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\title{ACCQ205\\Exercices — Corrigé\\{\normalsize Courbes algébriques}}
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\title{ACCQ205\\Exercices\\{\normalsize Courbes algébriques}}
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\author{David A. Madore}
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\exercice

Dans $\mathbb{P}^2(\mathbb{R})$, quelle est l'intersection de la
droite reliant les points $(1{:}1{:}1)$ et $(1{:}2{:}3)$ et de celle
reliant les points $(0{:}1{:}3)$ et $(1{:}0{:}0)$ ?

Traduire cette même question et son résultat dans le plan affine
$\mathbb{A}^2(\mathbb{R})$ (c'est-à-dire $\mathbb{R}^2$) vu comme
l'ensemble des points $(1:x:y)$ de $\mathbb{P}^2(\mathbb{R})$.

\begin{corrige}
En notant $[u:v:w]$ (pour $u,v,w$ non tous nuls) la droite d'équation
$ux+vy+wz = 0$ dans $\mathbb{P}^2$, on rappelle que la droite reliant
$(x:y:z)$ et $(x':y':z')$ distincts est $[yz'-zy' : zx'-xz' :
  xy'-yx']$, et que l'intersection des droites distinctes $[u:v:w]$ et
$[u':v':w']$ est $[vw'-wv' : wu'-uw' : uv'-vu']$.

Avec ces formules, on trouve que $(1{:}1{:}1) \vee (1{:}2{:}3) =
[1{:}-2{:}1]$ (on note $p \vee q$ pour la droite reliant $p$ et $q$)
et que $(0{:}1{:}3) \vee (1{:}0{:}0) = [0{:}3{:}-1]$ et finalement que
le point recherché est $[1{:}-2{:}1] \wedge [0{:}3{:}-1] =
(-1{:}1{:}3)$ (en notant $\ell \wedge m$ pour l'intersection des
droites $\ell$ et $m$).  Ce point est bien sûr aussi égal, par
exemple, à $(1{:}-1{:}-3)$ ou $(-2{:}2{:}6)$.

En affine, la question demande l'intersection de la droite reliant
$(1,1)$ et $(2,3)$ et de la droite de pente $3$ passant par $(0,0)$.
(La « pente » de la droite affine $y = ax+b$ est le nombre $a$, qu'on
peut voir comme le point à l'infini $(0:1:a)$ de sa complétée
projective.)  La réponse est que les droites en question se coupent
en $(-1,-3)$.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

Donner l'équation de l'homographie (= transformation projective) $f
\colon \mathbb{P}^1 \to \mathbb{P}^1$ sur, disons, les réels, qui
envoie $0$ sur $0$ et $1$ sur $1$ et $2$ sur $3$.  Quelle est l'image
de $\infty$ par cette homographie, et quel point s'envoie sur $\infty$
par elle ?

\begin{corrige}
L'énoncé suppose implicitement qu'on identifie $\mathbb{P}^1$ au
complété de $\mathbb{A}^1$ par l'ajout d'un point à l'infini.  Notons
$t$ la coordonnée sur $\mathbb{A}^1$ et fixons les coordonnées de
$\mathbb{P}^1$ en identifiant le point $t$ de $\mathbb{A}^1$ avec le
point $(t{:}1)$ de $\mathbb{P}^1$ et le point à l'infini avec
$(1{:}0)$ (c'est-à-dire que $(u:v)$ de $\mathbb{P}^1$ s'identifie avec
$u/v$ dans $\mathbb{A}^1$ sauf lorsque $v=0$ auquel cas on le
note $\infty$).

On cherche un élément de $\mathit{PGL}_2$, c'est-à-dire une matrice
inversible $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\ \end{pmatrix}$ (modulo
homothéties).  Compte tenu de l'identification qu'on vient de faire,
cela signifie qu'on cherche $f$ sous la forme $f(t) =
\frac{at+b}{ct+d}$ (avec $ad-bc \neq 0$ pour assurer l'inversibilité,
et en gardant à l'esprit que ceci ne fixera $a,b,c,d$ qu'à
multiplication près par une constante).

