%% This is a LaTeX document. Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it? \documentclass[12pt,a4paper]{article} \usepackage[francais]{babel} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} %\usepackage{ucs} \usepackage{times} % A tribute to the worthy AMS: \usepackage{amsmath} \usepackage{amsfonts} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsthm} % \usepackage{mathrsfs} \usepackage{wasysym} \usepackage{url} % \usepackage{graphics} \usepackage[usenames,dvipsnames]{xcolor} \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{matrix,calc} \usepackage{hyperref} % %\externaldocument{notes-accq205}[notes-accq205.pdf] % \theoremstyle{definition} \newtheorem{comcnt}{Tout} \newcommand\thingy{% \refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} } \newcommand\exercice{% \refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}\par\nobreak} \renewcommand{\qedsymbol}{\smiley} % \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} % \DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~} % \DeclareMathSymbol{\tiret}{\mathord}{operators}{"7C} \DeclareMathSymbol{\traitdunion}{\mathord}{operators}{"2D} % \DeclareFontFamily{U}{manual}{} \DeclareFontShape{U}{manual}{m}{n}{ <-> manfnt }{} \newcommand{\manfntsymbol}[1]{% {\fontencoding{U}\fontfamily{manual}\selectfont\symbol{#1}}} \newcommand{\dbend}{\manfntsymbol{127}}% Z-shaped \newcommand{\danger}{\noindent\hangindent\parindent\hangafter=-2% \hbox to0pt{\hskip-\hangindent\dbend\hfill}} % \newcommand{\spaceout}{\hskip1emplus2emminus.5em} \newif\ifcorrige \corrigetrue \newenvironment{corrige}% {\ifcorrige\relax\else\setbox0=\vbox\bgroup\fi% \smallbreak\noindent{\underbar{\textit{Corrigé.}}\quad}} {{\hbox{}\nobreak\hfill\checkmark}% \ifcorrige\par\smallbreak\else\egroup\par\fi} % % % \begin{document} \ifcorrige \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 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 \immediate\write18{sh ./vc > vcline.tex} Git: \input{vcline.tex} \immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex} \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. % % % \end{document}