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\begin{document}
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\title{MDI349\\Contrôle de connaissances --- Corrigé\\{\normalsize Géométrie algébrique}}
\else
\title{MDI349\\Contrôle de connaissances\\{\normalsize Géométrie algébrique}}
\fi
\author{}
\date{2010}
\maketitle

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%

Dans ce qui suit, $k$ désigne un corps parfait de
caractéristique $\neq 2,3$ (on pourra, si on le souhaite, supposer
qu'il s'agit par exemple de $\mathbb{F}_5$, $\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$
ou $\mathbb{C}$, cela n'aura pas d'incidence sur les questions).

\emph{Les questions 3 et 4 peuvent être traitée indépendamment des
  questions 1 et 2.}

\textbf{1.} Dans l'anneau $k[x,y,z]$ des polynômes à trois
indéterminées sur $k$, on considère l'ordre lexicographique pur
${\preceq} = {\preceq}_{\mathtt{lex}}$ sur les monômes, qui ordonne
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
\[
\begin{array}{c}
f_1 = x^2 + y^2 + z^2 - 1\\
f_2 = y^2 + (z-1)^2 - 1\\
\end{array}
\]
(Si on préfère, $I$ définit la variété algébrique $Z(I)$
dans $\mathbb{A}^3$ intersection de la sphère $Z(f_1)$ de centre
$(0,0,0)$ et de rayon $1$, et du cylindre $Z(f_2)$ d'axe $y=0,z=1$ et
de rayon $1$.)

(a) Soit $f_3 = f_1 - f_2$.  Expliquer pourquoi l'idéal engendré par
$f_1$ et $f_3$ est le même que celui ($I$) engendré par $f_1$
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
\[
\begin{array}{c}
z + \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}\\\noalign{\smallskip}
y^2 + \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4}\\
\end{array}
\]
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
$y^2 + \frac{1}{4}x^4 + \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{4} = 0$.

(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 $\mathbb{P}^2$.  Quelles sont
les coordonnées du point (qu'on notera $\infty_C$) 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 $1$ ?

\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 ; $C^+$ 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 variété $C$ 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}

\medbreak

\textbf{4.} Pour les questions qui suivent, on \emph{rappelle} les
faits suivants : il existe une courbe (projective, lisse) $\tilde C$,
unique à isomorphisme près, appelée « normalisée de $C^+$ », munie
d'un morphisme $\nu\colon \tilde C \to C^+$, de sorte que les corps
des fonctions $k(C) = k(C^+)$ et $k(\tilde C)$ coïncident
(via $\nu^*$) ; de plus, $\nu$ est un isomorphisme entre l'ouvert
$\nu^{-1}(C)$ de $\tilde C$ et $C$.  On \emph{admet} de plus le fait
suivant : il existe exactement deux $k^{\alg}$-points de $\tilde C$
envoyés par $\nu$ sur $\infty_C$ (=le complémentaire de $C$
dans $C^+$, cf. question 3(a)) ; ces deux points seront notés
$\infty_1$ et $\infty_2$.

(a) La coordonnée $y = Y/T$ étant vue comme fonction rationnelle, que
vaut $\ord_P(y)$ pour $P$ un point de $C$ ?  (Discuter selon le
point.)

\begin{corrige}
Les quatre $k^{\alg}$-points où $y$ s'annule sont les quatre points
$P_1 = (\lambda_1,0)$, $P_2 = (\lambda_2,0)$, $P'_1 = (-\lambda_1,0)$,
$P'_2 = (-\lambda_2,0)$ où $\lambda_1,\lambda_2,-\lambda_1,-\lambda_2$
sont les quatre racines de $h(x)=0$ (cf. question 3(c)).  En tout
point $P$ autre que les $P_1,P_2,P'_1,P'_2$, on a $\ord_P(y) = 0$ ; en
ces quatre points, $\ord_P(y) = 1$ (pour justifier rigoureusement :
$dy_P$ n'est pas nulle, puisqu'il s'agit de points lisses à tangente
verticale ; ou, si l'on préfère, $\deg y = 4$ car $k(C)$ est donné par
une équation de degré $4$ au-desus de $k(y)$).
\end{corrige}

\smallbreak

(b) En considérant $\ord_P(x-c)$, avec $c$ une constante, déterminer
de même $\ord_P(dx)$ pour $P$ un point de $C$.  Que vaut
$\ord_P(dx/y)$ pour tout point $P$ de $C$ ?

\begin{corrige}
Pour toutes les valeurs $c$ autres que
$\lambda_1,\lambda_2,-\lambda_1,-\lambda_2$, la fonction $x-c$
s'annule en deux $k^{\alg}$-points de la courbe (dont les absisses
sont $c$ et les ordonnées les deux racines carrées de $-h(c)$
dans $k^{\alg}$), avec $\ord_P(x-c) = 1$ en ces deux points (puisque
$x-c$ est de degré $2$).  Lorsque $c$ vaut, disons, $\lambda_1$, on a
$\ord_{P_1}(x-\lambda_1) = 2$ (car $\ord_{P_1}(y^2) = 2$ et que $y^2$
s'écrit comme $(x-\lambda_1)$ fois une fonction de $x$ ne s'annulant
pas $\lambda_1$), et la même chose vaut pour
$\lambda_2,-\lambda_1,-\lambda_2$.

