ii) Définir l’espace dual deP(E)et l’orthogonalP(F)⊥ d’un sous espace projectif P(F) deP(E)

Université de Bourgogne Partiel du 17 mars 2017

Géométrie Algébrique – Master 1 Temps disponible : 2 heures

Exercice 1. SoitEun espace vectoriel de dimension3sur un corpsket soit A, B, C, A^′, B^′, C^′ six points deux à deux disjoints du plan projectif P(E).

i) Montrer que, si les trois points(AB)∩(A^′B^′),(AC)∩(A^′C^′),(BC)∩

(B^′C^′) sont alignés, alors (AA^′),(BB^′),(CC^′) sont concourantes.

ii) Définir l’espace dual deP(E)et l’orthogonalP(F)^⊥ d’un sous espace projectif P(F) deP(E).

iii) Utiliser la dualité pour déduire de i) que, si(AA^′),(BB^′),(CC^′)sont concourantes, alors (AB) ∩ (A^′B^′), (AC) ∩ (A^′C^′), (BC) ∩ (B^′C^′) sont alignés.

On dira, si les conditions équivalentes i) et iii) sont satisfaites, que les six points satisfont la condition de Désargues.

Soit E=k³ etA= (1∶0∶0),B = (0∶1∶0),C= (0∶0∶1).

iv) Soit A^′ = (0 ∶1∶1),B^′ = (1 ∶0∶1), C^′ = (c0 ∶c1 ∶c2). Pour quelles valeurs dec₀, c₁, c₂, les six points satisfont la condition de Désargues ? Corrigé 1. On écrit la réponse uniquement pour la dernière question. On calcule :

(AA^′) = {(x₀∶x₁ ∶x₂) ∣x₁−x₂=0}, (BB^′) = {(x0∶x1 ∶x2) ∣x0−x2=0}, (CC^′) = {(x0∶x1 ∶x2) ∣c1x0−c0x1=0}.

Donc(AA^′) ∩ (BB^′) = (1∶1∶1). On doit donc imposer que(CC^′)passe par (1∶1∶1), donc c0=c1.

Exercice 2. Soit P³ = P(Q⁴). Pour x = (x₀, . . . , x₃) ∈ Q⁴ ∖ {0}, notons [x] = (x₀∶. . .∶x₃) ∈P³. Posons :

L₁= {[x] ∈P³ ∣x₂=x₃=0}, L2= {[x] ∈P³ ∣x0=x1=0},

L3= {[x] ∈P³ ∣x0+x3=x1+x2=0}.

i) Montrer queL₁, L₂, L₃sont trois droites deP³deux à deux disjointes.

ii) SoitA₁ = (a₀∶a₁∶0∶0) ∈L₁ etA₂= (0∶0∶a₂∶a₃) ∈L₂. Trouver les équations de L= (A1A2) puis de tous les plans contenant L.

iii) Quelle est l’équation du plan P engendré par A₁ et L₂? Calculer A3 =P ∩L3 puis (A1A3) ∩L2. Trouver un nombre infini de droites ayant intersection non vide avec L₁,L₂ etL₃.

Corrigé 2. Pour répondre à la première question, on écrit simplement les intersections, par exemple :

L₁∩L₃= {[x] ∈P³∣x₂=x₃=x₀+x₃=x₁+x₂=0} =

= {(x₀∶x₁∶0∶0) ∈P³∣x₀=x₁ =0} = ∅. ii) Nous écrivons les équations deA₁ et de A₂ :

A1∶⎧⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪⎩

a₀x₁−a₁x₀=0 x2=0

x₃=0

A2∶⎧⎪⎪⎪

⎨⎪⎪⎪⎩

a₂x₃−a₃x₂=0 x0 =0

x₁ =0

Les équations apparaissant dans la première ligne des systèmes défi- nissant A1 etA2 sont satisfaites parA2 etA1, donc par tout point de L= (A₁A₂). Elles sont indépendantes, donc elles définissent L, i.e. :

L∶ { a₀x₁−a₁x₀ =0 a2x3−a3x2 =0

Un plan contenant L satisfait une équation qui est une combinaison linéaire des deux équations ci-dessus, donc un tel plan s’écrit :

