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\title{Exercices courbes algébriques — Corrigé}
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\title{Exercices courbes algébriques}
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\author{David A. Madore}
\maketitle

\centerline{\textbf{ACCQ205}}

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\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 (cf. \ref{geometric-irreducibility}).

\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
(\ref{gauss-lemma-on-irreducibility} : 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) Expliquer pourquoi tout élément de $K$ s'écrit de façon unique
sous la forme $f_0 + f_1 y$ avec $f_0,f_1 \in k(x)$.  Expliquer
comment effectuer les opérations (addition, multiplication, inverse)
sur cette représentation.  Expliquer pourquoi tout élément de $K$
s'écrit également de façon unique sous la forme $g_0 + g_1 x + g_2
x^2$ avec $g_0,g_1,g_2 \in k(y)$.  Comment passer d'une représentation
à l'autre ?  À titre d'exemple, exprimer $\frac{1}{y}$ sous la forme
$f_0 + f_1 y$, et exprimer $\frac{1}{x}$ et $\frac{1}{x^2}$ sous la
forme $g_0 + g_1 x + g_2 x^2$.

\begin{corrige}
On a $K = k(x)[y]/(h)$ (corps de rupture de $h$ sur $k(x)$) car il est
engendré par $y$ algébrique sur $k(x)$ d'équation minimale $h=0$.  Par
division euclidienne par $h$ (polynôme de degré $2$) dans $k(x)[y]$,
on voit tout élément de $K$ de façon unique sous la forme d'un
polynôme $f_0 + f_1 y$ de degré $<2$ en $y$, à savoir le reste de la
division euclidienne par $h$ dans $k(x)[y]$.  L'addition se fait terme
à terme (sur $f_0,f_1$).  La multiplication se fait en développant et
en utilisant $y^2 = x^3 + ax + b$ pour éliminer l'éventuel terme
en $y^2$.  L'inverse se calcule en calculant une relation de Bézout
entre $f_0 + f_1 y$ et $h$ dans $k(x)[y]$ (si $u (f_0 + f_1 y) + w h =
1$ avec $u,w \in k(x)[y]$ alors $u$ est l'inverse de $f_0 + f_1 y$).

Les mêmes remarques valent pour $K = k(y)[x]/(h)$ avec cette fois $h$
vu comme un élément de $k(y)[x]$, de degré $3$ en $x$.  On peut donc
écrire tout élément de $K$ de façon unique sous la forme d'un polynôme
$g_0 + g_1 x + g_2 x^2$ de degré $<3$ en $x$, qui est aussi le reste
de la division euclidienne par $h$ cette fois dans $k(y)[x]$.  Les
mêmes remarques valent \textit{mutatis mutandis} pour les opérations.
Pour passer d'une représentation à l'autre, on peut utiliser le fait
qu'on sait calculer les opérations sous l'une ou l'autre forme pour
calculer la valeur d'une forme sous l'autre.

À titre d'exemple, pour représenter $\frac{1}{y}$ sous la forme $f_0 +
f_1 y$, on calcule une relation de Bézout $u y + w h = 1$ entre $y$
et $h$ dans $k(x)[y]$, qui est trivialement $\frac{y}{x^3 + ax +
  b}\times y - \frac{1}{x^3 + ax + b}\times h = 1$, c'est-à-dire que
$\frac{1}{y} = \frac{1}{x^3 + ax + b}\,y$ dans $K$.  De même, pour
représenter $\frac{1}{x}$ sous la forme $g_0 + g_1 x + g_2 x^2$, on
écrit $\frac{x^2+a}{y^2-b}\times x + \frac{1}{y^2-b}\times h = 1$
dans $k(y)[x]$, c'est-à-dire $\frac{1}{x} = \frac{a}{y^2-b} +
\frac{1}{y^2-b} x^2$ dans $K$, et on peut calculer $\frac{1}{x^2}$
soit en élevant cette quantité au carré soit en calculant une nouvelle
relation de Bézout, en tout cas $\frac{1}{x^2} = \frac{a^2}{(y^2-b)^2}
+ \frac{1}{y^2-b} x + \frac{a}{(y^2-b)^2} x^2$.
\end{corrige}

\smallbreak

(4) Montrer que si $w$ est une valuation de $K$ au-dessus de $k$, on a
$w(x) < 0$ si et seulement si $w(y) < 0$.  Montrer qu'il existe au
plus une valuation vérifiant ces conditions (il pourra être utile de
remarquer que si $f_0, f_1 \in k(x)$ alors $w(f_0)$ et $w(f_1 y)$ ne
peuvent jamais être égaux) : que valent exactement $w(x)$ et $w(y)$ ?
Montrer qu'une telle valuation existe bien.  On appellera cette place
« point à l'infini » de $E$ et on la notera $\heartsuit$.

\begin{corrige}
Si $w$ est une valuation de $K$ au-dessus de $k$ telle que $e := -w(x)
> 0$ alors $w(x^3 + ax + b) = -3e$, c'est-à-dire $w(y^2) = -3e$, donc
$w(y) = -\frac{3}{2}e < 0$.  Réciproquement, si $w(y) < 0$ alors
$w(y^2) < 0$ donc $w(x^3 + ax + b) < 0$ et ceci interdit $w(x) \geq 0$
(car on aurait alors $w(x^3 + ax + b) \geq 0$).  Les hypothèses
$w(x)<0$ et $w(y)<0$ sont donc équivalentes.

