Solution: On calcule ∆(aX2+bX+c

Université de Rennes 1 Année 2020/2021 Algèbre commutative et géométrie algébrique

À rendre pour le 17 février 2021

On pourra utiliser librement tous les résultats obtenus en cours, y compris ceux laissés en exercice. Sauf mention explicite du contraire, on désigne par k un corps infini et on utilise systématiquement la topologie de Zariski. Bon courage.

1. SiF ∈C[X] a pour degréd >0 et coefficient dominanta_d, on définit sondiscriminant par la formule

∆(F) := (−1)^d(d−1)2

a_d Res(F, F⁰) (où F⁰ désigne le polynôme dérivé de F).

(a) Calculer ∆(F) pourF =aX²+bX+caveca6= 0 ainsi que pourF =X³+pX+q.

Solution: On calcule

∆(aX²+bX+c) = −1 a

a b c

2a b 0 0 2a b

=−ab²+ 4a²c−2ab² a

=b²−4ac et

∆(X³+pX+q) = −

1 0 p q 0 0 1 0 p q 3 0 p 0 0 0 3 0 p 0 0 0 3 0 p

=−

1 0 p q 0 p 0 0 3 0 p 0 0 3 0 p

−3

0 p q 0 1 0 p q 3 0 p 0 0 3 0 p

=−

p 0 0 0 p 0 3 0 p

−3

0 p q p 0 0 3 0 p

+ 3

p q 0 0 p 0 3 0 p

−9

p q 0 0 p q 3 0 p

=−p³+ 3p³+ 3p³−9(p³+ 3q²)

=−4p³−27q².

(b) Soit F ∈ Q[X] irréductible. Montrer que ∆(F) 6= 0. En déduire que F n’a que des racines simples dans C.

Solution: Puisque F est irréductible et que degF⁰ = degF −1, les poly- nômesF etF⁰ sont premiers entre eux dansQ[X]. Il suit que Res(F, F⁰)6= 0 et donc aussi ∆(F)6= 0. Supposons maintenant queF ait une racine multiple α dans C. On peut alors écrireF = (X −α)²G avec G∈ C[X] si bien que F⁰ = (X−α)(2G+ (X−α)G⁰). On voit donc que F⁰(α) = 0. Puisque F et F⁰ ont une racine commune, on a Res(F, F⁰) = 0 et donc aussi ∆(F) = 0.

Contradiction.

(c) Soit K = F2(t) (le corps des fractions de l’anneau des polynômes sur le corps à deux éléments) et F = X²−t ∈ K[X]. Montrer que F est irréductible dans K[X]. Soit L un corps contenant K dans lequel F a une racine α. Montrer que α est alors racine double de F dans L. Pourquoi la démonstration sur Q ne fonctionne pas ici ?

Solution: SiF n’était pas irréductible dans K[X], il aurait une racine dans K et on pourrait donc écrire t = (f /g)² avec f, g ∈ F2[t] et g 6= 0. On aurait donc tg² = f² si bien que 1 + 2 deg_t(g) = 2 deg_t(f). Impossible. Soit maintenant α une racine de F dans un corps L contenant K si bien que α² =t. On a alors (X−α)² =X²−2αX+α² =X²−t=F (puisque 2 = 0 et −1 = 1 dansF2). Cela montre que α est racine double. Ce qui ne marche pas dans la démonstration précédente, c’est que ici on aF⁰ = 2X = 0 si bien qu’on ne peut même pas définir le discriminant !

2. (a) Pour t∈k, on désigne par Dt la droite joignant le points Pt = (0,1, t) au point Q_t = (t,0,1) et on pose V =∪t∈kD_t. Montrer que V est la surface paramétrée







x(t, u) =ut y(t, u) = 1−u z(t, u) =u+t−ut.

Solution: On a P := (x, y, z) ∈ ∪t∈kD_t si et seulement si il existe t ∈ k tels que les vecteurs −−→

P_tP = (x, y −1, z −t) et −−→

P_tQ_t = (t,−1,1−t) sont colinéaires. Cela signifie qu’il existe u ∈ k tel que −−→

P_tP = u−−→

P_tQ_t, ou encore que x = ut, y −1 = −u et z −t = u(1−t). On trouve bien la surface paramétrée annoncée.

(b) En déduire que V est irréductible.

