%% 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} % \theoremstyle{definition} \newtheorem{comcnt}{Tout} \newcommand\thingy{% \refstepcounter{comcnt}\smallbreak\noindent\textbf{\thecomcnt.} } \newcommand\exercice{% \refstepcounter{comcnt}\bigbreak\noindent\textbf{Exercice~\thecomcnt.}} \renewcommand{\qedsymbol}{\smiley} % \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\Frac}{\operatorname{Frac}} \newcommand{\degtrans}{\operatorname{deg.tr}} \newcommand{\Frob}{\operatorname{Frob}} \newcommand{\alg}{\operatorname{alg}} \newcommand{\sep}{\operatorname{sep}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\Fix}{\operatorname{Fix}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Divis}{\operatorname{Div}} \newcommand{\divis}{\operatorname{div}} \newcommand{\Pic}{\operatorname{Pic}} \newcommand{\ord}{\operatorname{ord}} % \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\relax\else\egroup\fi\par} % % % \begin{document} \ifcorrige \title{Exercices courbes algébriques — Corrigé} \else \title{Exercices courbes algébriques} \fi \author{David A. Madore} \maketitle \centerline{\textbf{ACCQ205}} {\footnotesize \immediate\write18{sh ./vc > vcline.tex} \begin{center} Git: \input{vcline.tex} \end{center} \immediate\write18{echo ' (stale)' >> vcline.tex} \par} \pretolerance=8000 \tolerance=50000 % % % \exercice Soit $k$ un corps de caractéristique $\neq 2,3$, et soient $a,b\in k$. (1) Donner une condition sur $a,b$ nécessaire et suffisante pour que le polynôme $x^3 + ax + b \in k[x]$ soit séparable (c'est-à-dire, premier avec sa dérivée, ou encore, sans racine multiple dans $k^{\alg}$). \begin{corrige} La dérivée de $f := x^3 + ax + b$ est $f' = 3x^2 + a$. Leur résultant (i.e., le discriminant de $f$) est donc égal au déterminant de la matrice de Sylvester \[ \begin{pmatrix} 1&0&a&b&0\\ 0&1&0&a&b\\ 3&0&a&0&0\\ 0&3&0&a&0\\ 0&0&3&0&a\\ \end{pmatrix} \] c'est-à-dire $\Delta := 4a^3 + 27b^2$ (en écrivant le déterminant de la matrice $(c_{i,j})$ où $i$ est l'indice de la ligne et $j$ celui de la colonne comme $\sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_5} \mathop{\mathrm{sgn}}(\sigma) \prod_{i=1}^5 c_{i,\sigma(i)}$ on trouve ici $1\cdot 1\cdot a\cdot a\cdot a - 1\cdot a\cdot a\cdot 3\cdot a - a\cdot 1\cdot 3\cdot a\cdot a + a\cdot a\cdot 3\cdot 3\cdot a + b\cdot b\cdot 3\cdot 3\cdot 3 = (1-3-3+9)a^3 + 27 b^2$). \end{corrige} \smallbreak (2) Soit $h := y^2 - x^3 - ax - b \in k[x,y]$. Montrer que $h$ est irréductible (on pourra le considérer comme un élément de $k(x)[y]$) et même géométriquement irréductible. \begin{corrige} On peut voir $h$ dans $k(x)[y]$, il est de la forme $y^2 - f$ avec $f := x^3 + ax + b \in k(x)$. Pour montrer qu'il est irréductible dans $k(x)[y]$, il suffit de montrer que $f$ n'est pas un carré dans $k(x)$ : ceci impliquera alors que $h$ est encore irréductible dans $k[x,y]$ d'après le lemme de Gauß (le pgcd dans $k[x]$ des coefficients de $h\in k[x][y]$ étant évidemment $1$ puisque le coefficient de $y^2$ est $1$). Or $f$ n'est pas un carré dans $k(x)$, car il en serait un dans $k[x]$ (grâce à la décomposition en facteurs irréductibles), et son degré serait pair. Comme le raisonnement qu'on vient de faire ne dépend pas de $k$, il est encore valable dans $k^{\alg}$, c'est-à-dire que $h$ est géométriquement irréductible. \end{corrige} \smallbreak On pose $A := k[x,y]/(h)$ (anneau intègre d'après la question (2)) et $K := \Frac(A) = k(x,y : h=0)$ le corps des fonctions de la courbe plane $E$ d'équation $h = 0$. Qyand le contexte est clair, on se permettra de noter simplement $x,y$ les éléments $\bar x,\bar y$ de $A$, ou de $K$, qui sont les classes modulo $h$ des indéterminées $x,y$ de $k[x,y]$. (3) Montrer que si $v$ est une valuation de $K$ au-dessus de $k$, on a $v(x) < 0$ si et seulement si $v(y) < 0$. Montrer qu'il existe au plus une valuation vérifiant ces conditions : que valent exactement $v(x)$ et $v(y)$ ? Montrer qu'une telle valuation existe bien. On appellera cette place « point à l'infini » de $E$. \begin{corrige} Si $v$ est une valuation de $K$ au-dessus de $k$ telle que $r := v(x) < 0$ alors $v(x^3 + ax + b) = 3r$, c'est-à-dire $v(y^2) = 3r$, donc $v(y) = \frac{3}{2}r < 0$. Réciproquement, si $v(y) < 0$ alors $v(y^2) < 0$ donc $v(x^3 + ax + b) < 0$ et ceci interdit $v(x) \geq 0$ (car on aurait alors $v(x^3 + ax + b) \geq 0$). Les hypothèses $v(x)<0$ et $v(y)<0$ sont donc équivalentes. Par ailleurs, la donnée de $r = v(x)$ détermine $v$ sur $k[x]$ (c'est $r$ fois le degré) donc sur $k(x)$ (c'est $r$ fois la valuation usuelle en l'infini sur $k(x)$). Un élément de $K = k(x)[y]/(h)$ s'écrit sous la forme $g_0 + g_1 y$ (par division euclidienne par $h$ dans $k(x)[y]$), et comme $v(g_1 y) = \frac{3}{2}r + v(g_1)$ n'est pas un multiple entier de $r$ donc pas égal à la valuation d'un élément de $k(x)$, la valuation de $g_0 + g_1 y$ est complètement déterminée (la valuation d'une somme dont les termes sont de valuations \emph{différentes} est le plus petit des valuations des termes). Bref, on a complètement caractérisé $v$, à la donnée de $r$ près. Mais puisque l'image de $v$ doit être $\mathbb{Z} \cup \{\infty\}$ (condition de normalisation), on a forcément $r = 2$, c'est-à-dire $v(x) = -2$ et $v(y) = -3$. Enfin, on constate que ceci définit bien une valuation sur $K$ (soit en le vérifiant à la main, soit en invoquant le théorème d'existence des valuations appliqué à l'anneau $k(x)[\frac{1}{y}]$ des polynômes en $\frac{1}{y}$ sur $k(x)$, de corps des fractions $K$, et à son idéal premier engendré par $\frac{1}{y}$, pour affirmer que $K$ doit avoir une valuation positive sur $k(x)[\frac{1}{y}]$ et strictement positive en $\frac{1}{y}$). \end{corrige} \smallbreak \emph{On supposera désormais que la condition trouvée en (1) est satisfaite.} % % % \end{document}