a) D´ efinir ce qu’on entend par ce que q

G´ eom´ etrie – Master 1 PMG Temps disponible : 3 heures

Toutes les r´ eponses doivent ˆ etre justifi´ ees. Il est possible d’admettre la r´ eponse ` a une question afin de r´ epondre aux questions suivantes.

Exercice 1 (Question de cours). Soit E un espace vectoriel de dimension n < ∞ sur un corps K de caract´ eristique diff´ erente de 2. Soit q une forme quadratique sur E.

a) D´ efinir ce qu’on entend par ce que q

soit une forme ´ equivalente ` a q (not´ e q ≃ q

).

b) Justifier que, si K = R , q et q

ont sont ´ equivalentes ssi q et q

ont mˆ eme signature.

c) Justifier que, lorsque K est alg´ ebriquement clos, q ≃ q

ssi q et q

ont mˆ eme rang.

Soit K un corps fini et q non d´ eg´ en´ er´ ee. Soit α ∈ K tel que X

− α est irr´ eductible sur K . d) Justifier qu’un tel α existe.

e) Montrer qu’il existe B base de E telle que Mat

( q ) vaut 1

ou diag (1

, α ) . f) Soit B une base de E et posons δ = det ( Mat

( q )) , δ

= det ( Mat

( q

)) . D´ eduire

que q ≃ q

ssi X

− δδ

est r´ eductible dans K .

g) Soit E = K

. Dire si q ( x

, x

) = − 2x

x

et q

( x

, x

) = x

+ x

x

+ x

sont ´ equivalentes pour K = F

, K = F

, K = F

.

Corrig´ e 1. On fournit des r´ eponses rapides pour les questions de cours, hormis pour quelques points omits dans toutes les copies.

a) Cela veut dire qu’il existe f automorphisme lin´ eaire de E tel que q

= q ○ f . C’est

´ equivalent ` a ce qu’il existe B et B

bases de E telles que Mat

( q ) = Mat

( q

) . En effet, ´ etant donn´ e f et une base B

= ( e

, . . . , e

) de E, on d´ efinit B = f ( B

) donc B = ( e

, . . . , e

) avec e

= f ( e

) . On trouve, pour tout i = 1, . . . , n :

q ( e

) = q ( f ( e

)) = q ○ f ( e

) = q

( e

) ,

donc Mat

( q ) = Mat

( q

) . R´ eciproquement, si nous avons B = ( e

, . . . , e

) et B

= (e

, . . . , e

) alors on consid` ere l’automorphisme f de E d´ efini par f (e

) = e

pour tout i = 1, . . . , n. Du fait que Mat

( q ) = Mat

( q

) on d´ eduit donc q

= q ○ f . b) En cas de signature identique ( p, m ) , d’apr` es le th´ eor` eme de Sylvester on trouve

deux bases B et B

de E telle que Mat

(q) = diag(I

, −I

, O

) = Mat

(q

),

donc q ≃ q

d’apr` es la question pr´ ec´ edente. Si q ≃ q

alors q et q

ont mˆ eme signa-

ture, car la signature d’une forme quadratique r´ eelle peut se lire sur sa matrice en

n’importe quelle base.

c) Deux formes ´ equivalentes ont mˆ eme rang car le rang se lit sue la matrice. En cas de rang identique, comme le corps est alg´ ebriquement clos on peut extraire la racine de q ( u ) quelque soit u ∈ E, ce qui permet de trouver deux bases B et B

de E telle que Mat

( q ) = diag (I

, O

) = Mat

( q

) , donc les formes q et q

sont ´ equivalentes.

d) Il est clair que X

− α est r´ eductible sur K ssi α appartient ` a C

, l’ensemble des carr´ es de K . Or l’application K

→ C

qui envoie x sur x

´ etant un morphisme de groupes de noyau {±1}, le cardinal de C

est (` − 1)/2, o` u ` est le cardinal de K , ce qui implique que le cardinal C

est ( ` + 1 )/ 2. Il existe donc α ∈ K ∖ C

.

e) On proc` ede par r´ ecurrence sur n. Si n = 1, on prend une base ( e ) de E et on pose a = q ( e ) ∈ K

(car q est non d´ eg´ en´ er´ ee). Si a ∈ C

on choisit b ∈ K tel que b

= a et on note u = ( 1 / b ) e donc q ( u ) = 1. Si a ∈ K ∖ C

alors ( α / a ) ∈ C

. En effet, si on regarde la projection canonique π ∶ K

/C

≃ {±1}, on voit que pour tout c ∈ K

on a π ( c ) = 1 ssi c ∈ C

, donc π ( α ) = π ( a ) = − 1 ce qui implique π ( α / a ) = 1. On prend alors b ∈ K tel que b

= ( α / a ) et on pose u = be, de sorte que q ( u ) = α, ce qui montre l’´ enonc´ e.

