%% This is a LaTeX document. Hey, Emacs, -*- latex -*- , get it? \documentclass[12pt,a4paper]{article} \usepackage[a4paper,margin=2.5cm]{geometry} \usepackage[french]{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}{Whatever} \newcommand\thingy{% \refstepcounter{comcnt}\smallskip\noindent\textbf{\thecomcnt.} } \newcommand\exercise{% \refstepcounter{comcnt}\bigskip\noindent\textbf{Exercise~\thecomcnt.}\par\nobreak} \let\exercice=\exercise \renewcommand{\qedsymbol}{\smiley} %\renewcommand{\thefootnote}{\fnsymbol{footnote}} % \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} \newcommand{\ord}{\operatorname{ord}} \newcommand{\norm}{\operatorname{N}} % \DeclareUnicodeCharacter{00A0}{~} \DeclareUnicodeCharacter{A76B}{z} % \DeclareMathSymbol{\tiret}{\mathord}{operators}{"7C} \DeclareMathSymbol{\traitdunion}{\mathord}{operators}{"2D} % \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{FMA-4AC05-TP / ACCQ205\\Contrôle de connaissances — corrigé\\{\normalsize Courbes algébriques}} \else \title{FMA-4AC05-TP / ACCQ205\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Courbes algébriques}} \fi \author{} \date{2025-04-16} \maketitle \pretolerance=8000 \tolerance=50000 \vskip1truein\relax \noindent\textbf{Instructions.} Les exercices sont indépendants sauf dans la mesure où le contraire est précisé. Ils pourront être traités dans un ordre quelconque, mais on demande de faire apparaître de façon très visible dans les copies où commence chaque exercice. La longueur de l'énoncé ne doit pas décourager : les exercices ont été formulés de manière à rappeler le contexte ainsi que certaines notions du cours, ce qui explique leur longueur. \medbreak L'usage de tous les documents (notes de cours manuscrites ou imprimées, feuilles d'exercices, livres) est autorisé. L'usage des calculatrices électroniques est interdit. Les réponses peuvent être écrites en français ou en anglais. \ifcorrige Ce corrigé comporte 6 pages (page de garde incluse). \else Cet énoncé comporte 4 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 % % % \exercice Soit $k$ un corps de caractéristique $\neq 2,3$, et $C$ la variété algébrique d'équation \[ x^3 + y^3 + z^3 = 0 \] dans $\mathbb{P}^2$ de coordonnées $(x{:}y{:}z)$ sur $k$. (1) Montrer que $\frac{\partial f}{\partial x}$, $\frac{\partial f}{\partial y}$ et $\frac{\partial f}{\partial z}$, où $f := x^3 + y^3 + z^3$, n'ont pas de zéro commun dans $\mathbb{P}^2$. On rappelle que ceci nous permet de conclure que $C$ est une courbe (plane). \begin{corrige} On a $\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2$, $\frac{\partial f}{\partial y} = 3y^2$ et $\frac{\partial f}{\partial z} = 3z^2$. Si ces trois valeurs s'annulent, comme le corps était supposé de caractéristique $\neq 3$, on a $x=y=z=0$, ce qui est impossible pour des coordonnées homogènes sur $\mathbb{P}^2$. On a donc montré que $f=0$ définit une courbe plane (lisse !). \end{corrige} (2) Quels sont les points géométriques de $C$ situés la droite $\{z=0\}$ ? On pourra noter $\omega$ une racine primitive cubique de l'unité dans la clôture algébrique $k^{\alg}$ de $k$. Par symétrie, on donnera aussi les points géométriques de $C$ sur les droites $\{x=0\}$ et $\{y=0\}$. \begin{corrige} Si un point géométrique $(x{:}y{:}z)$ de $C$ vérifie de plus $z=0$, alors il vérifie $x^3 + y^3 = 0$. On ne peut pas aussi avoir $x=0$ car ceci