Un élément de $K = k(x)[y]/(h)$ s'écrit sous la forme $f_0 + f_1 y$.
Par ailleurs, la donnée de $e = -w(x)$ détermine $w$ sur $k[x]$ (c'est
$-e$ fois le degré) donc sur $k(x)$ (c'est $e$ fois la valuation
$v_\infty$ usuelle en l'infini sur $k(x)$).  Et comme $w(f_1 y) =
-\frac{3}{2}e + w(f_1)$ n'est pas un multiple entier de $e$ donc pas
égal à la valuation d'un élément de $k(x)$, la valuation de $f_0 + f_1
y$ est complètement déterminée (la valuation d'une somme dont les
termes sont de valuations \emph{différentes} est le plus petit des
valuations des termes,
cf. \ref{valuation-ring-versus-valuation-function}(ii.b)).  Bref, on a
complètement caractérisé $w$, à la donnée de $e$ près.  Mais puisque
l'image de $w$ doit être $\mathbb{Z} \cup \{\infty\}$ (condition de
normalisation), on a forcément $e = 2$, c'est-à-dire $w(x) = -2$ et
$w(y) = -3$.

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 \ref{existence-of-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 $\frac{1}{y}$ ; soit, tout simplement, en se rappelant que $x$ doit
avoir un pôle quelque part, cf. \ref{constant-functions-on-a-curve},
c'est-à-dire qu'il doit exister une valuation telle que $w(x)<0$).
\end{corrige}

\smallbreak

(5) Quels sont le degré de $x$ en tant que fonction sur $E$ (on
rappelle, cf. \ref{degree-of-a-function}, que $\deg_E(x) := [K:k(x)]$)
et de $y$ ?  Plus généralement, si $f_0 \in k[x]$, quel est le degré
de $f_0(x)$ en tant que fonction\footnote{Ici comme ailleurs, on aura
  tendance à écrire $f_0(x)$ pour souligner qu'il s'agit de l'élément
  de $K$ défini par $f_0 \in k(x) \subseteq K$, même s'il est
  impossible d'être systématique.} sur $E$ ?  Montrer que la place
$\heartsuit$ trouvée en (4) est rationnelle (c'est-à-dire de
degré $1$, cf. \ref{degree-of-a-place}).  Donner une uniformisante
en $\heartsuit$.

\begin{corrige}
On a rappelé en (3) que l'élément $y$ est algébrique de degré $2$
sur $k(x)$ (de polynôme minimal $h$) : cela signifie précisément que
l'extension algébrique $K$ de $k(x)$ engendrée par $y$ est de degré
$[K:k(x)] = 2$, c'est-à-dire que $x$ est de degré $2$ en tant que
fonction sur $E$.  De même, le fait que $x$ soit algébrique de
degré $3$ sur $k(y)$ (toujours de polynôme minimal $h$) signifie que
$\deg_E(y) = 3$ en tant que fonction sur $E$.  (Il est malheureux que
le terme « degré » serve pour des choses différentes, et qu'ici le
degré de $y$ en tant qu'algébrique sur $k(x)$ soit le degré de $x$ en
tant que fonction sur $E$ et vice versa, mais cette terminologie est
malheureusement bien ancrée.)

Le degré de $f_0(x)$ en tant que fonction sur $E$ est $[K : k(f_0(x))]
= [K : k(x)]\cdot [k(x) : k(f_0(x))]$.  Dans ce produit, le premier
facteur est $\deg_E(x) = 2$ d'après ce qu'on vient de dire, et puisque
$x$ est transcendant sur $k(x)$, le second est le degré usuel $\deg
f_0$ de $f_0$ en tant que polynôme (en se rappelant que le degré d'un
polynôme est le même que son degré en tant que fonction
sur $\mathbb{P}^1$, cf. circa \ref{degree-of-a-function}).