Si n ≥ 2, on prend ( e

, . . . , e

) base orthogonale de E et on regarde q ( x

e

+ x

e

) = a

x

+ a

x

pour certains a

, a

∈ K

. On peut trouver (x

, x

) ∈ K

tel que q ( x

e

+ x

e

) = 1, car ceci revient ` a trouver x

tel que :

1 − a

x

a

∈ C

,

i.e. ` a trouver y

∈ C

tel que (1 − a

y

)/a

∈ C

. Comme la fonction ψ ∶ y ↦ ( 1 − a

y )/ a

est une bijection (affine) on voit ψ ( C

) a cardinal ( ` + 1 )/ 2 et dont intercepte C

, lui aussi de cardinal ( ` + 1 )/ 2, du moment que la somme de ces deux cardinaux est ` + 1.

On consid` ere donc u

= x

e

+ x

e

avec q ( u

) = 1 et on consid` ere q

= q ∣

. Par hy- poth` ese de r´ ecurrence, on a une base B

= ( u

, . . . , u

) de u

telle que Mat

( q

) = diag (I

) ou Mat

( q

) = diag (I

, α ) . Ainsi, on pose B = ( u

, B

) . Il s’agit d’une base de E et on trouve Mat

( q ) = diag (I

) ou Mat

( q ) = diag (I

, α ) . f) On a X

− δδ

r´ eductible sur K ssi δδ

∈ C

. Si q ≃ q

alors il existe deux bases B

et B

de E telles que Mat

( q ) = Mat

( q

) ; notons M cette matrice. Soit P

et P

matrices de passage de B

` a B et de B

` a B. Alors on a :

Mat

( q ) = P

M P

, Mat

( q

) = P

M P

. On en obtient :

δ = det ( P

)

det ( M ) , δ

= det ( P

)

det ( M ) . Ceci implique δδ

∈ C

.

R´ eciproquement, supposons δδ

∈ C

. Nous savons qu’il existe deux bases B et

B

de E telles que Mat

( q ) = diag (I

) ou Mat

( q ) = diag (I

, α ) et Mat

( q

) =

diag (I

) ou Mat

( q

) = diag (I

, α ) . Un changement de base de B ` a une autre

base modifie det ( Mat

( q )) par un carr´ e, donc δ ∈ C

ssi Mat

( q ) = diag (I

) , et

de mˆ eme pour δ

. Ainsi, δδ

∈ C

implique que Mat

( q ) = diag (I

) et Mat

( q

) = diag(I

), ou alors Mat

(q) = diag(I

, α) et Mat

(q

) = diag(I

, α). Dans les deux cas on a q ≃ q

.

g) On a, dans la base canonique B : Mat

( q ) = ( 0 − 1

−1 0 ) , Mat

( q

) = ( 1

1 2

1 ) ,

Donc δ = − 1 et δ

= 3 / 4 i.e. δδ

= − 3 / 4. Dans F

, on a − 3 / 4 = 3 ∉ C

donc q /≃ q

. En revanche dans F

, on a − 3 / 4 = 1 ∈ C

donc q ≃ q

. Dans F

, le polynˆ ome X

− 3 ∈ F

[X] a une racine car le corps de rupture de X

− 3 sur F

poss` ede 25

´ el´ ements (´ etant une extension quadratique de F

), c’est donc F

.

Exercice 2 (Questions rapides). Soit Q conique lisse de P

. Notons H

la droite polaire de P ∈ P

par rapport ` a Q .

1. Soit Q ∈ P

fix´ e. Quels sont les points P ∈ P

tels que H

passe par Q ? 2. Soit P ≠ Q et R = H

∩ H

. Montrer que H

= ( P Q ) .

Soit n un entier et E l’espace vectoriel des formes quadratiques sur R

. 3. Montrer que dim ( E ) = n ( n + 1 )/ 2.

4. Montrer que l’ensemble des quadriques de P

passant par un point A ∈ P

forme un hyperplan projectif de P( E ) .

5. Montrer que, si A

, . . . , A

∈ P

satisfont A

≠ A

pour i ≠ j et A

∉ ( A

A

) pour k ≠ i, j, alors il existe une et une seule conique de P

contenant A

, . . . , A

. Corrig´ e 2. On donne des r´ eponses. . .rapides.

1. Ce sont les points de H

.

2. Soit X, Y, Z les coordonn´ ees de P, Q, R et M la matrice de la forme quadratique d´ efinissant Q en la base canonique. Alors

XM Z =

Y M Z = 0 donc X, Y annulent

t

ZM i.e. P, Q sont dans H

, ainsi H

= ( P Q ) .