forcerait $y=0$ ce qui n'est pas possible : on a donc $(-\frac{y}{x})^3 = 1$, c'est-à-dire que $-\frac{y}{x}$ est l'une des trois racines cubiques de l'unité $1,\omega,\omega^2$. Bref, les trois points de $C$ sur la droite $\{z=0\}$ sont $(1{:}{-1}{:}0)$, $(1{:}{-\omega}{:}0)$ et $(1{:}{-\omega^2}{:}0)$. Symétriquement, les trois points de $C$ sur la droite $\{x=0\}$ sont $(0{:}1{:}{-1})$, $(0{:}1{:}{-\omega})$ et $(0{:}1{:}{-\omega^2})$, et les trois points de $C$ sur la droite $\{y=0\}$ sont $(-1{:}0{:}1)$, $(-\omega{:}0{:}1)$ et $(-\omega^2{:}0{:}1)$. Notons que chacun de ces neuf points peut se réécrire de diverses manières, par exemple les trois derniers s'écrivent aussi $(1{:}0{:}{-1})$, $(1{:}0{:}{-\omega^2})$ et $(1{:}0{:}{-\omega})$ respectivement. \end{corrige} (3) Quelle est l'équation affine de la partie de $C$ située dans l'espace affine $\mathbb{A}^2$ complémentaire de la droite $\{z=0\}$ dans $\mathbb{P}^2$ ? On appellera $u,v$ les coordonnées affines sur ce $\mathbb{A}^2$, qu'on exprimera par rapport aux coordonnées homogènes $x,y,z$ sur $\mathbb{P}^2$. \begin{corrige} En posant $u = \frac{x}{z}$ et $v = \frac{y}{z}$, l'équation affine de $C$ s'écrit en déshomogénéisant l'équation projective, c'est-à-dire : \[ u^3 + v^3 + 1 = 0 \] \vskip-3ex\leavevmode \end{corrige} (4) Calculer la droite tangente à $C$ au point $(0{:}{-1}{:}1)$. Quel est l'ordre d'annulation la fonction $\frac{x}{z}$ en ce point ? En déduire quel est l'ordre d'annulation de la fonction $\frac{y}{z}+1$ en ce point. (On recommande de faire les calculs dans $\mathbb{A}^2$, et éventuellement de faire une translation pour se ramener à l'origine de $\mathbb{A}^2$.) \begin{corrige} Utilisons les coordonnées affines $(u,v) = (\frac{x}{z}, \frac{y}{z})$ décrites à la question (3) pour trouver l'équation de la droite tangente à $C$ au point $(0,-1)$. Elles s'obtient en dérivant l'équation $u^3 + v^3 + 1$ de la partie affine de $C$ en ce point, ce qui donne $-3(v+1) = 0$, c'est-à-dire $v=1$. Autrement dit, il s'agit de la droite horizontale par le point $(0,-1)$ considéré. La coordonnée $u$ s'annulant à l'ordre $1$ en $0$ sur la droite $v=1$ tangente à $C$, elle s'annule aussi à l'ordre $1$ en $0$ sur $C$, c'est-à-dire $\ord_{(0,-1)}u = 1$. Pour ce qui est de l'ordre de $v+1$ en ce point, on utilise le fait que $v^3+1 = (v+1)(v^2-v+1) = -u^3$ s'annule à l'ordre $3$ comme on vient de le voir. Comme $v^2-v+1$ ne s'annule pas, c'est que $v+1$ s'annule à l'ordre $3$. (Ceci est peut-être plus intuitif en translatant, c'est-à-dire en posant $v' = v+1$ : l'équation de la courbe est alors $u^3 + v^{\prime3} - 3v^{\prime2} + v' = 0$, et comme $u^3$ a l'ordre $3$ et que $v'$ a un ordre au moins $1$, cet ordre doit être exactement $3$.) \end{corrige} (5) Quels sont les diviseurs principaux associés aux fonctions rationnelles $\frac{x}{z}$ et $\frac{y}{z}+1$ sur $C$ ? On vérifiera que le degré est bien ce qu'il doit être. \begin{corrige} On a vu que la fonction rationnelle $\frac{x}{z}$ s'annule exactement aux points $(0{:}1{:}-1)$, $(0{:}1{:}{-\omega})$ et $(0{:}1{:}{-\omega^2})$, et à chaque fois c'est à l'ordre $1$ (la question précédente le donne pour le premier de ces points, mais pour les deux autres on peut par exemple appliquer la transformation projective multipliant la coordonnée $z$ par $\omega$, qui laisse invariante la courbe $C$). Son