La contrainte $f(0)=0$ se traduit alors par $b=0$, la contrainte
$f(1)=1$ se traduit par $a+b=c+d$, et la contrainte $f(2)=3$ se
traduit par $2a+b=3(2c+d)$.  En résolvant le système (avec une
contrainte arbitraire pour fixer l'homogénéité sans importance), on
trouve $\begin{pmatrix}3&0\\-1&4\\ \end{pmatrix}$ (modulo
multiplication par constantes), soit $f(t) = 3t/(-t+4)$.  Le point
$\infty$ s'envoie alors sur $-3$ (c'est-à-dire que $(1{:}0)$ s'envoie
sur $(3{:}-1)$), et $4$ s'envoie sur $\infty$ (c'est-à-dire que
$(4{:}1)$ s'envoie sur $(1{:}0)$).
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

(a) Combien y a-t-il de points dans $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ ?
(b) Combien y a-t-il de couples de points distincts de
$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ ?  (c) Étant donnée une droite $\ell$ de
$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$, combien de couples de points distincts
sont situés dessus ?  (d) En déduire le nombre de droites dans
$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$.  (e) Indépendamment des questions
(b) à (d), combien y a-t-il de plans dans
$\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ ?

\begin{corrige}
(a) On a vu que c'est $\frac{q^4-1}{q-1} = q^3 + q^2 + q + 1$ (ce qui
  s'écrit encore, si on préfère, $(q+1) (q^2+1)$).

(b) On en déduit que c'est $(q^3 + q^2 + q + 1) (q^3 + q^2 + q)$ (ce
  qui s'écrit encore, si on préfère, $q(q+1)(q^2+1)(q^2+q+1)$).

(c) Chaque droite de $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ est elle-même un
  $\mathbb{P}^1(\mathbb{F}_q)$, donc elle a $q+1$ points, et $q(q+1)$
  couples de points distincts.

(d) Chaque couple de points distincts de $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$
  détermine une unique droite, laquelle s'obtient de $q(q+1)$ manières
  différentes : il y a donc $[q(q+1)(q^2+1)\penalty0
    (q^2+q+1)]/[q(q+1)] = (q^2+1)(q^2+q+1) = q^4 + q^3 + 2q^2 + q + 1$
  droites distinctes dans $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$.

(e) La dualité projective met en correspondance les plans de
  $\mathbb{P}^2$ avec les points du $\mathbb{P}^2$ dual.  Notamment,
  les plans de $\mathbb{P}^3(\mathbb{F}_q)$ sont en même nombre que
  ses points, c'est-à-dire $q^3 + q^2 + q + 1$.
\end{corrige}


%
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%

\exercice

On souhaite démontrer de façon calculatoire le théorème suivant
(théorème de Desargues) : si $A,B,C$ et $A',B',C'$ sont deux triangles
(= triplets de points non alignés) dans $\mathbb{P}^2$ tels que $AA'$,
$BB'$ et $CC'$ concourent en un point $O$, alors les points $U := BC
\wedge B'C'$ (point d'intersection des droites $BC$ et $B'C'$) et $V
:= CA \wedge C'A'$ et $W := AB \wedge A'B'$ sont alignés.  (Comme
d'habitude en géométrie projective, on suppose tacitement que les
points sont en position suffisamment générale, c'est-à-dire que toutes
les paires de points qu'on a reliés pour former une droite sont
distinctes, et que toutes les paires de droites qu'on a intersectées
sont aussi distinctes.)