3. Une forme quadratique est d´ etermin´ ee par le polynˆ ome qui la repr´ esente en la base canonique et ce polynˆ ome prend la forme a

x

+ ⋯ + a

x

+ a

x

x

+ ⋯ + a

x

x

. Nous avons donc n + (

) = (

) coefficients et la dimension de E s’en suit.

4. L’ensemble des quadriques de P

s’identifie ` a P( E ) car une forme quadratique

non nulle sur R

s’identifie (en utilisant l’expression en la base canonique) avec

son polynˆ ome de degr´ e deux en ( x

, . . . , x

) et la classe de proportionnalit´ e tel

polynˆ ome d´ etermine une et une seule quadrique Q d´ efinie par l’annulation du

polynˆ ome. Le fait de passer par le point (x

∶ ⋯ ∶ x

) impose aux coefficients

( a

, . . . , a

) de v´ erifier l’´ equation a

x

+⋯+ a

x

+ a

x

x

+⋯+ a

x

x

=

0, ce qui est une ´ equation lin´ eaire non nulle en les ( a

, . . . , a

) . Cette ´ equation

d´ efinit donc un hyperplan de P( E ) .

5. La condition de passage par A

d´ efinit un hyperplan de l’espace projectif P( E ) qui a dimension 5. Ainsi, l’intersection de ces 5 hyperplans contient au moins un

´ el´ ement, i.e. il existe au moins une conique contenant A

, . . . , A

et en fait cette conique est aussi unique si les 5 hyperplans sont ind´ ependants.

Maintenant, supposons par l’absurde que les 5 hyperplans ne sont pas ind´ ependants (cette partie ´ etait plus difficile). Alors au moins une des 4 ´ equations s’´ ecrit en fonction des autres, donc la condition de passage par l’un des points, disons celle par le point A

, peut ˆ etre supprim´ ee, tout en laissant inchang´ e l’en- semble des coniques passant par les points en question. Ceci veut dire que toute conique qui passe par A

, . . . , A

passe aussi par A

. Ainsi, par exemple la r´ eunion des droites ( A

A

) et ( A

A

) est une conique qui passe par A

, . . . , A

, donc par A

. Conclusion : A

est colin´ eaire ` a ( A

A

) ou ` a ( A

A

) , c’est absurde.

Exercice 3. Soit K un corps, n > 0 un entier et consid´ erons P

= P(K

) . 1. Soit K = Q et n = 2. Consid´ erons la matrice suivante :

N = ⎛

⎜ ⎝

3 − 1 0

− 1 1 2

− 1 − 1 4

⎞ ⎟

⎠ a) Montrer que 2 est valeur propre de N .

b) Dire quels sont les points fixes de l’homographie ϕ d´ efinie par N . c) Trouver les droites fixes de ϕ.

d) Montrer que, pour k > 0, les points et droites fixes de ϕ

sont ceux de ϕ.

2. Montrer qu’une homographie de P

poss` ede au moins un point fixe.

3. Montrer qu’une homographie de P

poss` ede au moins un hyperplan fixe.

4. Donner la matrice d’une homographie de P

poss´ edant un seul point fixe.

5. Donner la matrice d’une homographie de P

sans point fixe.

Corrig´ e 3. Nous consid´ erons K

muni de sa base canonique et nous ´ ecrivons les ´ el´ ements de K

sous la forme ( x

, . . . , x

) ; le point de P

d´ etermin´ e par un tel vecteur (pourvu que celui-ci soit non nul) sera not´ e (x

∶ . . . ∶ x

). Les matrices seront consid´ er´ ees comme des endomorphismes, o` u on sous entend qu’un endomorphisme s’´ ecrit sous forme matricielle en la base canonique.

1. On travaille sur Q donc en caract´ eristique nulle, ainsi 0 ≠ 2 ≠ 4 et det ( N ) = 16 ≠ 0 de sorte que N d´ efinit bien une homographie.

a) On calcule le polynˆ ome caract´ eristique χ

(X) de N :

− X

+ 8X

− 20X + 16 = −( X − 4 )( X − 2 )

.

Ainsi 2 est valeur propre de N .

b) Bien sˆ ur N d´ efinit une homographie car det ( N ) ≠ 0. Maintenant ( x

∶ x

∶ x

) et point fixe de ϕ ssi (x

, x

, x

) est vecteur propre de N . On calcule donc :

ker ( N − 2id

) = vect (( 1, 1, 1 )) , ker ( N − 4id

) = vect ((− 1, 1, 1 )) . On a donc deux points fixes, ( 1 ∶ 1 ∶ 1 ) et (− 1 ∶ 1 ∶ 1 ) .

c) Une droite L est constitu´ ee des ( x

∶ x

∶ x

) tels que a

x

+ a

x

+ a

x

= 0, pour un unique point ( a

∶ a

∶ a

) de l’espace dual de P

. On sait que l’image de L est la droite dont les coefficients sont donn´ es par le triplet

N

( a

, a

, a

) . Ainsi pour trouver les droites fixes de ϕ on calcule :

ker (

N − 2id

) = vect (( 0, − 1, 1 )) , ker (

N − 4id

) = vect ((− 1, 0, 1 )) .