{[x] ∈P³∣λa₀x₁−λa₁x₀+µa₂x₃−µa₃x₂ =0}, pour un certain (λ, µ) ∈Q²∖ {0}.

iii) Le plan engendré par A1 et L2 est le plan contenant les trois points (a₀ ∶a₁ ∶0 ∶0), (0∶0∶1 ∶0) et (0 ∶0 ∶0∶1). Il s’agit donc du plan d’équation :

det

⎛⎜⎜

⎜⎝

a0 a1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

x0 x1 x2 x3

⎞⎟⎟

⎟⎠

=a₀x₁−a₁x₀=0

Regardons P∩L₃. On trouve :

A₃=P∩L₃= {[x] ∣a₀x₁−a₁x₀=x₀+x₃=x₁+x₂=0} =

= {(a0∶a1∶ −a1∶ −a0)}.

Cherchons les équations de la droite(A1A3). Nous avons besoin de deux équations indépendantes. Cette droite étant contenue dans P, l’une de ces équations peut étre choisie comme l’équation de P, i.e.

a1x0−a1x0=0. Écrivons la deuxième sous la formeα0x0+⋯+α3x3=0, pour certains α₀, . . . , α₃ ∈Q, pas tous nuls. Imposons le passage par A1 etA3 :

{ α₀a₀+α₁a₁=0

α0a0+α1a1−α2a1+α3a0=0

On peut choisir α0=α1=0 etα2 =a0,α3= −a1, donc : (A₁A₃) ∶ { a₀x₁−a₁x₀=0

a₀x₂−a₁x₃=0

On trouve enfin :

(A₁A₃) ∩L₂= {((0∶0∶a₁∶a₀)}.

Le corps Q étant infini, on trouve une infinité de points A₁ de la forme (a0∶a1) = (1∶a), poura∈Q. Chacun de ces points détermine un plan P puis un pointA3 puis une droite (A1A3) qui recoupe L1, L₂ et L₃. Il s’agit de la droite passant par (1 ∶ a ∶ 0 ∶ 0) ∈ L₁ et (0∶0∶a∶1) ∈L2, qui passe aussi par(1∶a∶ −a∶ −1) ∈L3. Ces droites sont toutes distinctes car leurs intersections avec L₁ sont distinctes.

Exercice 3. SoitA, B, C, D, E, F un hexagone régulier,Mun point de(AC) etN un point de(CE). On suppose queB,M etN sont alignés.

i) On poseG= (AC) ∩ (BE). Montrer que GM

M C.CN N E.EB

BG = −1.

ii) Si

AM AC = CN

CE =r, quelles sont les valeurs possibles de r?

Corrigé 3. L’hexagone est régulier donc on les côtés opposés sont parallèles aussi bien que les segments joignant deux paires de sommets opposés.

i) Les points B, M, N sont alignés donc Menelaüs appliqué au triangle E, G, C dit :

M G M C.N C

N E.BE BG =1.

On inverse trois signes, pourM G,N CetEB. On tombe donc sur le résultat demandé.

ii) Du moment que l’hexagone est régulier, on trouve : BE

BG =4.

Aussi, Ð→

CE=ÐÐ→

CN+ÐÐ→

N E etÐÐ→

CN =rÐ→

CE, ainsi(1−r)Ð→

CE=ÐÐ→

N E donc : 1−r

r

ÐÐ→CN =ÐÐ→

N E, i.e. : N C N E = r

r−1. Donc nous avons :

GM M C =1

4 N E

N C = 1−r 4r . En posant Ð→u = Ð→

AG et en prenant (A,Ð→u) comme repère affine de (AC), on trouve bien sûr Ð→

AC=2Ð→u donc : ÐÐ→AM =rÐ→

AC=2rÐ→u , ÐÐ→GM=ÐÐ→

AM− Ð→u = (2r−1)Ð→u , ÐÐ→M C=Ð→

AC−ÐÐ→

AM =2(1−r)Ð→u , ÐÐ→GM= 1−r

4r

ÐÐ→M C =(r−1)² 2r

Ð→u .