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,x=1.0cm,y=1.0cm,extended line/.style={shorten >=-#1,shorten <=-#1},extended line/.default=1cm]
%% \clip(-3.43,-5.04) rectangle (4.25,0.85);
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-0-1.69*\x)/-1.38});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-0-1.96*\x)/1.19});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-0-2.4*\x)/-0.02});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-4.73-0.27*\x)/2.57});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--2.9-0.44*\x)/-1.21});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--3.28--0.71*\x)/-1.36});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(-14.02--1.17*\x)/4.67});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--6.32-1.33*\x)/-1.62});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--11.99--0.15*\x)/-3.05});
%% \draw [domain=-3.43:4.25] plot(\x,{(--9.7-2.9*\x)/-0.07});
\begin{scriptsize}
\coordinate (O) at (0,0);
\coordinate (A) at (-1.38,-1.69);
\coordinate (B) at (1.19,-1.96);
\coordinate (C) at (-0.02,-2.4);
\coordinate (Aprime) at (-3.08,-3.78);
\coordinate (Bprime) at (1.59,-2.61);
\coordinate (Cprime) at (-0.03,-3.93);
\coordinate (W) at (3.29,-2.18);
\coordinate (U) at (3.31,-1.19);
\coordinate (V) at (3.24,-4.1);
\draw[extended line=0.5cm] (O)--(Aprime);
\draw[extended line=0.5cm] (O)--(Bprime);
\draw[extended line=0.5cm] (O)--(Cprime);
\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (A)--(W);
\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (Aprime)--(W);
\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (A)--(V);
\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (Aprime)--(V);
\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (C)--(U);
\draw[color=black!50!red,extended line=0.5cm] (Cprime)--(U);
\draw[color=black!50!blue,extended line=0.5cm] (U)--(V);
\fill [color=blue] (O) circle (1.5pt);
\draw[color=blue] (0.11,0.17) node {$O$};
\fill [color=red] (A) circle (1.5pt);
\draw[color=red] (-1.27,-1.52) node {$A$};
\fill [color=red] (B) circle (1.5pt);
\draw[color=red] (1.3,-1.79) node {$B$};
\fill [color=red] (C) circle (1.5pt);
\draw[color=red] (0.09,-2.23) node {$C$};
\fill [color=red] (Aprime) circle (1.5pt);
\draw[color=red] (-2.97,-3.61) node {$A'$};
\fill [color=red] (Bprime) circle (1.5pt);
\draw[color=red] (1.7,-2.43) node {$B'$};
\fill [color=red] (Cprime) circle (1.5pt);
\draw[color=red] (0.09,-3.76) node {$C'$};
\fill (W) circle (1.5pt);
\draw (3.41,-2) node {$W$};
\fill (U) circle (1.5pt);
\draw (3.42,-1.01) node {$U$};
\fill (V) circle (1.5pt);
\draw (3.35,-3.92) node {$V$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{center}

(a) Expliquer pourquoi on peut trouver des coordonnées telles que
$A=(1{:}0{:}0)$, $B=(0{:}1{:}0)$, $C=(0{:}0{:}1)$ et $O=(1{:}1{:}1)$.

(b) Expliquer pourquoi les coordonnées de $A',B',C'$ sont alors de la
forme $A' = (a:u:u)$, $B' = (v:b:v)$ et $C' = (w:w:c)$.

(c) Calculer les coordonnées de $U,V,W$.

(d) Conclure.

(e) Indépendamment de ce qui précède, quel est l'énoncé dual du
théorème de Desargues ?

\begin{corrige}
(a) On a supposé $ABC$ non alignés, $OAB$ non alignés (implicitement
  en disant que $AA'$ et $BB'$ concourent), $OBC$ non alignés et $OCA$
  non alignés.  On a donc affaire à une base projective
  de $\mathbb{P}^2$, et quitte à choisir les coordonnées, on peut
  supposer qu'il s'agit de la base standard.

(b) Le point $A'$ est sur la droite $OA = [0{:}1{:}-1]$, c'est-à-dire
  que ses deux dernières coordonnées sont égales : on peut donc
  l'écrire $(a:u:u)$ (avec $a,u$ non simultanément nuls).  Les deux
  autres cas sont symétriques.

(c) La droite $BC$ est $[1{:}0{:}0]$, et la droite $B'C'$ est $[bc -
    vw : -cv + vw : -bw + vw]$ (on peut se dispenser de calculer la
  première coordonnée), ce qui donne $U := BC \wedge B'C' = (0 : bw -
  vw : -cv + vw)$.  Les deux autres s'obtiennent alors en appliquant
  la permutation cyclique évidente, soit $V = (-aw + wu : 0 : cu -
  wu)$ et $W = (av - uv : -bu + uv : 0)$.

(d) Il s'agit de vérifier l'annulation du déterminant
\[
\left|
\begin{matrix}
0&-aw+wu&av-uv\\
bw-vw&0&-bu+uv\\
-cv+vw&cu-wu&0\\
\end{matrix}
\right|
\]
ce qui peut se faire directement ou en remarquant que $u$ fois les
coordonnées trouvées pour $U$ plus $v$ fois celles pour $V$ plus $w$
fois celles pour $W$ donne zéro.

