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Question : On considère dans R2 le cercle C de rayon 3 centré à l'origine ainsi que la droite horizontale D d'équation Y “ 2 D'un point P de la droite D, on trace,  

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Exercices corrigés

d"algèbre commutative et géométrie algébrique

Bernard Le Stum

21 janvier 2020Question :

Réponse :Question :On considère dansR2le cercleCde rayon3centré à l"origine ainsi que la droite horizontaleDd"équationY2. D"un pointPde la droiteD, on trace, lorsque c"est possible, les deux tangentes au cercle passant parPet on noteA,Bles points d"intersection de ces tangentes avec le cercle. On cherche l"équation du centre de gravitéGdu triangle

PABlorsquePparcourt la droiteD.

Réponse :Si on désigne partl"abscisse du pointP, alors les pointsAetBsont donnés par les équations

F:X2Y290 etG: pXtqX pY2qY0

qui expriment respectivement le fait que le point est sur le cercle ou que la tangente au cercle en ce point passe parP. On calcule alors Res

YpF,Gq

1 0X29 0

0 1 0X29

12X2tX0

0 1t X2tX

pt24qY218tX45 et Res

XpF,Gq

1 0Y29 0

0 1 0Y29

1t Y22y0

0 1t Y22y

pt24qY236Y9t281. Ces deux polynômes ont respectivement pour racines les abscisses et les ordonnées deA et deB. En utilisant la formules donnant la somme des racines d"un polynôme en fonction de ses coefficients (adσ1 ad1en l"occurrence), on en déduit les relations pt24qpxAxBq 18tetpt24qpyAyBq 36. Comme par hypothèse, le pointGa respectivement pour abscisse et ordonnée x

G:xAxBt3

etyG:yAyB23 1 celui ci est déterminé par les deux relations

H: pt24qp3Xtq 18t0 etK: pt24qp3Y2q 360.

On en déduit des équations paramétriques pour le lieu du pointG: '''%xptq tpt222q3pt24q yptq 2pt222q3pt24q. Si on préfère une équation cartésienne, il suffit de calculer Res tpH,Kq

1 3X22 12X0

0 1 3X22 12X

3Y2 0 12Y44 0 0

0 3Y2 0 12Y44 0

0 0 3Y2 0 12Y44

11664 p3X2Y3Y32X211Y2q,

et on trouve ainsi la cubique d"équation

3X2Y3Y32X211Y20.

Si on remarque, sur les équations paramétriques, l"identitétY2X, on peut trouver cette

équation bien plus rapidement.

Représentons sur un même graphique le cercleC, la droiteDet la cubique que l"on vient

de trouver :-10-7,5-5-2,502,557,510-5-2,52,55Nous avons traité le problème de manière algébrique sans tenir compte de l"existence

ou non des tangentes. Il s"agit d"une condition semi-algébrique. Plus précisément, ces 2 tangentes existent si et seulement si le pointPest extérieur au cercle, ce qui s"exprime par la condition|t| ¡?5(en effet, il faut résoudret222¡9). En utilisant les équations paramétriques, on voit aisément que cette condition est aussi équivalente àxG¡?5ou bienyG 2(on a toujoursy¥0). Les points de la cubique qui ne satisfont pas cette condition correspondent tout simplement à des centres de gravité réels de triangles ayant deux sommets imaginaires conjugués (ou confondus). Pour être tout à fait complet, on peut donner la liste des entrées Sage utilisées pour répondre à cette question :

R.=PolynomialRing(QQ,3)

f=x^2+y^2-9 g=(x-t)*x+(y-2)*y f.resultant(g,x) f.resultant(g,y) h=(t^2+4)*(3*x-t)-18*t k=(t^2+4)*(3*y-2)-36 r=h.resultant(k,t) r.factor()Question :Montrer que les médianes d"un triangle (qui n"est pas plat) sont concou- rantes. Réponse :Sans perdre en généralité, on peut supposer que les sommets du triangle sont A p0,0q,B pa,0qetC pb,cq. Les médianes ont donc pour équations xab2 yc2

0,xab2

a y c2

0 etxba2

b ycc 0. On considère alors le corpsKQpa,b,cqainsi que l"anneau des polynômesKrX,Ys. On pose F:c2 Xab2

Y, G:c2

pXaq b2 a

Y, H: cpXbq a2

b pYcq, réduite Xab3 ,Yc3 On remarquera au passage que, nos polynômes étant des formes affines (c"est à dire de degré 1), on pourrait aussi bien appliquer la méthode du pivot. On voit donc que notre système d"équations a une (unique) solution. Cela signifie bien que les médianes sont concourantes. Pour conclure, la liste des entrées dans Sage :

R.=PolynomialRing(QQ,3)

K=FractionField(R)

S.=PolynomialRing(K,2)

F=c*X/2-(a+b)*Y/2

G=c*(X-a)/2-(b/2-a)*Y

H=-c*(X-b)-(a/2-b)*(Y-c)

3

I=Ideal(F,G,H)

B=I.groebner_basis()

BQuestion :

Pour quels nombres premiersple polynômeX43X2PFprXsest-il sans facteur carré? Réponse :Un polynômeFPkrXs, oùkest un corps est ditséparablesiFetF1sont premiers entre eux, c"est à dire si RespF,F1q 0(à une constante près, c"est ce qu"on appelle lediscriminantdeF). Dans ce cas,Fest automatiquement sans facteur carré (non constant) : sinon on pourraît écrireFG2HavecGnon constant et on aurait alors F