En choisissant pour $c$ l'abscisse du point $P$, on en déduit que
$\ord_P(dx) = \ord_P(d(x-c)) = \ord_P(x-c)-1$ vaut $0$ en tout point
$P$ de $C$ sauf $P_1,P_2,P'_1,P'_2$ pour lesquels $\ord_P(dx) = 1$.
Ceci montre que $\ord_P(dx/y) = 0$ en tout point $P$ de $C$.
\end{corrige}

\smallbreak

(c) Pourquoi a-t-on $(X^4 : T^2 Y^2) = (-4Y^2 - 2X^2 + 3T^2 : Y^2)$
(ces expressions désignant les coordonnées homogènes d'un point
de $\mathbb{P}^1$) sur $C^+$ ?  En déduire que la fonction
$\frac{y^2}{x^4}$ s'étend en un morphisme $C^+ \to \mathbb{P}^1$
prenant la valeur $-\frac{1}{4}$ en $\infty_C$.  Conclure que
$\ord_{\infty_1} \frac{y^2}{x^4} = \ord_{\infty_2} \frac{y^2}{x^4} =
0$.

\begin{corrige}
L'équation de $C^+$ donne $X^4 = -4T^2 Y^2 - 2T^2 X^2 + 3T^4$.  On a
donc $(X^4 : T^2 Y^2) = (-4Y^2 - 2X^2 + 3T^2 : Y^2)$ (simplifier les
coordonnées homogènes du membre de droite par $T^2$).  Ceci définit
bien un morphisme $C^+ \to \mathbb{P}^1$ (les coordonnées dans de
gauche ne s'annulent simultanément qu'en $T = X = 0$, soit $\infty_C$,
et celles de droite ne s'y annulent pas toutes).  Ce morphisme définit
la fonction $\frac{T^2 Y^2}{X^4} = \frac{y^2}{x^4}$ (on a plongé
$\mathbb{A}^1$ dans $\mathbb{P}^1$ par $t \mapsto (1:t)$), et en
$\infty_C$ de coordonnées $(T:X:Y) = (0:0:1)$ ce morphisme vaut
$(-4:1)$, soit $-\frac{1}{4}$, d'après les coordonnées de droite.

On peut considérer ce morphisme comme un morphisme $\tilde C \to
\mathbb{P}^1$ (en composant avec $\nu$), c'est toujours
$\frac{y^2}{x^4}$ puisqu'on a identifié les corps de fonctions : il
vaut $-\frac{1}{4}$ en $\infty_1,\infty_2$, donc $\ord
\frac{y^2}{x^4}$ est nul en ces deux points.  C'est-à-dire que $y^2$
et $x^4$, ou, bien sûr, $y$ et $x^2$, ont même ordre en $\infty_1$ et
$\infty_2$.
\end{corrige}

\smallbreak

(d) Expliquer pourquoi $\ord_{\infty_1} x = \ord_{\infty_2} x = -1$ et
$\ord_{\infty_1} y = \ord_{\infty_2} y = -2$ et $\ord_{\infty_1} dx =
\ord_{\infty_2} dx = -2$.

\begin{corrige}
Manifestement $y = \frac{Y}{T}$ vaut $\infty$ en $\infty_1$ et
$\infty_2$.  Donc $\ord_{\infty_i} y < 0$.  On a vu à la question
précédente que $\ord_{\infty_i} y = 2 \ord_{\infty_i} x$, donc aussi
$\ord_{\infty_i} x < 0$.  Or on a calculé $\ord_P x$ pour $P$
dans $C$ : la somme vaut $2$, et comme le a somme sur tous les $P$ de
$\tilde C$ doit valoir $0$, on a $\ord_{\infty_1} x = \ord_{\infty_2}
x = -1$.  Par conséquent, $\ord_{\infty_1} y = \ord_{\infty_2} y =
-2$, et $\ord_{\infty_1} dx = \ord_{\infty_2} dx = -2$.
\end{corrige}

\smallbreak

(e) Quel est le diviseur (canonique) de $dx/y$ sur $\tilde C$ ?  En
conclure quant au genre de $\tilde C$.

\begin{corrige}
On a déjà vu que $\ord_P(dx/y) = 0$ pour tout $P$ de $C$, et on vient
de voir que c'est aussi le cas en $\infty_1$ et $\infty_2$.  Par
conséquent, $dx/y$ a le diviseur nul sur $\tilde C$.  La classe de
diviseurs canonique sur $\tilde C$ ayant le degré $2g-2 = 0$, le genre
de $\tilde C$ est $g=1$.
\end{corrige}


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%
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\end{document}