(e) L'énoncé dual obtenu en échangeant mécaniquement points et droites
est : si $\alpha,\beta,\gamma$ et $\alpha',\beta',\gamma'$ sont deux
triangles dans $\mathbb{P}^2$ donnés par des triplets de droites cette
fois, tels que les points d'intersection $\alpha\wedge\alpha'$,
$\beta\wedge\beta'$ et $\gamma\wedge\gamma'$ soient alignées selon une
droite $\ell$, alors les droites $p := (\beta\wedge\gamma) \vee
(\beta'\wedge\gamma')$ (droite reliant les points d'intersection
$\beta\wedge\gamma$ et $\beta'\wedge\gamma'$) et $q :=
(\gamma\wedge\alpha) \vee (\gamma'\wedge\alpha')$ et $r :=
(\alpha\wedge\beta) \vee (\alpha'\wedge\beta')$ sont concourantes.

Mais on peut le reformuler : en appelant $A,B,C$ les sommets du
triangle de côtés $\alpha,\beta,\gamma$, c'est-à-dire $A :=
\beta\wedge\gamma$ et $B := \gamma\wedge\alpha$ et $C :=
\alpha\wedge\beta$, et de même $A',B',C'$ les sommets de
$\alpha',\beta',\gamma'$, alors l'énoncé de Desargues dual est : si
$A,B,C$ et $A',B',C'$ sont deux triangles dans $\mathbb{P}^2$ tels que
les points $U := BC \wedge B'C'$ (point d'intersection des droites
$BC$ et $B'C'$) et $V := CA \wedge C'A'$ et $W := AB \wedge A'B'$
soient alignés, alors $AA'$, $BB'$ et $CC'$ concourent en un
point $O$.  Il s'agit précisément de la réciproque du théorème de
Desargues tel que nous l'avons énoncé.

Autrement dit, en démontrant le théorème de Desargues, nous avons
aussi démontré sa réciproque (puisque celle-ci s'obtient en appliquant
Desargues dans le plan projectif dual).
\end{corrige}


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\exercice

Donner des équations (c'est-à-dire, écrire comme un fermé de Zariski)
de la droite de $\mathbb{P}^3$ sur $\mathbb{R}$ qui passe par les
points $(1{:}2{:}3{:}4)$ et $(4{:}1{:}2{:}3)$.  (On notera
$(t{:}x{:}y{:}z)$ les coordonnées homogènes sur $\mathbb{P}^3$.)  Le
point $(3{:}4{:}1{:}2)$ est-il situé dessus ?

\begin{corrige}
Traduisons le problème comme un problème d'algèbre linéaire : on
considère $V$ le plan vectoriel (= sous-espace vectoriel de
dimension $2$) engendré par les deux vecteurs $(1,2,3,4)$ et
$(4,1,2,3)$ de $\mathbb{R}^4$, et on cherche à trouver un système
générateur (et tant qu'à faire, une base) de l'ensemble $V^\perp$ des
formes linéaires sur $\mathbb{R}^4$ s'annulant sur $V$ (qu'on peut
voir comme des polynômes homogènes de degré $1$ en $t,x,y,z$ si l'on
veut).  Si on note $s,u,v,w$ les coordonnées (coefficients devant
$t,x,y,z$) d'une telle forme linéaire, on cherche donc à résoudre
$s+2u+3v+4w=0$ et $4s+u+2v+3w=0$, ce système étant évidemment
sous-déterminé (puisque $V^\perp$ est de dimension $2$) mais on
cherche à trouver une base de son espace de solutions.  On peut par
exemple trouver pour $(s,u,v,w)$ les solutions $(1,0,13,-10)$ et
$(0,1,-2,1)$ ou encore $(-\frac{1}{7}, -\frac{10}{7}, 1, 0)$ et
$(-\frac{2}{7}, -\frac{13}{7}, 0, 1)$ (par exemple calculées en
mettant la matrice $\begin{pmatrix}1&2&3&4\\4&1&2&3\\ \end{pmatrix}$
sous forme échelonnée), ou n'importe quels deux vecteurs non
colinéaires vérifiant le système qu'on a écrit (tout autre élément
étant alors combinaison des deux qu'on a choisis).