En notant $\ord_\heartsuit$ la valuation $w$ trouvée en (4),
l'identité du degré \ref{degree-identity} appliquée à $\frac{1}{x}$
donne $\deg_E(\frac{1}{x}) = \ord_\heartsuit(\frac{1}{x}) \,
\deg(\heartsuit)$ puisque, comme on l'a montré en (4), $\heartsuit$
est la \emph{seule} place où $\frac{1}{x}$ a un zéro (i.e., la seule
place $P$ pour laquelle $\ord_P(x) < 0$).  Comme on a vu que
$\ord_\heartsuit(x) = -2$ (donc $\ord_\heartsuit(\frac{1}{x}) = 2$) et
que $\deg_E(\frac{1}{x}) = \deg_E(x) = 2$, on en déduit
$\deg(\heartsuit) = 1$ : la place est \emph{rationnelle}.

Une uniformisante en $\heartsuit$ est donnée par $x/y$ puisque
$\ord_\heartsuit(x) = -2$ et $\ord_\heartsuit(y) = -3$.
\end{corrige}

\smallbreak

(6) Expliquer concrètement comment voir l'évaluation en $\heartsuit$
(cf. \ref{evaluation-of-a-function-at-a-place}) d'un élément de $K$
représenté d'une des deux manières qu'on a vues en (3).

\begin{corrige}
Pour évaluer un élément de la forme $f_0 + f_1 y$ en $\heartsuit$, on
se rappelle qu'on a vu en (4) que $\ord_\heartsuit(f_1 y)$ ne peut
jamais être de la forme $\ord_\heartsuit(f_0)$.  La valuation
$\ord_\heartsuit$ de $f_0 + f_1 y$ est donc positive si et seulement
si $\ord_\heartsuit(f_0) \geq 0$ et $\ord_\heartsuit(f_1) \geq 3$,
sachant que $\ord_\heartsuit(f_0)$ est \emph{deux fois} la valuation
usuelle $\ord_\infty(f_0)$ en l'infini d'une fraction rationnelle
en $x$ : le terme $f_1 y$ ne peut pas être de valuation nulle
en $\heartsuit$, seulement impaire.  Bref, l'évaluation de $f_0 + f_1
y$ en $\heartsuit$ est la valeur de $f_0(\infty)$ pour l'évaluation
usuelle des fractions rationnelles en l'infini, à condition que
$\ord_\infty(f_0) \geq 0$ et $\ord_\infty(f_1) \geq \frac{3}{2}$
(i.e., $\ord_\infty(f_1) \geq 2$), et $\infty$ sinon.

Le même raisonnement fonctionne pour $g_0 + g_1 x + g_2 x^2$ (les
trois termes ont des valuations $\ord_\heartsuit$ congrues
respectivement à $0$, $1$ et $2$ modulo $3$ donc seul $g_0$ peut avoir
une valuation nulle) : son évaluation en $\heartsuit$
vaut $g_0(\infty)$ à condition que $\ord_\infty(g_0) \geq 0$ et
$\ord_\infty(g_1) \geq \frac{2}{3}$ (c'est-à-dire $\ord_\infty(g_1)
\geq 1$) et $\ord_\infty(g_2) \geq \frac{4}{3}$ (c'est-à-dire
$\ord_\infty(g_2) \geq 2$), et $\infty$ si ces conditions ne sont pas
satisfaites.

Le fait qu'on ait trouvé une évaluation dans le corps $k$ de base
confirme bien que $\heartsuit$ est rationnelle.
\end{corrige}

\smallbreak

\emph{On supposera désormais que la condition trouvée en (1) est
  satisfaite.}

(7) Soit $f_\sharp$ un facteur unitaire irréductible de $f := x^3 + ax
+ b$ dans $k[x]$.  Montrer qu'il existe exactement une valuation $w$
de $K$ au-dessus de $k$ telle que $w(f_\sharp(x))>0$ : on calculera
$w(y)$ au passage, et on considérera plus généralement la valuation de
$f_0 + f_1 y$ pour $f_0,f_1 \in k(x)$.  On notera $\clubsuit$ une
place comme on vient de trouver.

\begin{corrige}
Soit $w$ une valuation de $K$ au-dessus de $k$ telle que $e :=
w(f_\sharp(x)) > 0$.  Alors en considérant la décomposition en
facteurs irréductibles d'un élément non nul quelconque de $k(x)$, on
voit que $w|_{k(x)} = e v_{f_\sharp}$ où $v_{f_\sharp}$ est la
valuation de $k(x)$ associée à $f_\sharp$ (i.e., la multiplicité de ce
dernier dans la décomposition en facteurs irréductibles d'un élément).
En particulier, comme $v_{f_\sharp}(f) = 1$ (puisque $f_\sharp$ est un
facteur irréductible de $f$ et qu'il n'apparaît pas plus qu'une fois
d'après l'hypothèse, trouvée en (1), que $f$ est séparable), on a
$w(f) = e$, et par conséquent $w(y) = \frac{1}{2}e$.