Solution: Par définition, V est l’image de A²(k) par l’application polyno- miale

ϕ:A²(k)→A²(k), (t, u)7→(ut,1−u, u+t−ut).

Puisque A²(k) est irréductible et ϕ est continue, V est nécessairement irréductible.

(c) Déterminer¹ une base de Gröbner S pour l’ordre invlex de l’idéal I engendré par

x−ut, y−1 +u, z−u−t+ut ∈k[x, y, z, t, u].

Solution: En entrant

R.<x,y,z,t,u>=PolynomialRing(QQ,5,order=’invlex’) Ideal(x-u*t,y-1+u,z-u-t+u*t).groebner_basis() dans sagemath, on trouve

S :={u+y−1, t−z−y−x+ 1, yz−z+y²+xy−2y+ 1}

(d) En déduire queI∩k[x, y, z] est un idéal principal dont on donnera un générateur f.

Solution: On sait que I ∩k[x, y, z] est engendré par S ∩k[x, y, z] = {f} avec f :=yz−z+y²+xy−2y+ 1.

(e) On désigne par p : A⁵(k) → A³(k) la projection sur les premiers facteurs.

Montrer que V = p(V(S)) et en déduire que V est contenue dans la surface algébrique d’équation f = 0.

Solution: On a P := (x, y, z)∈p(V(S)) si et seulement si il existe t, u∈k tels que Q:= (x, y, z, t, u)∈V(S). Mais puisque S est une base de Gröbner de l’idéal engendré par x−ut, y−1 +u et z−u−t+ut, cela signifie que x = ut, y = 1−u et z = u+t−ut. Cela montre la première assertion et on sait que p(V(S))⊂ V(f) =V puisque S est une base de Gröbner et que I∩k[x, y, z] = (f).

(f) Montrer que V = V(f) si bien que V est algébrique.

Solution: On sait déjà queV ⊂V(f). Réciproquement, soit (x, y, z)∈V(f) si bien queyz−z+y²+xy−2y+ 1 = 0. Posonst=x+y+z−1 etu= 1−y.

On a alors (x, y, z, t, u)∈V(S) et donc (x, y, z)∈V.

3. SiAest une partie d’un espace topologiqueV (fixé), on désigne parAson adhérence dans V et par

◦

A son intérieur (le plus grand ouvert de V contenu dansA).

(a) Montrer que pour A ⊂ V, les conditions suivantes sont équivalentes (on dira alors que A estrare dans V) :

1.

◦

A=∅,

2. Si U est un ouvert de V tel que U ⊂A, alors U =∅,

3. Si U est un ouvert non vide de V, alors A∩U n’est pas dense dans U,

1. Exceptionnellement, on ne demande pas de justification et l’utilisation de l’outil informatique est

4. Si U est un ouvert non vide de V, il existe un ouvert non vide U⁰ de V contenu dans U et disjoint de A.

Solution: On fait une démonstration circulaire (si on utilise le fait que l’adhérence de A∩U dans U est egal à A∩U ∩U, il faut le montrer).

— (1⇒2) : on a U ⊂

◦

A=∅ et donc U =∅.

— (2⇒3) : par l’absurde : A∩U est un fermé de U qui contientA∩U. SiA∩U est dense dansU, on a doncA∩U =U si bien queU ⊂Aet donc U =∅. Contradiction.

— (3 ⇒ 4) : Puisque A∩U n’est pas dense dans U il existe un ouvert non vide U⁰ deU tel queA∩U⁰ =∅. MaisU⁰ est alors aussi un ouvert de V : en effet, il existe un ouvert U⁰⁰ de V tel que U⁰ = U ∩U⁰⁰ et l’intersection de deux ouverts est un ouvert.

— (4 ⇒ 1) : Par l’absurde : Puisque

◦

A est ouvert dans V, il existe un ouvert non vide U de V contenu dans

◦

A et disjoint de A. En particulier, U serait un ouvert non vide contenu dans A et disjoint de A. Contradiction avec le fait que A est l’adhérence deA.

(b) Montrer que si V est un espace topologique irréductible et A ⊂ V, alors A est soit dense, soit rare dans V mais pas les deux.