Ainsi nous avons deux droites fixes, dons les ´ equations sont : x

− x

= 0, x

− x

= 0.

d) Pour les points et droites fixes de ϕ

on ´ etudie les vecteurs propres de N

et

t

N

. Comme le polynˆ ome caract´ eristique de N est scind´ e sur Q , la matrice N est trigonalisable sur Q , plus pr´ ecis´ ement il existe P ∈ GL

(Q) telle que T = P N P

est triangulaire sup´ erieure avec (2, 2, 4) sur la diagonale. Donc T

= P N

P

est triangulaire sup´ erieure avec (2

, 2

,4

) sur la diagonale, ce qui implique que les vecteurs propres de N sont exactement ceux de N

, quel que soit k entier positif. De mˆ eme en raisonnant sur

N

on conclut que les droites fixes de ϕ

sont les mˆ emes que celles de ϕ.

2. Soit ϕ une homographie et N une matrice qui repr´ esente ϕ. Le polynˆ ome ca- ract´ eristique de N est scind´ e sur C car ce corps est alg´ ebriquement clos. Ainsi ce polynˆ ome poss` ede au moins une racine et N poss` ede un vecteur propre u. On a alors [u] point fixe de ϕ.

3. On raisonne par dualit´ e. Fixons N matrice d’une homographie ϕ. L’hyperplan L constitu´ e des (x

∶ . . . ∶ x

) ∈ P

tels que a

x

+ ⋯ + a

x

= 0 a pour image ϕ(L), l’ensemble des (x

∶ . . . ∶ x

) ∈ P

tels que b

x

+ ⋯ + b

x

= 0 o` u

(b

, . . . , b

) =

t

N

(a

, . . . , a

). Donc L = ϕ(L) ssi

(a

, . . . , a

) est vecteur propre de la matrice

t

N , et comme C est alg´ ebriquement clos la matrice

N admet au moins un vecteur propre, ce qui termine la preuve.

4. Il suffit de consid´ erer une matrice N de polynˆ ome minimal ( X − 1 )

, par exemple la matrice N dont le coefficient ( i, j ) -i` eme vaut 0 sauf si i = j ou i = 1, j = 2 auquel cas il vaut 1. En effet, cette matrice n’a que 1 comme valeur propre et son espace propre associ´ e est de dimension 1.

5. Il suffit de donner une matrice dont le polynˆ ome caract´ eristique est irr´ eductible sur

R , par exemple la matrice de la rotation d’un angle ϑ ∈] 0, π [ exprim´ ee en la base

canonique de R

.

Exercice 4. Soit P

= P

(R

) , fixons t ∈ R et consid´ erons la conique Q d’´ equation : 2tx

x

+ x

+ x

x

+ ( t − 1 ) x

.

1. Dire quel est l’ensemble D des valeurs de t telles que la conique Q est d´ eg´ en´ er´ ee.

2. Dire pour quelles valeurs de t la conique Q est non vide.

Pour i = 0,1, 2, soit H

⊂ P

la droite d’´ equation x

= 0, U

le plan P

∖H

puis Q

= Q∩U

. 3. Dire pour quelles valeurs de t ∈ R ∖ D la conique Q

est centrale. De quel centre ? 4. Pour quels t ∈ R ∖ D la conique Q

est une ellipse, une hyperbole ou une parabole ? 5. Soit t = 2. Dire laquelle parmi Q

, Q

et Q

est une parabole.

Corrig´ e 4. Soit B la base canonique de R

. Notons q

la forme quadratique qui d´ efinit la conique, pour t ∈ R fix´ e.

1. On ´ ecrit la matrice :

M

= Mat

( q

) = ⎛

⎜ ⎝

t − 1 0

0 0 t

1

2

t 1

⎞ ⎟

⎠ .

On trouve det ( M

) = − t

+ t

= t

( 1 − t ) . Ainsi Q est d´ eg´ en´ er´ ee ssi t = 0 ou t = 1.

2. On sait que, si q

est d´ eg´ en´ er´ ee, alors la conique est non vide. Autrement, on suppose 0 ≠ t ≠ 1 et on ´ etudie la signature de q

par le proc´ ed´ e de Gauss, en obtenant :

q

= α

− t

α

+ ( t − 1 ) α

avec :

α

= x

+ 1

2 x

+ x

, α

= x

+ 1

2t x

, α

= x

.

Clairement ( α

, α

, α

) est une base de l’espace dual. Ainsi q

est toujours ind´ efinie

donc Q est toujours non vide.