Comme $w(f_1 y) = \frac{1}{2}e + w(f_1)$ n'est pas un multiple entier
de $e$ donc pas égal à la valuation d'un élément de $k(x)$, la
valuation de $f_0 + f_1 y$ est complètement déterminée (la valuation
d'une somme dont les termes sont de valuations \emph{différentes} est
le plus petit des valuations des termes,
cf. \ref{valuation-ring-versus-valuation-function}(ii.b)).  Bref, on a
complètement caractérisé $w$, à la donnée de $e$ près.  Mais puisque
l'image de $w$ doit être $\mathbb{Z} \cup \{\infty\}$ (condition de
normalisation), on a forcément $e = 2$, c'est-à-dire $w(f_\sharp(x)) =
2$ et $w(y) = 1$.

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 \ref{existence-of-valuations}, appliqué à l'anneau
$k[x,y]$ des polynômes en $x,y$, de corps des fractions $K$, et à son
idéal premier engendré par $h,f_\sharp$, pour affirmer que $K$ doit
avoir une valuation positive sur $k[x,y]$ et strictement positive
en $f_\sharp$ ; soit, tout simplement, en se rappelant que $f_\sharp$
doit avoir un zéro quelque part,
cf. \ref{constant-functions-on-a-curve}, c'est-à-dire qu'il doit
exister une valuation telle que $w(f_\sharp)>0$).
\end{corrige}

\smallbreak

(8) Décrire l'anneau de valuation $\mathcal{O}_\clubsuit$ de la place
$\clubsuit$ associée en (7) à un facteur irréductible $f_\sharp$
de $f$ ?  Expliquer quel est le corps résiduel $\varkappa_\clubsuit$
et comment voir concrètement l'évaluation en $\clubsuit$ d'un élément
de $K$ représenté comme $f_0 + f_1 y$.  Quel est le degré
de $\clubsuit$ ?

\begin{corrige}
On se rappelle qu'on a vu en (7) que $\ord_\clubsuit(f_1 y)$ ne peut
jamais être de la forme $\ord_\clubsuit(f_0)$.  La valuation
$\ord_\clubsuit$ de $f_0 + f_1 y$ est donc positive si et seulement si
$\ord_\clubsuit(f_0) \geq 0$ et $\ord_\clubsuit(f_1) \geq -1$, sachant
que $\ord_\clubsuit(f_0)$ est \emph{deux fois} l'exposant
$\ord_{(f_\sharp)}(f_0)$ de la multiplicité de $f_\sharp$ dans la
décomposition de $f$ en irréductibles : bref, l'anneau de valuation
$\mathcal{O}_\clubsuit$ est l'ensemble des $f_0 + f_1 y$ telles que
$\ord_{(f_\sharp)}(f_0) \geq 0$ et $\ord_{(f_\sharp)}(f_1) \geq
-\frac{1}{2}$ (i.e., $\ord_{(f_\sharp)}(f_1) \geq 0$) ; on notera que
cet anneau contient $A = k[x,y]/(h)$ (puisqu'il contient [les classes
  de] $x$ et $y$, qui engendrent $A$).  L'idéal maximal
$\mathfrak{m}_\clubsuit$ est formé des $f_0 + f_1 y$ telles que
$\ord_{(f_\sharp)}(f_0) > 0$ et toujours $\ord_{(f_\sharp)}(f_1) \geq 0$.

On a un morphisme $A/(f_\sharp,y) \to \varkappa_\clubsuit$ défini par
l'inclusion $A \to \mathcal{O}_\clubsuit$ en remarquant que $f_\sharp$
et $y$ sont tous deux dans $\mathfrak{m}_\clubsuit$ (c'est-à-dire
qu'ils sont dans le noyau du morphisme $A \to
\mathcal{O}_\clubsuit/\mathfrak{m}_\clubsuit = \varkappa_\clubsuit$).
Or $A/(f_\sharp,y) = k[x,y]/(h,f_\sharp,y) = k[x]/(f_\sharp)$ est le
corps de rupture de $f_\sharp$.  Vu que c'est un corps, le morphisme
est injectif.  Mais il est aussi surjectif car tout élément de
$\mathcal{O}_\clubsuit$ se représente, modulo $f_\sharp$ et $y$, par
un élément de $A$ : concrètement, si $\ord_{(f_\sharp)}(f_0) \geq 0$,
on peut voir $f_0$ dans $k[x]/(f_\sharp)$ (c'est-à-dire le reste de la
division euclidienne si $f_0 \in k[x]$, et sinon, on écrit une
relation de Bézout entre le dénominateur de $f_0$ et $f_\sharp$), et
c'est l'image recherchée.