Mettons qu'on prenne $(1,0,13,-10)$ et $(0,1,-2,1)$ : ceci permet
d'écrire que la droite passant par $(1{:}2{:}3{:}4)$ et
$(4{:}1{:}2{:}3)$ a pour équations $t + 13y - 10z = 0$ et $x - 2y + z
= 0$ (encore une fois, n'importe quelle autre équation sera dans le
sous-$\mathbb{R}$-espace vectoriel, et \emph{a fortiori} dans l'idéal,
engendré par ces deux équations choisies).

Savoir si le point $(3{:}4{:}1{:}2)$ est situé sur la droite en
question se vérifie alors sur ces équations : la réponse est
manifestement non.  (On pouvait aussi tester directement l'alignement
de $(3{:}4{:}1{:}2)$ avec $(1{:}2{:}3{:}4)$ et $(4{:}1{:}2{:}3)$ en
testant si le vecteur $(3,4,1,2)$ apartient à l'image de la matrice
$4\times 2$ transposée de
$\begin{pmatrix}1&2&3&4\\4&1&2&3\\ \end{pmatrix}$, ou encore si la
matrice $4\times 3$ ayant ces trois vecteurs comme colonnes a un
rang $\leq 2$, et la réponse est non quelle que soit la manière dont
la question est tournée.)
\end{corrige}


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%
%

\exercice\label{exercice-circular-points-at-infinity}

Soient $x_0,y_0,r$ des réels avec $r>0$.  Soit $C := \{(x,y) \mid
(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 = r^2\} \subseteq \mathbb{A}^2$ le cercle de
centre $(x_0,y_0)$ et de rayon $r$ vu comme un fermé de Zariski de
$\mathbb{A}^2$ sur $\mathbb{R}$.  On voit maintenant $\mathbb{A}^2$
dans $\mathbb{P}^2$, dont les coordonnées seront notées $(T:X:Y)$ en
identifiant le point $(x,y)$ de $\mathbb{A}^2$ avec $(1:x:y)$ de
$\mathbb{P}^2$.  Déterminer l'équation du complété projectif $C^+
\subseteq \mathbb{P}^2$ de $C$.  Quels sont les points à l'infini
de $C^+$ (« à l'infini » s'entendant par rapport au $\mathbb{A}^2$
dont on est parti) ?

Commenter l'affirmation : « en géométrie projective, tous les cercles
euclidiens passent par deux mêmes points géométriques situés à
l'infini (les \emph{points cycliques}) ».

\begin{corrige}
Il s'agit d'homogénéiser l'équation $(x-x_0)^2 + (y-y_0)^2 - r^2 = 0$.
Pour cela, on remplace $x$ par $X/T$ et $y$ par $Y/T$ et on multiplie
par $T^2$ pour chasser les dénominateurs.  On obtient ainsi l'équation
projective : $(X-x_0 T)^2 + (Y-y_0 T)^2 - r^2 T^2 = 0$, ou, si on
préfère, $X^2 + Y^2 - 2 x_0 TX - 2 y_0 TY + (x_0^2+y_0^2-r^2) T^2 =
0$ ($*$).  Le fermé de Zariski $C^+ \subseteq \mathbb{P}^2$ est celui
défini par l'équation qu'on vient d'écrire.

Ses points à l'infini sont le fermé de Zariski défini par les deux
équations ($*$) et $T=0$ (cette dernière définissant la droite à
l'infini).  L'idéal qu'elles engendrent est donc aussi celui engendré
par $T=0$ et $X^2 + Y^2 = 0$ (autrement dit, on peut remplacer $T$
par $0$ dans l'équation ($*$)).  Sur les complexes (où l'équation $X^2
+ Y^2 = 0$ se factorise en $(X+iY)(X-iY) = 0$, donc réunion de deux
droites complexes conjuguées), on obtient les deux points conjugués $I
:= (0{:}1{:}i)$ et $J := (0{:}1{:}-i)$ (ce sont bien sûr les mêmes que
$I = (0{:}i{:}-1)$ et $J = (0{:}i{:}1)$ respectivement, ou toutes
sortes d'autres manières de les écrire).

