From 75270160484d7a043bf393e7943d9191b5b6048c Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: "David A. Madore" <david+git@madore.org>
Date: Thu, 17 Jun 2010 19:24:57 +0200
Subject: Start writing answers.

---
 controle-2010.tex | 165 ++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++----
 1 file changed, 155 insertions(+), 10 deletions(-)

(limited to 'controle-2010.tex')

diff --git a/controle-2010.tex b/controle-2010.tex
index 72fe965..59b77a2 100644
--- a/controle-2010.tex
+++ b/controle-2010.tex
@@ -82,6 +82,13 @@ les variables dans l'ordre $x \prec y \prec z$.  Écrire dans l'ordre
 croissant, pour cet ordre, les monômes $1$, $x$, $y$, $z$, $x^2$,
 $y^2$, $z^2$, $x^2 z$, $x^4$.
 
+\begin{corrige}
+On a $1 \prec x \prec x^2 \prec x^4 \prec y \prec y^2 \prec z \prec
+x^2 z \prec z^2$.
+\end{corrige}
+
+\medbreak
+
 \textbf{2.} On considère dans l'anneau $k[x,y,z]$ l'idéal $I$ engendré
 par les deux polynômes
 \[
@@ -101,11 +108,47 @@ et $f_2$.  Quel est le reste (standard) de $f_3$ par rapport à
 $f_1,f_2$ pour l'ordre monomial $\preceq$ ?  Les polynômes $f_1,f_2$
 sont-ils une base de Gröbner (de l'idéal $I$) ?
 
+\begin{corrige}
+Comme $f_3 = f_1 - f_2$ on a $f_3 \in (f_1,f_2) = I$ donc $(f_1,f_3)
+\subseteq (f_1,f_2)$, mais dans l'autre sens $f_2 = f_1 - f_3 \in
+(f_1,f_3)$ donc $(f_1,f_2) \subseteq (f_1,f_3)$, ce qui prouve
+l'égalité.
+
+On a $f_3 = 2z + x^2 - 1$ : aucun de ses monômes ($z$, $x^2$ ou $1$)
+n'est divisible par le terme de tête d'un des polynômes $f_1$ ou $f_2$
+(soit $z^2$), donc le reste est $f_3$ lui-même.  Comme ce reste est
+non-nul bien que $f_3 \in (f_1,f_2)$, on peut conclure que $f_1,f_2$
+ne sont pas une base de Gröbner.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
 (b) Calculer le reste (standard) $f_4$ de $f_1 - \frac{1}{2} z f_3$
 par rapport à $f_1,f_3$ pour l'ordre monomial $\preceq$.  Expliquer
 pourquoi l'idéal engendré par $f_3$ et $f_4$ est le même que celui
 engendré par $f_1$ et $f_3$.
 
+\begin{corrige}
+On a $f_1 - \frac{1}{2} z f_3 = -\frac{1}{2}x^2 z + \frac{1}{2}z + y^2
++ x^2 - 1$ (il s'agit du polynôme de syzygie entre $f_1$ et $f_3$).
+Deux de ses monômes, à savoir $x^2z$ et $z$ sont divisibles par le
+monôme de tête de $f_3$ (à savoir $z$).  Si on ajoute $\frac{1}{4} x^2
+f_3$ puis $-\frac{1}{4} f_3$ pour annuler ces deux termes, il reste
+$y^2 + \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4}$, dans lequel
+plus aucun monôme n'est divisible par le monôme de tête de $f_1$
+(soit $z^2$) ni $f_3$ (soit $z$).  C'est donc le polynôme $f_4$
+recherché.
+
+L'idéal $(f_3,f_4)$ est le même que $(f_1,f_3)$ pour la même raison
+qu'à la question précédente : on a d'une part $f_4 = f_1 +
+(-\frac{1}{2}z + \frac{1}{4} x^2 - \frac{1}{4}) f_3$ qui montre $f_4
+\in (f_1,f_3)$, et d'autre part, la même égalité $f_1 = f_4 +
+(\frac{1}{2}z - \frac{1}{4} x^2 + \frac{1}{4}) f_3$ qui montre $f_1
+\in (f_3,f_4)$.  On a donc bien $(f_1,f_3) = (f_3,f_4)$.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
 (c) Montrer qu'une base de Gröbner de $I$ pour l'ordre $\preceq$ est
 donnée par
 \[
@@ -116,10 +159,53 @@ y^2 + \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4}\\
 \]
 S'agit-il d'une base de Gröbner réduite ?
 