Le corps résiduel $\varkappa_\clubsuit$ est donc $k[x]/(f_\sharp)$, et
l'évaluation de $f_0 + f_1 y$ en $\clubsuit$ est la valeur de $f_0$
modulo $f_\sharp$ (quitte à écrire une relation de Bézout avec le
dénominateur), à condition que $\ord_\infty(f_0) \geq 0$ et
$\ord_\infty(f_1) \geq 0$, et $\infty$ sinon.

En particulier, le degré de $\clubsuit$ est le degré de $f_\sharp$.
\end{corrige}

\smallbreak

(9) Soit $f_P$ un polynôme unitaire irréductible dans $k[x]$ qui
\emph{ne divise pas} $f$.  Soit $\kappa := k[x]/(f_P)$ le corps de
rupture de $f_P$ sur $k$.  On considère la classe $\bar h$ de $h$
modulo $f_P$ comme un élément de $\kappa[y]$.  Rappeler pourquoi
$k[x,y]/(h,f_P) = \kappa[y]/(\bar h)$.  On distingue deux cas :
(a) $\bar h$ se scinde dans $\kappa[y]$ comme produit de deux
polynômes de degré $1$, et (b) $\bar h$ est irréductible
dans $\kappa[y]$.  Montrer que dans le cas (a), il existe exactement
deux idéaux maximaux $\mathfrak{n}$ de $k[x,y]$ contenant $h$
et $f_P$, et que $k[x,y]/\mathfrak{n} = \kappa$ pour chacun d'entre
eux ; et que dans le cas (b), il existe un unique idéal maximal
$\mathfrak{n}$ de $k[x,y]$ contenant $h$ et $f_P$, à savoir l'idéal
$(h,f_P)$ qu'ils engendrent, et que $k[x,y]/\mathfrak{n} =: \kappa'$
est le corps de rupture de $\bar h$ sur $\kappa$ (de degré $2$
sur $\kappa$, donc).

\begin{corrige}
On a $A/(f_P) = k[x,y]/(h,f_P) = \kappa[y]/(\bar h)$ : pour voir la
seconde égalité, par exemple, on considère le morphisme $k[x,y] \to
\kappa[y]/(\bar h)$ envoyant $x$ et $y$ respectivement sur la classe
de $x$ dans $\kappa$ et sur la classe de $y$ modulo $\bar h$, il est
surjectif car son image contient les classes de $x$ et $y$ qui
enegndrent $\kappa[y]/(\bar h)$ comme $k$-algèbre, et son noyau est
l'ensemble des polynômes dans $k[x,y]$ qui, une fois réduits
modulo $f_P$ (pour donner des éléments de $\kappa[y]$) sont multiples
de $\bar h$, ce qui est signifie bien qu'ils sont dans l'idéal
$(h,f_P)$ engendré par $h$ et $f_P$.  Les idéaux maximaux de $k[x,y]$
contenant $h,f_P$ sont donc en correspondance (et avec le même corps
quotient) avec les idéaux maximaux de $\kappa[y]$ contenant $\bar h$,
et ceux-ci sont eux-mêmes en correspondance avec les facteurs
irréductibles de $\bar h$ dans $\kappa[y]$.

Ce point étant acquis, si $\bar h \in \kappa[y]$ se factorise comme
produit de deux facteurs, forcément de degré $1$, le théorème chinois
montre que $\kappa[y]/(\bar h)$ est le produit de deux copies
de $\kappa$, et il existe donc deux idéaux maximaux de
$\kappa[y]/(\bar h)$ le quotient par chacun d'eux est isomorphe
à $\kappa$, et si $\bar h$ est irréductible dans $\kappa[y]$, c'est
que $\kappa[y]/(\bar h) = k[x,y]/(h,f_P)$ est un corps, de degré
$\deg(\bar h) = 2$ sur $\kappa$.
\end{corrige}

\smallbreak

(10) En continuant le contexte de la question précédente
($f_P$ polynôme unitaire irréductible ne divisant pas $f$), montrer
que, quel que soit l'idéal maximal $\mathfrak{n}$ de $k[x,y]$
contenant $h$ et $f_P$, l'évaluation de $h'_y$ en $Z(\mathfrak{n})$
(qui est par définition, la classe de $h'_y$ modulo $\mathfrak{n}$,
vue comme un élément de $k[x,y]/\mathfrak{n}$) n'est pas nulle.
Rappeler pourquoi ceci construit sur $E$ : dans le cas (a) deux places
de degré $\deg f_P$, et dans le cas (b) une place de degré $2\deg
f_P$.  Montrer que $f_P(x) \in K$ s'annule aux places ainsi
construites.  Quel est le degré $\deg_E(f_P(x))$ de $f_P(x) \in K$ en
tant que fonction sur $E$ (c'est-à-dire $[K : k(f_P(x))]$) ?  En
déduire que $f_P(x)$ ne s'annule pas ailleurs qu'aux places qu'on a
construites, et qu'il s'y annule précisément à l'ordre $1$.