Ces points (\emph{points cycliques}) ne dépendent pas du cercle dont
on est parti.  Il est donc légitime de dire que tous les cercles
passent par deux mêmes points géométriques $I,J$ situés à l'infini
(points à l'infini de pente $i$ et $-i$ respectivement), même si c'est
un léger abus d'identifier le cercle euclidien avec le complété
projectif qu'on a pris.
\end{corrige}


%
%
%

\exercice

L'idéal $I$ de $\mathbb{C}[x,y]$ engendré par $xy,y^2$ est-il
radical ?  Si non, calculer $\sqrt{I}$.  (On pourra chercher à savoir
quel est $Z(I) \subseteq \mathbb{A}^2$.)

\begin{corrige}
On peut soit raisonner algébriquement, soit raisonner géométriquement.

Le raisonnement algébrique est le suivant.  On a $y \not\in I$ car $y$
ne peut pas s'écrire sous la forme $g xy + h y^2$ comme on le voit en
considérant le terme en $y$ dans ce produit ; pourtant, $y^2 \in I$ :
ceci montre que $I$ n'est pas radical.  Le radical $\sqrt{I}$ doit
contenir $y$ (puisqu'une certaine puissance $y^2$ de $y$ appartient
à $I$), autrement dit, $\sqrt{I} \supseteq (y)$.  Mais par ailleurs on
a $(y) \supseteq I$ car les générateurs de $I$ sont tous dans $(y)$.
Or $(y)$ est un idéal radical (car le quotient $\mathbb{C}[x,y]/(y) =
\mathbb{C}[x]$ est un anneau de polynômes sur un corps, donc intègre,
et notamment réduit) ; bref, $(y)$ est un idéal radical contenant $I$,
mais comme le radical de $I$ est le \emph{plus petit} idéal radical
contenant $I$, on a $(y) \supseteq \sqrt{I}$.  Bref, on a $\sqrt{I} =
(y)$.

Faisons maintenant le raisonnement géométrique.  L'ensemble $Z(I)$ des
$(x,y) \in \mathbb{C}^2$ tels que $xy=0$ et $y^2=0$ coïncide
manifestement avec la droite $y=0$ : en effet, $y=0$ implique $xy=0$
et $y^2=0$, mais réciproquement, $y^2=0$ implique $y=0$.  Donc $Z(I)
:= Z(xy,y^2) = Z(y)$ est l'axe des abscisses $\{y=0\}$, que nous
noterons désormais $D$.  L'idéal $\mathfrak{I}(D)$ des polynômes
s'annulant sur $D$ est radical (comme $\mathfrak{I}$ de quelque chose)
et il vaut $(y)$ (la restriction du polynôme à $D$ revient à oublier
les termes en $y$).  C'est donc que $I$ n'est pas radical (le
Nullstellensatz fort assure qu'il n'y a qu'un seul idéal radical $J$
qui puisse vérifier $Z(J) = D$, à savoir $\mathfrak{I}(D)$).  Mais on
peut a mieux : $\mathfrak{I}(D)$ est le plus petit idéal radical
contenant $I$ (puisque $I \subseteq J$ implique $D = Z(I) \supseteq
Z(J)$ donc $\mathfrak{I}(D) \subseteq \mathfrak{I}(Z(J))$ c'est-à-dire
$\mathfrak{I}(D) \subseteq J$ si $J$ est radical par le
Nullstellensatz) ; bref, $\sqrt{I} = \mathfrak{I}(D) = (y)$.
\end{corrige}


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\exercice

Soit $M \in \mathit{PGL}_3(\mathbb{R})$ une transformation projective
du plan projectif $\mathbb{P}^2$ sur les réels.  On appellera $I :=
(0{:}1{:}i)$ et $J := (0{:}1{:}-i)$ les « points cycliques à
l'infini » (cf. exercice \ref{exercice-circular-points-at-infinity},
qu'il n'est pas nécessaire d'avoir traité), deux points complexes
de $\mathbb{P}^2$.  On voit $\mathbb{A}^2$ dans $\mathbb{P}^2$ en
identifiant le point $(x,y)$ de $\mathbb{A}^2$ au point $(1:x:y)$
de $\mathbb{P}^2$ ; et on munit $\mathbb{A}^2$ sur les réels de sa
structure euclidienne usuelle pour les coordonnées qu'on vient de
dire, c'est-à-dire que le carré de la distance entre $(x_1,y_1)$ et
$(x_2,y_2)$ est $(x_1-x_2)^2 + (y_1-y_2)^2$.