inverse $\frac{z}{x}$ s'annule exactement aux trois points $(1{:}{-1}{:}0)$, $(1{:}{-\omega}{:}0)$ et $(1{:}{-\omega^2}{:}0)$, là aussi à l'ordre $1$ à chaque fois, par permutation des coordonnées. Le diviseur de la fonction $\frac{x}{z}$ est donc \[ \begin{aligned} & [(0{:}1{:}{-1})] + [(0{:}1{:}{-\omega})] + [(0{:}1{:}{-\omega^2})]\\ -\, & [(1{:}{-1}{:}0)] - [(1{:}{-\omega}{:}0)] - [(1{:}{-\omega^2}{:}0)] \end{aligned} \] Son degré vaut bien $0$ comme il sied à un diviseur principal. Quant à $\frac{y}{z}+1$, ses pôles sont les mêmes que ceux de $\frac{y}{z}$, qui sont eux mêmes les mêmes que ceux de $\frac{x}{z}$ pour les mêmes raisons que cei-dessus, et l'unique zéro, triple, de $\frac{y}{z}+1$ a été révélé à la question (4): bref, le diviseur de $\frac{y}{z}+1$ est \[ 3\cdot [(0{:}1{:}{-1})] - [(1{:}{-1}{:}0)] - [(1{:}{-\omega}{:}0)] - [(1{:}{-\omega^2}{:}0)] \] De nouveau, il est bien de degré $0$. \end{corrige} % % % \exercice \label{equation-with-no-solutions}Soit $K = k(C)$ le corps de fonctions\footnote{I.e., le corps des fonctions rationnelles sur $C$.} d'une courbe $C$ sur un corps $k$. Soit $P$ un point géométrique de $C$. Pour $f \in K$, on notera $v(f) := \ord_P(f)$ l'ordre d'annulation de $f$ en $P$ (aussi appelé « valuation » de $f$ en $P$). On rappelle que $v \colon K \to \mathbb{Z}\cup\{+\infty\}$ vérifie notamment les propriétés suivantes : \begin{itemize} \item $v(f) = +\infty$ ssi $f=0$, et $v(c)=0$ si $c\in k^\times$ ; \item $v(f+g) \geq \min(v(f),v(g))$ avec égalité si $v(f)\neq v(g)$ ; \item $v(fg) = v(f)+v(g)$. \end{itemize} \smallskip Soit $z \in K$ une uniformizante en $P$ (autrement dit, $v(z) = 1$). Soit enfin $d \geq 2$ un entier naturel. On cherche à montrer que la variété algébrique projective définie dans $\mathbb{P}^{d-1}$ de coordonnées homogènes $(x_0{:}\cdots{:}x_{d-1})$ par l'équation \[ x_0^d + z x_1^d + z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d = 0 \] n'a pas de $K$-point, c'est-à-dire que l'équation ci-dessus (algébrique homogène de degré $d$ en $d$ inconnues\footnote{Attention, $z$ est un élément de $K$, ce n'est pas une inconnue !} $x_0,\ldots,x_{d-1}$) n'a pas de solution dans $K$ autre que $(0,\ldots,0)$. \smallskip Pour cela, on va raisonner sur la valuation $v(x_j)$ des $x_j$ : expliquer pourquoi, si $x \in K^\times$ alors $v(z^i x^d)$ est congru à $i$ modulo $d$ ; en déduire que deux termes de la somme $x_0^d + z x_1^d + z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d$ n'ont jamais la même valuation, et conclure. \smallskip On pourra au préalable prouver l'affirmation suivante : si dans la somme $g_1 + \cdots + g_m$ d'éléments de $K$ un des termes a une valuation \emph{strictement plus petite} que tous les autres, alors la somme n'est pas nulle. \begin{corrige} Commençons par montrer l'affirmation du dernier paragraphe : si $g_1 + \cdots + g_m$ est une somme où $v(g_i) < v(g_j)$ pour tout $j\neq i$, alors $v(g_i) < v(g')$ où $g' := \sum_{j\neq i} g_j$ d'après la propriété sur la valuation d'une somme, et celle-ci entraîne alors que la valuation de la somme $g_i + g'$ est égale à celle de $g_i$, donc n'est pas $+\infty$. Passons à la question principale. On remarque que si $x \in K^\times$, alors $v(x^d) = d\,v(x)$ est un multiple de $d$. Par conséquent, $v(z^i x^d) = i + d\,v(x)$ est congru à $i$ modulo $d$. Par conséquent, dans la somme $x_0^d + z x_1^d + z^2 x_2^d + \cdots + z^{d-1} x_{d-1}^d$, il est impossible que deux termes aient la même valuation (puisqu'elles sont congrues à des valeurs différentes modulo $d$) sauf si cette valuation est $+\infty$, c'est-à-dire que les termes sont nuls. Donc dès lors que tous les termes ne sont pas nuls, il y en a un qui a une valuation \emph{strictement} plus petite que tous les autres. La somme ne peut pas être nulle d'après ce qui vient d'être démontré, ce qui prouve le résultat voulu. \end{corrige} % % % \exercice Dans cet exercice, on \emph{admet} le résultat suivant. Soit $k$ un corps \emph{algébriquement clos}, soient $n \geq m$ des entiers naturels, et soient $f_1,\ldots,f_m \in k[t_0,\ldots,t_n]$ des polynômes \emph{homogènes} de degrés\footnote{Non supposés égaux.} tous $\geq 1$ en les indéterminées $t_0,\ldots,t_n$. Alors\footnote{L'explication intuitive est que chaque polynôme $f_j$ fait tomber la dimension d'au plus $1$ et comme on part de $\mathbb{P}^n$ qui est de dimension $n$ et qu'on considère $m\leq n$ polynômes, il reste forcément quelque chose à la fin.} la variété algébrique projective $Z_{\mathbb{P}^n}(f_1,\ldots,f_m)$ définie dans $\mathbb{P}^n$ par les équations $f_1 = \cdots = f_m = 0$ n'est pas vide, c'est-à-dire que $f_1,\ldots,f_m$ ont un zéro commun autre que le zéro trivial $(0,\ldots,0)$. \smallskip Soit maintenant $k$ un corps \emph{algébriquement clos}, et soit $K$ le corps de fonctions d'une courbe $C$ sur $k$ (dans les questions (1) et (2), on supposera d'ailleurs que cette courbe est $\mathbb{P}^1$). \smallskip On considère $f \in K[t_0,\ldots,t_n]$ un polynôme \emph{homogène} en les indéterminées $t_0,\ldots,t_n$ dont le degré total $d$ vérifie $1\leq d \leq n$. Le but de l'exercice est de montrer\footnote{Ce résultat s'appelle le théorème de Tsen.} que la variété algébrique projective $Z_{\mathbb{P}^n}(f)$ définie dans $\mathbb{P}^n$ de coordonnées homogènes $(x_0{:}\cdots{:}x_n)$ par l'équation $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$, a un $K$-point, c'est-à-dire que l'équation $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ a une solution avec $x_0,\ldots,x_n$ dans $K$ qui soit non-triviale, i.e. différente de $(0,\ldots,0)$. \smallbreak (1) \emph{Dans un premier temps,} on suppose que $K$ est simplement égal au corps $k(z)$ des fractions rationnelles en une indéterminée $z$, et on suppose de plus que $f$, qui \textit{a priori} vit dans $k(z)[t_0,\ldots,t_n]$, est en fait dans $k[z,t_0,\ldots,t_n]$ (et toujours de degré total $1\leq d\leq n$ en $t_0,\ldots,t_n$). On recherche une solution $(x_0,\ldots,x_n)$ de $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ où les $x_i$ soient dans $k[z]$ (et non tous nuls). On va écrire $x_i = \sum_{j=0}^N c_{i,j} z^j$ où les $c_{i,j} \in k$ sont des coefficients indéterminés et où $N$ est un entier. \phantom{(1)}(a) Expliquer pourquoi la condition $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ recherchée se traduit sous la forme d'un système d'équations algébriques en les $c_{i,j}$, toutes homogènes. On ne demande pas d'écrire ce système, mais on précisera au moins clairement le nombre d'équations, leur degré, et le nombre de variables ; on pourra appeler $\delta$ le degré de $f$ en la variable $z$, et raisonner sur degré en $z$ et le degré total en les $c_{i,j}$ d'un terme $a_{r_0,\ldots,r_n} x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n}$ de $f(x_0,\ldots,x_n)$. \phantom{(1)}(b) En utilisant le résultat admis, montrer ensuite que ce système a, en effet, une solution en les $c_{i,j}$ si $N$ est assez grand. \begin{corrige} Disons qu'on ait \[ f(t_0,\ldots,t_n) = \sum_{r_0+\cdots+r_n=d} a_{r_0,\ldots,r_n} t_0^{r_0}\cdots t_n^{r_n} \] où on a fait l'hypothèse que les coefficients $a_{\underline{r}}$ sont dans $k[z]$. Soit $\delta$ le plus grand de leurs degrés, qui est donc le degré de $f$ en la variable $z$. Comme suggéré par l'énoncé, on cherche un zéro non-trivial dans $(k[z])^n$ par la méthode des coefficients indéterminés, en écrivant chaque $x_i$ (pour $i$ allant de $1$ à $n$) comme un polynôme de degré $\leq N$ en $z$, à savoir $x_i = \sum_{j=0}^N c_{i,j} z^j$. Considérons une expression de la forme $x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n}$ : si on la développe complètement, elle est un polynôme en $z$ de degré au plus $N(r_0+\cdots+r_n)$ (puisque chaque $x_i$ est un polynôme en $z$ de degré $\leq N$) ; et elle est homogène de degré total $r_0+\cdots+r_n$ en les $c_{i,j}$ (puisqu'un produit de polynômes homogènes est un polynôme homogène de la somme des degrés totaux), au sens où le coefficient devant chaque puissance de $z$ est homogène de degré total $r_0+\cdots+r_n$ en les $c_{i,j}$. Concernant $a_{r_0,\ldots,r_n} x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n}$, si $r_0+\cdots+r_n=d$, on en déduit qu'il est de degré $\leq N d + \delta$ en $z$, et (que son coefficient de chaque puissance de $z$ est) homogène de degré $d$ en les $c_{i,j}$. Il en va donc de même de la somme $f(x_0,\ldots,x_n)$ des $a_{r_0,\ldots,r_n} x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n}$. On en déduit que l'équation $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ se traduit, en exprimant la nullité du coefficient devant chaque $z^j$, comme un système d'équations homogènes de degré $d$ en les $c_{i,j'}$. Le nombre d'équations est donné par le nombre de coefficients de $z$ à écrire, soit $1$ de plus que la borne trouvée sur le degré en $z$, bref $N d + \delta + 1$. Enfin, le nombre de variables est le nombre de $c_{i,j}$, c'est-à-dire $(n+1)\,(N+1)$. Si on tient absolument à écrire le système, ce qui n'était pas demandé, c'est : \[ (\forall j)\; \sum_{\mathop{}^{s_{1,0}+\cdots+s_{n,N}=d}_{s_{1,1}+\cdots+N s_{n,N}+\rho=j}} \frac{\scriptstyle(\Sigma s_{1,\bullet})!\cdots (\Sigma s_{n,\bullet})!}{\scriptstyle s_{1,0}!\cdots s_{n,N}!}\, a_{(\Sigma s_{1,\bullet}),\ldots,(\Sigma s_{n,\bullet});\rho}\, c_{1,0}^{s_{1,0}}\cdots c_{n,N}^{s_{n,N}} = 0 \] où $\Sigma s_{i,\bullet}$ désigne $s_{i,0}+\cdots+s_{i,N}$ et $a_{r_0,\ldots,r_n;\rho}$ est le coefficient de $z^\rho$ dans le polynôme $a_{r_0,\ldots,r_n} \in k[z]$, et où $j$ parcourt les entiers de $0$ à $N d + \delta$. Bref, on a un système de $N d + \delta + 1$ équations, chacune homogène de degré total $d$, en $(n+1)\,(N+1) = N n + N + n + 1$ variables. Puisque $d\leq n$, on a $N d + \delta + 1 \leq N n + N + n$ lorsque $N$ est assez grand. On conclut d'après le résultat admis que le système a une solution avec les $c_{i,j}$ non tous nuls, c'est-à-dire les $x_i$ non tous nuls. \end{corrige} \smallbreak (2) On suppose toujours que $K = k(z)$. On a montré en (1) que si $f \in k[z,t_0,\ldots,t_n]$ alors $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ a une solution non-triviale (dans $(k[z])^n$, donc dans $K^n$). En déduire que si $f \in k(z)[t_0,\ldots,t_n]$ alors $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ a encore une solution non-triviale dans $K^n$. \begin{corrige} Il suffit de chasser les dénominateurs. Plus précisément, si $f \in k(z)[t_0,\ldots,t_n]$, soit $q \in k[z]$ un dénominateur commun à tous les coefficients $a_{r_0,\ldots,r_n}$ de $f$ (en les variables $t_0,\ldots,t_n$). Alors $q\,f \in k[z,t_0,\ldots,t_n]$, et comme on a vu en (1) que l'équation $q\,f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ a une solution non-triviale, cette solution en est aussi une de l'équation $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$. \end{corrige} \smallbreak (3) Dans cette question (indépendante des précédentes), on suppose que $K_0 \subseteq K$ est une extension de corps de degré $\ell := [K : K_0]$ fini. On rappelle que cela signifie que $K$ est de dimension $\ell$ en tant que $K_0$-espace vectoriel. Soit $e_1,\ldots,e_\ell$ une base de $K$ comme $K_0$-espace vectoriel. Lorsque $w \in K$, on notera $\mathbf{M}(w)$ la matrice $\ell\times \ell$ à coefficients dans $K_0$ qui représente l'application $K \to K, \penalty0\; y\mapsto w\cdot y$ de multiplication par $w$ (vue comme une application $K_0$-linéaire du $K_0$-espace vectoriel $K$ de dimension $\ell$), sur la base $e_1,\ldots,e_\ell$, et on notera $\norm(w) := \det(\mathbf{M}(w))$ son déterminant (c'est donc un élément de $K_0$). \phantom{(3)}(a) Expliquer pourquoi $\mathbf{M}(ww') = \mathbf{M}(w)\, \mathbf{M}(w')$ si $w,w'\in K$, pourquoi $\norm(ww') = \norm(w)\, \norm(w')$, et pourquoi $\norm(w) = 0$ si et seulement si $w=0$. \phantom{(3)}(b) Expliquer pourquoi si $w = \sum_{j=1}^\ell w_j e_j$ avec $w_j \in K_0$, alors les coefficients de $\mathbf{M}(w)$ s'écrivent comme des combinaisons $K_0$-linéaires des $w_j$, et pourquoi $\norm(w)$ s'écrit comme un polynôme homogène de degré $\ell$ en $w_1,\ldots,w_\ell$. \begin{corrige} (a) On a $\mathbf{M}(ww') = \mathbf{M}(w)\,\mathbf{M}(w')$ car la multiplication par $ww'$ est la composée, dans n'importe quel ordre, de celle par $w$ et de celle par $w'$. L'identité $\norm(ww') = \norm(w)\, \norm(w')$ s'en déduit par la multiplicativité du déterminant. On en déduit que $\norm(w)\, \norm(w') = 1$ si $w'$ est l'inverse de $w$, et donc que $\norm(w) \neq 0$ si $w \neq 0$ (l'autre implication est triviale). (b) Si $w = \sum_{j=1}^\ell w_j e_j$ alors on a $\mathbf{M}(w) = \sum_{j=1}^\ell w_j E_j$, où on a noté $E_j := \mathbf{M}(e_j)$ : comme $E_j$ est une certaine matrice $\ell\times \ell$ à coefficients dans $K_0$, ceci montre bien que les coefficients de $\mathbf{M}(w)$ s'écrivent comme des combinaisons $K_0$-linéaires des $w_j$. Comme le déterminant d'une matrice $\ell\times \ell$ est un polynôme homogène de degré $\ell$ en les coefficients de la matrice, on en déduit que $\norm(w)$ s'écrit comme un polynôme homogène de degré $\ell$ en $w_1,\ldots,w_\ell$. \end{corrige} \smallbreak (4) On suppose maintenant que $K$ est le corps de fonctions d'une courbe quelconque sur $k$. On rappelle (ou on admet...) que, si $z$ est élément non constant quelconque de $K$, alors $z$ est transcendant sur $k$, c'est-à-dire qu'on peut considérer $K_0 := k(z)$ comme le corps des fractions rationnelles en une indéterminée ; et que $K$ est alors une extension de corps de degré $\ell := [K : K_0]$ fini. On reprend les notations $\mathbf{M}(w)$ et $\norm(w)$ de la question (3), en appelant $e_1,\ldots,e_\ell$ une base de $K$ comme $K_0$-espace vectoriel. Soit $f \in K[t_0,\ldots,t_n]$ (toujours de degré total $1\leq d\leq n$ en $t_0,\ldots,t_n$). On va écrire $x_i = \sum_{j=1}^\ell x_{i,j} e_j$ où les $x_{i,j} \in K_0$ sont des coefficients indéterminés. Expliquer pourquoi la condition $\norm(f(x_0,\ldots,x_n)) = 0$ se traduit sous la forme d'une équation algébrique homogène de degré $d \ell$ en $(n+1) \ell$ indéterminées. En déduire qu'elle a une solution non-triviale. Conclure. \begin{corrige} Disons qu'on ait \[ f(t_0,\ldots,t_n) = \sum_{r_0+\cdots+r_n=d} a_{r_0,\ldots,r_n} t_0^{r_0}\cdots t_n^{r_n} \] les coefficients $a_{\underline{r}}$ sont dans $K$. Comme suggéré par l'énoncé, on cherche un zéro non-trivial dans $K^n$ par la méthode des coefficients indéterminés, en écrivant chaque $x_i$ (pour $i$ allant de $1$ à $n$) comme $x_i = \sum_{j=1}^\ell x_{i,j} e_j$. Considérons une expression de la forme $\mathbf{M}(x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n}) = \mathbf{M}(x_0)^{r_0} \cdots \mathbf{M}(x_n)^{r_n}$ : d'après la question (3)(b), les coefficients de chaque $\mathbf{M}(x_i)$ sont des combinaisons $K_0$-linéaires des $x_{i,j}$ (pour ce $i$), donc les coefficients du produits sont des polynômes homogènes de degré total $r_0+\cdots+r_n$ en les $x_{i,j}$ (en utilisant le fait que le produit de matrices est bilinéaire). Concernant $\mathbf{M}(a_{r_0,\ldots,r_n} x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n})$, si $r_0+\cdots+r_n=d$, on en déduit qu'il est homogène de degré total $d$ en les $x_{i,j}$. Il en va donc de même de la somme $\mathbf{M}(f(x_0,\ldots,x_n))$ des $a_{r_0,\ldots,r_n} x_0^{r_0} \cdots x_n^{r_n}$. Par l'homogénéité du déterminant, $\norm(f(x_0,\ldots,x_n))$ est un polynome homogène (à coefficients dans $K_0$) de degré total $d \ell$ en les indéterminées $x_{i,j}$ qui sont au nombre de $(n+1) \ell$. D'après la question (2), si $d \ell < (n+1) \ell$, ce qui équivaut à $d < n+1$, il y a bien une solution non triviale à cette équation algébrique de degré $d \ell$ en $(n+1) \ell$ indéterminées dans $K_0 = k(z)$. Or d'après la question (3)(a), l'annulation de ce déterminant $\norm(f(x_0,\ldots,x_n))$ équivaut à l'annulation de tous les $x_i$ (i.e., de tous les $x_{i,j}$). On a donc bien montré que $f(x_0,\ldots,x_n) = 0$ a une solution non-triviale dans $K$. \end{corrige} \smallbreak (5) Que nous dit la conclusion de l'exercice \ref{equation-with-no-solutions} par rapport à celle du présent exercice concernant les points d'une hypersurface définie par un polynôme homogène de degré $1\leq d\leq n$ dans $\mathbb{P}^n$ sur le corps des fonctions $K$ d'une courbe sur un corps $k$ algébriquement clos ? \begin{corrige} On vient de démontrer que si $K$ est le corps de fonctions d'une courbe sur un corps algébriquement clos $k$, alors toute hypersurface définie par un polynôme homogène de degré $1\leq d\leq n$ dans $\mathbb{P}^n$ a un $K$-point. La conclusion de l'exercice \ref{equation-with-no-solutions} est que ce n'est pas le cas pour $n = d-1$, et comme par ailleurs c'est aussi trivialement faux pour $d=0$, les inégalités $1\leq d\leq n$ ne peuvent pas être améliorées. \end{corrige} % % % \end{document}