On en déduit :

(2r−1) = (r−1)² 2r . Donc r= ±√

3/3.

Exercice 4. SoitE un espace affine sur un corpsk, et soientF,G des sous espaces affines de directions F etG.

i) Soit (y₀, z₀) ∈ F × G. Montrer que

Aff(F ∪ G) =y₀+kÐÐ→y₀z₀+F+G.

ii) Montrer que

— siF ∩ G ≠ ∅, alors dimAff(F ∪ G) =dimF+dimG−dim(F∩G)

— siF ∩G = ∅, alorsdimAff(F ∪G) =dimF+dimG+1−dim(F∩G) iii) Dans E =R⁴ on considère les sous espaces affines

F = {(1−λ,3+3λ, λ,1+λ)∣λ∈R}

G = {(x, y, z, t)∣x+y+z+t=1, x+2z=0}. Déterminer des équations définissant Aff(F ∪ G).

Corrigé 4. Rappelons que, siS est une partie deE,Aff(S)est le plus petit sous espace affine de E contenantS.

i) Soit H =y₀+kÐÐ→y₀z₀+F+G. Il s’agit d’un sous espace affine deE, car en fixant y₀ comme origine, donc Ð→E = {Ð→y₀x∣x∈ E} on a :

{Ð→y0y∣y∈ H} =kÐÐ→y0z0+F+G, ce qui forme un sous espace vectoriel de Ð→E.

Bien sûr, Hcontient F etG, car : F =y₀+F ⊂ H,

G =z₀+G=y₀+ ÐÐ→y₀z₀+G⊂ H.

De plus, si un sous espace affineKcontientF etG, i.e.,Kcontient y₀+F etz₀+G, etK contient aussi la droite(y₀z₀), i. e.y₀+kÐÐ→y₀z₀. Ainsi, la direction de K contient F, G et kÐÐ→y₀z₀, donc la somme de ces espaces, donc H ⊂ K. Ainsi H est le plus petit sous espace affine de E contenantF etG, i. e. Aff(F,G) = H.

ii) On a F ∩ G ≠ ∅ si et seulement si ÐÐ→y₀z₀ ∈ F +G. En effet, déjà si ÐÐ→y0z0∈F+Galors on écritÐÐ→y0z0= ÐÐ→y0w+ ÐÐ→wz0 avec ÐÐ→y0w∈F etÐÐ→wz0∈G, donc w ∈ F ∩ G. Et réciproquement, s’il existe w ∈ F ∩ G, on écrit ÐÐ→y0z0= ÐÐ→y0w+ ÐÐ→wz0 et on voit que ÐÐ→y0z0∈F+G.

Nous avons alors :

F ∩ G ≠ ∅ ⇔dim(kÐÐ→y0z0+F+G) =dim(F+G) +1, F ∩ G = ∅ ⇔dim(kÐÐ→y0z0+F+G) =dim(F+G). On obtient le résultat en combinant ceci avec :

dim(G+H) =dim(G) +dim(H) −dim(G∩H).

iii) On calcule :

F ∩ G = {(1−λ,3+3λ, λ,1+λ)∣ { 1−λ+2λ=0,

1−λ+3+3λ+λ+1+λ=1 }, ce qui donne :

F ∩ G = {(2,0,−1,0)}.

Posons w= (2,0,−1,0). Nous avons alors Aff(F,G) =w+G+F, un espace affine de dimension 3, i.e. un hyperplan de R⁴. Il sera donc défini par une seule équation. Pour la trouver on peut choisir une combinaison des équations qui définissentG, disonsafois la première plus b fois la deuxième, en imposant qu’elle soit satisfaite pour un point de F, autre que w, par exemple (1,3,0,1). Ceci donne :

(a+b)x+ay+ (a+2b)z+at=a.

On trouve donc l’équation 4a+b = 0. Prenons a = 1, b = −4. Ceci donne l’équation :

−3x+y−7z+t=1.

Cette équation est satisfaite pour tout point deF et deG, c’est donc une équation qui définit Aff(F,G).