\begin{corrige}
On a $h'_y = 2y$.  On rappelle qu'un élément d'un anneau est
inversible si et seulement si il n'appartient à aucun idéal maximal
(cf. \ref{existence-maximal-ideals}).  Pour montrer que $h'_y$ n'est
pas nul dans les quotients $\kappa' = k[x,y]/\mathfrak{n}$ où
$\mathfrak{n}$ est un idéal maximal de $k[x,y]$ contenant $h,f_P$, il
s'agit donc de montrer que (la classe de) $y$ est inversible dans
$k[x,y]/(f_P,h) = \kappa[y]/(\bar h)$.  Or $\bar h \in \kappa[y]$ a
pour coefficient constant la classe $\bar f = x^3 + ax + b$
modulo $f_P$.  Comme on a fait l'hypothèse que $f_P$ ne divise
pas $f$, cette classe est inversible dans $\kappa$.
D'après \ref{smooth-points-give-unique-place}, on en déduit qu'il
existe une unique place de $E$ pour chaque idéal maximal de $A$
contenant $f_P$ (c'est ici qu'on utilise $A/(f_P) = k[x,y]/(h,f_P)$),
et que ces places ont les mêmes corps résiduels que les $\kappa'$
qu'on a construits.

Le fait que $f_P$ s'annule aux places ainsi construites vient du fait
qu'il est nul dans $\kappa$.

Comme on a vu en (5), le degré de $f_P(x)$ en tant que fonction
sur $E$ est $\deg_E(f_P(x)) = 2\deg f_P$.  Or on a trouvé des places
$Q_i$ (deux dans le cas (a) et une dans le cas (b)), de degré total
$2\deg f_P$, en lesquelles $f_P(x)$ s'annule : d'après l'identité du
degré, ce sont exactement toutes les places où $f_P(x)$ s'annule, et
il s'annule précisément à l'ordre $\ord_{Q_i}(f_P(x)) = 1$.
\end{corrige}

\smallbreak

(11) Expliquer pourquoi aucun élément de $A := k[x,y]/(h) \subseteq K$
ne peut avoir de pôle ailleurs qu'en la place à l'infini (celle qu'on
a notée $\heartsuit$).  Expliquer pourquoi $y$ n'a pas de zéro
ailleurs qu'aux places (notées $\clubsuit$) trouvées en (7).  Décrire
précisément le diviseur principal $\divis(y)$.  Décrire le diviseur
principal $\divis(f_\sharp(x))$ lorsque $f_\sharp$ est un facteur
unitaire irréductible de $f := x^3 + ax + b$ dans $k[x]$.  Décrire le
diviseur principal $\divis(f_P(x))$ lorsque $f_P = f_P(x)$ est un
polynôme unitaire irréductible dans $k[x]$ qui \emph{ne divise
  pas} $f$.

\begin{corrige}
On sait que (les classes modulo $h$ de) $x$ et $y$ n'ont pas de pôle
ailleurs qu'en $\heartsuit$ (vu que $\heartsuit$ était la seule place
où $\ord(x) < 0$ ou bien $\ord(y) < 0$) : autrement dit, $x$ et $y$
appartiennent à $\mathcal{O}_P$ pour toute place $P \neq \heartsuit$
de $A$ ; on en déduit que tout polynôme en $x,y$, autrement dit, tout
élément de $A$, a les mêmes propriétés.

Si $P$ est une place telle que $\ord_P(y) > 0$ alors $\ord_P(y^2)>0$
c'est-à-dire $\ord_P(x^3 + ax + b) > 0$.  Il doit donc exister un
facteur irréductible $f_\sharp$ de $f := x^3 + ax + b$ tel que
$\ord_P(f_\sharp) > 0$, et on a vu en (7) que ce facteur détermine
uniquement la valuation $P = \clubsuit$, et qu'on a alors
$\ord_\clubsuit(y) = 1$.

On a donc $\divis(y) = \sum_i (\clubsuit_i) - 3(\heartsuit)$ où
$\clubsuit_i$ sont les ($1$, $2$ ou $3$) places associées aux facteurs
irréductibles $f_\sharp$ de $f$, ayant mêmes degrés qu'eux, et
$\heartsuit$ est la place à l'infini (de degré $1$).  Ce diviseur est
bien de degré $0$ puisque $\sum_i \deg(\clubsuit_i) = 3$ car $\sum_i
\deg f_{\sharp i} = \deg f = 3$.