+\begin{corrige}
+Les polynômes en questions sont $\frac{1}{2} f_3$ et $f_4$.  On a vu à
+la question précédente que ces polynômes engendrent bien $I$.
+
+Montrons qu'il s'agit d'une base de Gröbner : le polynôme de syzygie
+entre $\frac{1}{2}f_3$ et $f_4$ vaut $f_{3,4} :=
+y^2\cdot\frac{1}{2}f_3 - z\cdot f_4$ (puisque les monômes $z$ et $y^2$
+ont pour pgcd $1$).  On peut le calculer complètement ($f_{3,4}$ vaut
+$-\frac{1}{4} x^4 z - \frac{1}{2} x^2 z + \frac{3}{4} z + \frac{1}{2}
+x^2 y^2 - \frac{1}{2} y^2$), mais ce n'est pas nécessaire pour se
+convaincre que les termes divisibles par $z$ vont être annulés en
+soustrayant précisément le produit de $\frac{1}{2} f_3$ par les termes
+de $f_4$ autres que celui de tête, et qu'ensuite les termes qui
+resteront vont être annulés en soustrayant le produit de $f_4$ par les
+termes de $\frac{1}{2}f_3$ autres que celui de tête --- le reste vaut
+donc $0$.  Si l'on préfère, on pouvait aussi dire que $f_{3,4} = g_3
+\cdot \frac{1}{2}f_3 + g_4 f_4$ constitue une écriture standard
+lorsque $g_3 = f_4 - y^2$ et $g_4 = \frac{1}{2}f_3 - z$ puisque le
+monôme de tête de chacun de $g_3 f_3$ (soit $x^4 z$) et de $g_4 f_4$
+(soit $x^2 y^2$) est à chaque fois égal à celui de $f_{3,4}$, et cette
+écriture standard a un reste nul.
+
+La base est réduite car aucun monôme de $\frac{1}{2} f_3$ ou $f_4$
+n'est divisible par le terme de tête de l'autre, et que ces termes de
+tête sont unitaires.  (Il s'agit donc de \emph{la} base de Gröbner
+réduite de $I$ pour l'ordre $\preceq$.)
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
 (d) Quel est l'idéal $I \cap k[x,y]$ ?  Donner l'équation de
 l'adhérence de Zariski de la projection de la variété algébrique
 affine $Z(I)$ sur le plan $\mathbb{A}^2$ de coordonnées $x,y$.
 
+\begin{corrige}
+On a trouvé une base de Gröbner $B$ de $I$ pour l'ordre
+lexicographique avec $x \prec y \prec z$.  On sait alors qu'une base
+de Gröbner de $I \cap k[x,y]$ est donnée par ceux des éléments de $B$
+qui appartiennent à $k[x,y]$, soit en l'occurrence $f_4 = y^2 +
+\frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4}$.  On a donc $I \cap
+k[x,y] = (f_4)$, et $f_4$ est l'équation de l'adhérence de Zariski de
+la projection de $Z(I)$ sur le plan de coordonnées $x,y$.  (C'est la
+courbe $C$ étudiée à la question suivante.)
+\end{corrige}
+
+\medbreak
+
 \textbf{3.} On considère maintenant la variété $C$ définie dans le
 plan affine $\mathbb{A}^2$ de coordonnées affines $x,y$ par l'équation
 $y^2 + \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4} = 0$.
@@ -127,21 +213,80 @@ $y^2 + \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4} = 0$.
 (a) Ce plan affine $\mathbb{A}^2$ étant vu dans le plan projectif
 $\mathbb{P}^2$ de coordonnées homogènes $(T:X:Y)$ par $x = X/T$ et $y
 = Y/T$, donner les équations de l'adhérence de Zariski $C^+$
-(« complétée projective ») de $C$ dans $\mathbb{P}^2$.
+(« complétée projective ») de $C$ dans $\mathbb{P}^2$.  Quelles sont
+les coordonnées du point $\infty$ d'intersection de $C^+$ et la droite
+« à l'infini » $T=0$ ?
+
+\begin{corrige}
+L'équation de $C^+$ s'obtient en homogénéisant celle de $C$, soit $T^2
+Y^2 + \frac{1}{4}X^4 + \frac{1}{2}T^2 X^2 - \frac{3}{4} T^4 = 0$.  La
+droite à l'infini $T=0$ et $C^+$ se rencontrent au point $(T:X:Y) =
+(0:0:1)$ (car $T=0$ et l'équation de $C^+$ impliquent $X=0$, donc on
+doit avoir $Y\neq 0$ qu'on peut écrire $Y=1$ vu le choix de
+l'homogénéité), qui est donc l'unique point de $C^+$ non dans $C$.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
 
 (b) Pourquoi $C$ et $C^+$ sont-elles de dimension $1$ ?
 