Solution: Si A n’est pas rare dans V, alors

◦

A est un ouvert non vide de V qui est donc dense dans V car V est irréductible. Puisque

◦

A ⊂ A, alors A aussi est dense dans V et puisqu’il est fermé, il est égal à V. Ça signifie que A est dense dans V. Montrons pour finir que les deux conditions sont mutuellement exclusives : si A est dense dans V, alors A =V et donc aussi

◦

A=V^◦ =V. Mais V est irréductible et donc non vide.

(c) En déduire qu’un sous-ensemble algébrique propre² de Aⁿ(k) est rare (pour la topologie de Zariski) dans Aⁿ(k).

Solution: En effet, on sait queAⁿ(k) est irréductible et qu’un sous-ensemble algébrique est fermé. Donc, s’il était dense, il serait égal à Aⁿ(k).

(d) Montrer queZⁿest fermé et rare dansAⁿ(C) pour la topologieusuelle (un ouvert est une union quelconque de boules ouvertes).

Solution: Si P := (a₁, . . . , a_n) ∈/ Zⁿ, alors il existe i ∈ {1, . . . , n} tel que a_i ∈/ Z. Il existe donc > 0 tel que ∀k ∈ Z,|a_i −k| < (propriété d’Archimède). On en déduit que Bⁿ(P, ⁻) ∩ Zⁿ = ∅. Ça montre que le complémentaire de Zⁿ est ouvert et donc que Zⁿ est fermé. Soit U un

2. C’est à dire « distinct deAⁿ(k) ».

ouvert non vide de Cⁿ pour la topologie usuelle. Si U ⊂ Zⁿ, il existe P :=

(k1, . . . , kn)∈U∩Zⁿ. CommeU est ouvert, il existe >0 tel que Bⁿ(P, ⁻)⊂ U et on peut supposer≤1. En particulier, (k₁+/2, . . . , k_n+/2)∈U ⊂Zⁿ. Contradiction.

(e) Montrer que si F ∈C[X₁, . . . , X_n] satisfait

∀(k₁, . . . , k_n)∈Zⁿ, F(k₁, . . . , k_n) = 0, alors F = 0.

Solution: Dans le casn= 1, c’est clair puisqu’un polynôme non nul sur un corps a un nombre fini de racines et que Z est infini. Pourn >1, si on écrit F =^Pd_i=0F_iXⁱ avec F_d∈C[X₁, . . . , Xn−1], la condition devient

∀k₁, . . . , kn−1 ∈Z, ∀k_n ∈Z,

d

X

i=0

F_i(k₁, . . . , kn−1)k_nⁱ = 0.

Du cas n= 1, on en déduit que

∀k₁, . . . , kn−1 ∈Z, F_i(k₁, . . . , kn−1) = 0 et on conclut par récurrence.

(f) En déduire que Zⁿ est dense dans Aⁿ(C) (pour la topologie de Zariski).

Solution: Soit F ∈ C[X₁, . . . , X_n] tel que Zⁿ ⊂ V(F). Il résulte de la question précédente queV(F) = Aⁿ(C). Puisque tout fermé pour la topologie de Zariski est intersection d’hypersurfaces, on a Zⁿ =Aⁿ(C).

(g) On considère la courbe paramétrée réelle C donnée par

( x(t) = cos(t) y(t) = cos(2t)

(c’est à dire, C ={(cos(t),cos(2t)), t∈R}). Est-ce un sous-ensemble algébrique de A²(R) ? Déterminer sinon sa fermeture algébrique. La courbe C est elle irréductible ? dense ? rare ? (pour la topologie de Zariski de A²(R)).

Solution: On peut déjà remarquer que C est infinie puisqu’il existe une infinité de cosinus. De plus, si (a, b)∈ C, on a b= cos(2t) = 2 cos²(t)−1 = 2a²−1. On voit donc que C est contenue dans la courbe algébrique V(Y − 2X²+ 1). Puisque le polynôme Y −2X²+ 1 est manifestement irréductible (de degré 1 et primitif sur k[X]) et contient l’ensemble C qui est infini, la courbe V(Y −2X² + 1) est nécessairement irréductible. En particulier, ses fermés propres sont finis, et donc nécessairement C = V(Y −2X²+ 1). On voit immédiatement que C 6=C (considérer le point P = (2,7) par exemple)

et il suit queCn’est pas algébrique. PuisqueCest irréductible,C l’est aussi.

Puisque C est un fermé propre deA²(R), il est rare et il en va donc de même de C qui n’est donc pas dense.