Montrer qu'il y a équivalence entre :
\begin{itemize}
\item la transformation projective $M$ fixe le point $I$,
\item la transformation projective $M$ fixe chacun des points
  complexes $I$ et $J$,
\item la transformation projective $M$ définit une similitude directe
  du plan euclidien (c'est-à-dire, préserve les angles et
  l'orientation).
\end{itemize}

\begin{corrige}
Supposons d'abord que $M$ fixe $I$.  Elle doit alors fixer aussi le
point $J$ puisque ce dernier est le conjugué complexe de $I$ et que
$M$ est à coordonnées réelles.  Ceci démontre l'équivalence entre les
deux premières propriétés.  Par ailleurs, si elles sont vérifiées,
alors $M$ doit aussi envoyer la droite $\ell_\infty := IJ$ sur
elle-même, qui est la « droite à l'infini » (caractérisée par
l'annulation de la première coordonnée homogène) complémentaire du
$\mathbb{A}^2$ qu'on a fixé ; cette condition d'envoyer $\ell_\infty$
sur elle-même est aussi impliquée par la troisième condition (puisque
$M$ est supposée être une bijection de $\mathbb{P}^2$ sur lui-même qui
se restreint à une bijection de $\mathbb{A}^2$ sur lui-même, donc
aussi de son complémentaire $\ell_\infty$).

Autrement dit, sous n'importe laquelle des conditions indiquées, $M$
envoie $\ell_\infty$ sur lui-même, c'est-à-dire que c'est une
transformation \emph{affine}.  On peut l'écrire sous la forme :
\[
\begin{pmatrix}x\\y\\\end{pmatrix}
\mapsto
\begin{pmatrix}a&b\\c&d\\\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x\\y\\\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}u\\v\\\end{pmatrix}
\]
c'est-à-dire en coordonnées homogènes
\[
\begin{pmatrix}T\\X\\Y\\\end{pmatrix}
\mapsto
\begin{pmatrix}1&0&0\\u&a&b\\v&c&d\\\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}T\\X\\Y\\\end{pmatrix}
\]
Le fait d'avoir $MI = I$ signifie que $(0:a+ib:c+id) = (0:1:i)$, ou,
si on préfère, $c+id = i(a+ib) = -b+ia$, ce qui équivaut à $b = -c$ et
$d = a$.

Or la condition $b = -c$ et $d = a$ caractérise les similitudes
directes euclidiennes.  Une façon de le voir est de décrire les
similitudes directes par leur action sur le plan complexe : une
similitude directe est une transformation envoyant le point d'affixe
$z := x+iy \in \mathbb{C}$ sur sur $mz+p$ pour certains
$m,p\in\mathbb{C}$ (on peut la voir comme la composée de la rotation
d'angle $\arg m$ autour de l'origine, de l'homothétie de rapport $|m|$
centrée en l'origine, et de la translation par $p$) ; via
l'identification $m = a+ic$ et $p = u+iv$, cette description coïncide
bien avec la condition qu'on bient d'obtenir.  Une autre façon de le
voir consiste à remarquer que les vecteurs
$\begin{pmatrix}a\\c\\ \end{pmatrix}$ et
$\begin{pmatrix}b\\d\\ \end{pmatrix}$ images de
$\begin{pmatrix}1\\0\\ \end{pmatrix}$ et
$\begin{pmatrix}0\\1\\ \end{pmatrix}$ sur deux vecteurs orthogonaux ce
qui signifie $ab+cd=0$, de même norme ce qui siginifie $a^2+c^2 =
b^2+d^2$, et de même orientation ce qui signifie $ad - bc > 0$ ; on
peut ensuite manipuler ces équations de différentes manières pour
arriver au résultat voulu, par exemple en écrivant $(ac+bd)(ab+cd) -
ad(a^2+c^2 -b^2-d^2) = -(a^2-d^2)(ad-bc)$ ce qui montre que
$a^2-d^2=0$ et donc $b^2-c^2=0$, après quoi il est facile de vérifier
que des quatre combinaisons de signes $d=\pm a$ et $b=\pm c$, seule
$b=-c$ et $d=a$ conduit bien à satisfaire les équations avec le signe
voulu sur le discriminant, et donne bien une similitude directe.
\end{corrige}


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\end{document}