Si $f_\sharp$ est un diviseur de $f$, et $\clubsuit$ la place
correspondante, on a $\ord_\clubsuit(f_\sharp(x)) = 2$ d'après (7) et
$\ord_\heartsuit(f_\sharp(x)) = -2\deg(f_\sharp)$ d'après (4).
Puisque $\deg_E(f_\sharp(x)) = 2\deg f_\sharp$ (cf. (5)), l'identité
du degré confirme qu'on a bien trouvé tous les zéros et tous les pôles
de $f_\sharp(x)$ : autrement dit, $\divis(f_\sharp(x)) = 2(\clubsuit)
- 2\deg(f_\sharp) \cdot (\heartsuit)$.

Si $f_P$ est irréductible mais n'est pas un diviseur de $f$, on a
toujours $\ord_\heartsuit(f_P(x)) = -2\deg(f_P)$ d'après (4) et
$\deg_E(f_P(x)) = 2\deg f_P$.  Cette fois, cependant, d'après (11), il
existe une ou deux places $Q_i$, de degré total $\sum_i \deg(Q_i) =
2\deg f_P$, telles que $\ord_{Q_i}(f_P(x)) = 1$.  Autrement dit,
$\divis(f_P(x)) = \sum_i (Q_i) - 2\deg(f_P) \cdot (\heartsuit)$.
\end{corrige}

\smallbreak

(12) On a construit différentes sortes de places de $E$ : la place
$\heartsuit$ « à l'infini » en (4), une place $\clubsuit$ pour chaque
facteur irréductible $f_\sharp$ de $f := x^3 + ax + b$ en (7), et une
ou deux places $Q_i$ pour chaque facteur irréductible $f_P$ qui
\emph{ne divise pas} $f$ en (9).  Expliquer pourquoi on a ainsi une
description complète des places de $E$ (on pourra considérer la
restriction à $k(x) \subseteq K$ d'une place de $K$).

\begin{corrige}
Si $w$ est une place quelconque de $K$, il est clair que sa
restriction $w|_{k(x)}$ à $k(x)$ vérifie (o), (i) et (ii)
de \ref{valuation-ring-versus-valuation-function} puisque c'est le cas
de $w$.  C'est donc \emph{à multiplication près par un entier $e\geq
  1$} une valuation sur $k(x)$, au-dessus de $k$.  Cette valuation
n'est pas triviale car si elle l'est, c'est-à-dire si $w$ est nulle
sur $k(x)$ on a $w(y) = w(x^3 + ax + b) \geq 0$ donc $w$ est positive
sur tout élément de la forme $f_0 + f_1 y$, mais aussi sur son inverse
pour la même raison, bref sur tout élément de $K$, et du coup $w$ est
triviale, ce qui contredit l'hypothèse qu'il s'agisse d'une place
de $E$.  On a donc $e \geq 1$ et $w|_{k(x)} = ev$ avec $e$ une place
de $k(x)$ au-dessus de $k$.  Or on sait qu'une telle place est
forcément soit la place à l'infini soit la place définie par un
polynôme unitaire irréductible dans $k[x]$, et selon le cas que ce
dernier divise ou ne divise pas $f$, on trouve dans les différents cas
$w(x) < 0$ ou bien $w(f_\sharp(x)) > 0$ ou encore $w(f_P(x)) > 0$,
donc une des places qu'on a classifiées.
\end{corrige}

\smallbreak

\emph{On pourra désormais librement supposer que $k$ est parfait}
(même si ce n'est pas utile ici).

(13) Relier $dx$ et $dy$ dans $\Omega^1_{K/k}$.  Relier $dx$ et
$d(f_0(x))$ lorsque $f_0 \in k[x]$ est un polynôme quelconque.  En
déduire $\ord_M(dx)$ pour les différentes places $M$ de $E$,
c'est-à-dire, décrire $\divis(dx)$.  Quel est le genre de la
courbe $E$ ?

\begin{corrige}
On a $y = x^3 + ax + b$ donc $y\,dy = (3x^2+a)\,dx$, ce qui peut bien
sûr se réécrire librement en $\frac{dy}{dx} = \frac{3x^2+a}{y} =
\frac{3x^2+a}{x^3+ax+b}y$, ou encore $\frac{dy}{3x^2+a} =
\frac{dx}{y}$ ou encore $\frac{1}{3x^2+a}\,dy =
\frac{1}{x^3+ax+b}\,y\,dx$.

%% $\frac{1}{3x^2+a} = \frac{4a^2}{27 y^4 - 54 b y^2 + \Delta} +
%% \frac{9y^2 - 9b}{27 y^4 - 54 b y^2 + \Delta} x + \frac{6a}{27 y^4 - 54
%%   b y^2 + \Delta} x^2$

Si $f_0 \in k[x]$, on a $d(f_0(x)) = f_0'(x)\,dx$ où $f_0'$ est la
dérivée usuelle des polynômes : cela résulte facilement de
l'application des règles de calcul sur $d$.