-(c) Le polynôme $\frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4}$ a-t-il
-des racines multiples dans la clôture algébrique $k^{\alg}$ de $k$ ?
-Pourquoi les racines en question peuvent-elles s'écrire
-$\lambda_1,\lambda_2,-\lambda_1,-\lambda_2$ (pour certains
-$\lambda_1,\lambda_2 \in k^{\alg}$) ?
+\begin{corrige}
+D'après le Hauptidealsatz : car elles sont définies par une seule
+équation non constante dans le plan.
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(c) Le polynôme $h(x) := \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 -
+\frac{3}{4}$ a-t-il des racines multiples dans la clôture
+algébrique $k^{\alg}$ de $k$ ?  Pourquoi les racines en question
+peuvent-elles s'écrire $\lambda_1,\lambda_2,-\lambda_1,-\lambda_2$
+(pour certains $\lambda_1,\lambda_2 \in k^{\alg}$) ?
+
+\begin{corrige}
+Le discriminant du trinôme $g(u) := \frac{1}{4} u^2 + \frac{1}{2} u -
+\frac{3}{4}$ (en la variable $u$) vaut $\frac{1}{2}^2 - 4
+\frac{1}{4}(-\frac{3}{4}) = 1 \neq 0$, donc celui-ci a deux racines
+distinctes (qui sont d'ailleurs $u=1$ et $u=-3$), et par ailleurs
+distinctes de $0$ (cela se voit sur leur produit qui est $-3$).  Les
+racines de $h = g(x^2) = \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 -
+\frac{3}{4}$ sont les racines carrées des racines de $g$, qui peuvent
+donc s'écrire $\lambda_1,\lambda_2,-\lambda_1,-\lambda_2$ avec
+$\lambda_1 = 1$ par exemple, et $\lambda_2 = \sqrt{-3}$ (une des deux
+racines carrées de $-3$ dans $k^{\alg}$).
+\end{corrige}
+
+\smallbreak
+
+(d) Montrer que $C$ est lisse.  La courbe $C^+$ l'est-elle aussi ?
+
+\begin{corrige}
+Un point non-lisse de $C$ devrait être une solution (dans $k^{\alg}$)
+à la fois de $f_4 = 0$ et de $\frac{\partial f_4}{\partial x} = 0$ et
+de $\frac{\partial f_4}{\partial y} = 0$, soit $f_4 = 0$ et $x^3 + x =
+0$ et $y = 0$.  Or ces équations impliquent à la fois $h(x) = 0$ et
+$h'(x) = 0$ (où $h = \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4}$ a
+été introduit à la question précédente), et on a vu que $h$ n'a pas de
+racine multiple, c'est-à-dire précisément qu'il n'a pas de racine
+commune avec $h'$.  La courbe $C$ est donc lisse.
+
+En revanche, au point $(T:X:Y) = (0:0:1)$, toutes les dérivées
+partielles de l'équation $T^2 Y^2 + \frac{1}{4}X^4 + \frac{1}{2}T^2
+X^2 - \frac{3}{4} T^4 = 0$ de $C^+$ s'annulent simultanément, donc ce
+point est singulier.  (Cela peut aussi se voir en considérant un autre
+ouvert affine, $D(Y) = \{Y\neq 0\}$ de $\mathbb{P}^2$, pour lequel en
+posant $\tau = T/Y$ et $\xi = X/Y$ les deux coordonnées affines,
+l'équation de $C^+ \cap D(Y)$ devient $\tau^2 + \frac{1}{4}\xi^4 +
+\frac{1}{2}\tau^2\xi^2 - \frac{3}{4}\tau^4 = 0$, où effectivement à la
+fois l'équation et ses deux dérivées partielles par rapport à $\tau$
+et $\xi$ s'annulent simultanément en $(\tau,\xi) = (0,0)$.)
+\end{corrige}
 
-(d) Montrer que $C$ est lisse.  Montrer que $C^+$ l'est aussi.
+\smallbreak
 
-(e) Quel est le diviseur de $y$ vue comme une fonction rationnelle
-sur $C^+$ ?  Quel est le diviseur de $dx$ ?  Celui de $dx/y$ ?  En
-conclure quant au genre de $C^+$.
+(e) \textbf{FIXME!} Quel est le diviseur de $y$ vue comme une fonction
+rationnelle sur $C^+$ ?  Quel est le diviseur de $dx$ ?  Celui de
+$dx/y$ ?  En conclure quant au genre de $C^+$.
 
 
 %
-- 
cgit v1.2.3

