_q$ passant par $P_0$, en appelant $M$ le
point de tangente, $M$ serait sur $D_0$ puisque $P_0$ est sur $D$
(principe de réciprocité), donc $M$ serait situé à la fois sur $C_q$
et $D_0$, or on a dit que les deux points géométriques situés à la
fois sur $C_q$ et $D_0$ sont $P_0$ et $P_1$.
\end{corrige}

\smallbreak

On appelle \textbf{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 la droite polaire de chacun soit la droite
reliant les 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 lisse 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 $C_k$ (un tel point existe d'après la question (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 $D_0$ (principe de
réciprocité).  Soit enfin $P_2$ le point (rationnel) d'intersection
des droites (rationnelles) $D_0$ et $D_1$ : cette intersection est
bien définie car $D_0$ et $D_1$ sont distinctes (par (5)), 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 par principe de
réciprocité), 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 comme demandé.
\end{corrige}

\textbf{(10)} 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 $q$.  En déduire une construction, à la règle
seule. dans le plan projectif réel, de la droite polaire d'un point
par rapport à une conique donnée (en supposant qu'elle a effectivement
des points réels).

\begin{corrige}
D'après la question (3), trois quelconques parmi les points
$A_0,A_1,A_2,A_3$ ne sont pas alignés.  Ils forment donc une base
projective du plan.  Quitte à appliquer une transformation projective,
on peut supposer que ce sont
$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$.  On calcule alors
$P_0=(0{:}1{:}1)$ et $P_1=(1{:}0{:}1)$ et $P_2=(1{:}1{:}0)$.  Par
ailleurs, le fait que
$(1{:}0{:}0),(0{:}1{:}0),(0{:}0{:}1),(1{:}1{:}1)$ appartiennent
à $C_q$ impose les conditions $a_x = a_y = a_z = b_x+b_y+b_z = 0$ :
les dérivées partielles de $q$ sont alors $\frac{\partial q}{\partial
  x} = b_z\, y + b_y\, z$ et $\frac{\partial q}{\partial y} = b_x\, z
+ b_z\, x$ et $\frac{\partial q}{\partial z} = b_y\, x + b_x\, y$.  La
droite polaire de $P_0=(0{:}1{:}1)$ est alors donnée par $-b_x x + b_x
y + b_x z = 0$, autant dire $-x + y + z = 0$, qui est bien la droite
$P_1P_2$, et le calcul est le même pour les deux autres points (après
permutation cyclique des coordonnées).

On en déduit la construction suivante de la droite polaire d'un
point $P_0$ (par rapport à une conique réelle ayant effectivement des
points réels) : tracer deux droites passant par $P_0$ et coupant la
conique en deux points réels chacune, appeler $A_0,A_3$ les points de
la conique sur l'une d'entre elles, et $A_1,A_2$ ceux sur l'autre ;
alors en appelant $P_1 = A_1 A_3 \wedge A_0 A_2$ et $P_2 = A_2 A_3
\wedge A_0 A_1$, la droite polaire de $P_0$ est la droite $P_1 P_2$
(c'est-à-dire $(A_1 A_3 \wedge A_0 A_2) \vee (A_2 A_3 \wedge A_0
A_1)$).

(Bien sûr, si on se permet de tracer des tangentes à la conique
passant par $P_0$, on peut faire plus simple : appeler $P_1,P_2$ les
deux points de tangence aux deux tangentes à $C_q$ par $P_0$, et alors
la polaire $D_0$ de $P_0$ est la droite les reliant, comme prouvé
en (8).  Mais attention, ces points ne sont pas forcément réels :
imaginer le cas où $P_0$ est intérieur à un cercle.)
\end{corrige}

\medbreak

\textbf{(11)} 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.  Combien y en a-t-il ?

\begin{corrige}
Il est facile d'énumérer toutes les possibilités en se rappelant que
les seuls carrés dans $\mathbb{F}_3$ sont $0$ et $1$ : la seule
possibilité pour en avoir trois qui somment à $0$ est $1+1+1=0$ (vu
que $0+0+0=0$ ne donnera pas un point de l'espace projectif).  Les
points de la conique sont alors
$(1{:}1{:}1),(1{:}1{:}2),(1{:}2{:}1),(1{:}2{:}2)$ (on se rappelle que
les points sont définis à multiplication près par une constante, donc
$(2{:}1{:}1)$, par exemple, coïncide avec $(1{:}2{:}2)$).  Il y en a
quatre.

(En fait, on peut utiliser un paramétrage rationnel pour montrer que
toute conique projective lisse sur un corps $k$ de
caractéristique $\neq 2$ est isomorphe à $\mathbb{P}^1$ dès qu'elle a
un point rationnel ; cette dernière hypothèse est toujours vérifiée
sur un corps fini $\mathbb{F}_q$, donc elle a toujours $q+1$ points
rationnels.)
\end{corrige}


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\end{document}