Calculons $\ord_M(dx)$ pour les différentes places $M$ de $E$.  En
$\heartsuit$, on sait que $\ord_\heartsuit(x) = -2$, d'où il résulte
que $\ord_\heartsuit(dx) = -3$ (cf. \ref{order-of-derivatives}).  En
une place $\clubsuit$, on sait que $\ord_\clubsuit(f_\sharp(x)) = 2$,
d'où il résulte que $\ord_\clubsuit(d(f_\sharp(x))) = 1$, c'est-à-dire
$\ord_\clubsuit(f_\sharp'(x)) + \ord_\clubsuit(dx) = 1$.  Mais on a vu
que $\ord_\clubsuit(r(x)) = 2\ord_{(f_\sharp)}(r)$ quel que soit $r
\in k(x)$, et par ailleurs $f_\sharp'$ et $f_\sharp$ sont premiers
entre eux dans $k[x]$ vu que $f_\sharp$ est séparable (puisqu'il
divise $f$).  Bref, $\ord_\clubsuit(dx) = 1$.  On pouvait aussi le
déduire du fait que $\ord_\clubsuit(y) = 1$ donc $\ord_\clubsuit(dy) =
0$, et $dx = \frac{y}{3x^2+a}\,dy$ où l'ordre du dénominateur est $0$
en chaque place $\clubsuit$ (puisque $3x^2+a$ est premier avec $f$).
Enfin, en une place $Q$ telle que $\ord_Q(f_P(x)) = 1$, on a
$\ord_Q(d(f_P(x))) = 0$, c'est-à-dire $\ord_Q(f_P'(x)) + \ord_Q(dx) =
0$, et comme les deux termes sont positifs (puisque $A \subseteq
\mathcal{O}_Q$ comme on l'a déjà signalé), ils sont tous les deux
nuls, bref $\ord_Q(dx) = 0$.

Finalement, on a $\divis(dx) = \sum_i (\clubsuit_i) - 3(\heartsuit)$
(diviseur de degré $0$, qui coïncide avec $\divis(y)$).

Le genre de la courbe $E$ est donné par l'égalité $\deg(\divis(dx)) =
2g-2$ (cf. \ref{degree-of-canonical-divisor}), donc $g = 1$.
\end{corrige}

\smallbreak

(14) Donner un élément $\omega \in \Omega^1_{K/k}$ tel que
$\divis(\omega) = 0$.

\begin{corrige}
On a vu que $\divis(dx) = \divis(y)$, donc la différentielle
$\frac{dx}{y} = \frac{1}{x^3 + ax + b}\,y\,dx = \frac{1}{3x^2+a}\,dy$
répond à la question.
\end{corrige}

\smallbreak

(15) Si $D$ est un diviseur de degé $1$ sur $E$, montrer que $\ell(D)
= 1$.  En déduire que tout diviseur $D$ de degré $0$ est linéairement
équivalent à $(M) - (\heartsuit)$ pour une place $M$ de degré $1$ (on
considérera un élément non nul dans $\mathscr{L}(D + (\heartsuit))$).
Montrer que cette place est unique, i.e., que $(M) - (\heartsuit)$
n'est linéairement équivalent à $(M') - (\heartsuit)$ que pour $M'=M$
(on pourra noter que tout élément de $\mathscr{L}((M))$ est une
constante).

\begin{corrige}
D'après \ref{degree-of-canonical-divisor}(B), si $D$ est de degré $1 >
2g-2$, on a $\ell(D) = \deg D + 1 - g = 1$.  Si maintenant $D$ est de
degré $0$, alors $D + (\heartsuit)$ est de degré $1$, donc on vient de
voir qu'il existe $z \in \mathscr{L}(D + (\heartsuit))$ non nul,
c'est-à-dire $\divis(z) + D + (\heartsuit) \geq 0$, or le membre de
gauche est de degré $1$, et un diviseur effectif de degré $1$ est
évidemment de la forme $(M)$ pour $M$ une place rationnelle.  On a
donc $\divis(z) + D + (\heartsuit) = (M)$, ce qui donne bien $D \sim
(M) - (\heartsuit)$.  Enfin, $M$ est unique sous ces conditions, car
si $(M') - (\heartsuit) \sim (M) - (\heartsuit)$, autrement dit $(M')
- (M) = \divis(u)$ pour un certain $u\in K^\times$, on a $u \in
\mathscr{L}((M))$, et on vient de voir que $\ell((M)) = 1$,
c'est-à-dire que $\mathscr{L}((M))$ ne contient que les constantes,
bref, $\divis(u) = 0$ et $M = M'$.
\end{corrige}



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\end{document}