1Gp2G1HGH1q. Lorsque la réciproque est aussi valide, on dit quekest un corps

parfait. Nous allons montrer que c"est le cas par exemple lorsquekest fini, algébriquement clos ou de caractéristique nulle. Mais c"est faux en général : prendrekF2ptqetFX2t. Traitons d"abord le cas ouFest irréductible. Dans ce cas,Fest n"est pas séparable si et seulement siF|F1, c"est à direF10, etFn"a bien sûr aucun facteur carré. Nous devons donc montrer que siF10, alorsFne peut pas être irréductible. En caractéristique nulle, c"est clair (carFest alors constant) et on suppose dorénavant que Carpkq p¡0. Si on

écritF°

iaiXi, on auraiai0pour touti¡0et doncai0sip-i. On peut donc réécrireF° iapiXpi. D"autre part, tout élémentadekse mets sous la formeabp. Sikest algébriquement clos, c"est clair. Lorsquekest fini, il suffit de remarquer que le frobenuisbÞÑbpest une application injective (elle est additive et son noyau est nul) et donc aussi nécessairement surjective (pour des raisons de comptage). En particulier, on peut écrireapibp ipour toutisi bien que F¸ ibp iXpi¸ ib iXi p Gp, ce qui montre queFn"est pas irréductible (on a encore utilisé l"additivité du frobenius). En général, dire queFn"a pas de facteur carré signifie que c"est le produit de polynômes irréductibles distincts :FF1...Fr. On a alors F 1¸ iF

1...Fi1F1iFi1...Fr

SiFn"était pas séparable, alors nécessairement on auraitFi|F1pour un entieri. En considérant les différents produits, on voit qu"on auraitFi|F1ice qui ne peut pas arriver puisqueFiest irréductible, et donc séparable, d"après ce que nous venons de voir. On applique ça au cas oukFpetFX43X2si bien queF14X33. On peut effectuer les calculs dansQet on remarque d"abord que F14

XF1GavecG94

X2 4 si bien que

RespF,F1q 43RespF1,Gq 4394

3

F1p8{9q

93
489
3 3 4235
p1q 57112. On voit donc queFest sans facteur carré à moins quep5,7ou11. Pour conclure, la liste des entrées dans Sage : f=x^4+3*x-2 fprim=f.derivative(x) res=f.resultant(fprim,x) r.factor() 5 Question :Le polynômeY3X2Y2est-il inversible modulopYX7,X12X2q? Réponse :On peut commencer par remarquer que, siAest un anneau quelconque, alors fPAest inversible modulo un idéalIsi et seulement si les idéauxpfqetIsontétrangers (c"est à direpfq IA). Dans le cas particulier ou l"idéalI pgqest principal, cela

signifie que les élémentsfetgsontétrangers(c"est à dire, satisfont une identité de Bézout).

LorsqueAest un anneau principal, c"est donc équivalent à dire quefetgsont premiers entre eux.

Revenons à notre question. Puisque

KrX,Ys{pYX7,X12X2q KrXs{pX12X2q, YÞÑX7,

cela revient à décider siX11X92est inversible moduloX12X2, c"est à dire s"ils sont premiers entre eux dans dansKrXs. C"est le cas surC. En effet, supposons que ces polynômes ne sont pas premiers entre eux. Ils ont alors nécessairement une racineξen commun. PuisqueX11X92ne s"annule pas en zéro, on a nécessairementξ0. Puisqueξ12ξ20, on en déduit queξ101et on aura doncξξ120. Mais commeξetξ1ont pour module1, ça ne peut arriver que siξ 1etξ11, ce qui est impossible. C"est le cas aussi surQ. En effet, il n"est pas difficile de décomposerX12X2en produit de facteurs irréductibles : X

12X2X2pX51qpX51q

X2pX1qpX1qpX4X3X2X1qpX4X3X2X1q.

Il faut s"assurer que ces polynômes (appeléscyclotomiques) sont bien tous irréductibles surQ. Il faut ensuite montrer qu"aucun de ces facteurs ne diviseX11X92. Pour les trois premiers, c"est facile. On a0020,11220et11220. Pour les deux autres, il faut effectuer des divisions euclidiennes : X

11X92 pX4X3X2X1qpX7X6X5X4X2X1qX3X22X3

et X

11X92 pX4X3X2X1qpX7X6X5X4X2X1qX3X22X1.

Les restes étant non nuls, cela termine le casKQ. En fait, puisque la notion d"éléments premiers entre eux est insensible aux extensions de corps, le casKCou le casKQentrainent automatiquement le cas d"un corps quelconque de caractéristiquenulle(et en particulier on peut retrouver le casKCà partir du casKQet réciproquement). Traitons maintenant du cas de la caractéristiquep¡0. Lorsquep2, les polynômes ne sont pas premiers entre eux puisqueXest un facteur commun. Lorsquep5, le polynôme X

12X2X2pX51qpX51q

X2pX1q5pX1q5

6 est scindé et on voit immédiatement que nos polynômes sont toujours premiers entre eux. Finalement, sip2,5, on se ramène au casKFp, puis on vérifie que nos polynômes cyclotomiques sont bien irréductibles surFpet on procède ensuite comme surQ. Pour conclure, on notera qu"on peut traiter directement le cas d"un corpsKquelconque en utilisant l"algorithme d"Euclide. Malheureusement, cela nécessite d"effectuer un certain nombre de calculs à la main que nous ne ferons pas ici. Pour conclure, la liste des entrées dans Sage :

R.=PolynomialRing(QQ)

f=x^11-x^9+2 g=x^12-x^2 f.gcd(g) h=x^4+x^3+x^2+x+1 f.quo_rem(h) k=x^4-x^3+x^2-x+1 f.quo_rem(k)7quotesdbs_dbs18.pdfusesText_24