Conique et algèbre

Goleon · September 2019

Salut,
je raconte une petite histoire concernant un théorème de géométrie des coniques projectives. Le sujet est placé volontairement en algèbre et il n'y a pas a proprement parlé de question mais plutôt une demande de commentaire pour apporter un peu de rigueur (je n'ai pas grande connaissances théoriques).

Soit $k$ un corps, on considère le plan projectif sur $k$ : $\mathbb{P}^2_k$. On se donne $5$ points $(A_i)_{i \in \{ 1,\dots,5\}}$ de $\mathbb{P}^2_k(k)$ dont les coordonnées sont notées : $A_i = ( x_i : y_i : z_i)$. Bien entendu ici les coordonnées sont toutes dans le corps de base $k$.
On pose alors : $$

F(x,y,z) := \det \begin{pmatrix}
x_{1}^2 & y_{1}^2 & z_{1}^2 & x_{1}y_{1} & x_{1} z_{1} & y_{1} z_{1} \\
x_{2}^2 & y_{2}^2 & z_{2}^2 & x_{2}y_{2} & x_{2} z_{2} & y_{2} z_{2} \\
x_{3}^2 & y_{3}^2 & z_{3}^2 & x_{3}y_{3} & x_{3} z_{3} & y_{3} z_{3} \\
x_{4}^2 & y_{4}^2 & z_{4}^2 & x_{4}y_{4} & x_{4} z_{4} & y_{4} z_{4} \\
x_{5}^2 & y_{5}^2 & z_{5}^2 & x_{5}y_{5} & x_{5} z_{5} & y_{5} z_{5} \\
x^2 & y^2 & z^2 & xy & x z & y z
\end{pmatrix}
$$ Et on obtient un polynôme homogène de degré $2$ passant par les $5$ points. (Il y a une histoire de position générale dans le théorème mais je ne sais pas trop ce que ça veut dire ?).
L'idée que je voudrais mettre en place est un traitement uniforme de ce problème de conique passant par $5$ points en gérant d'une part le corps de rationalité des points et la gestion des tangences. C'est un peu vague et j'espère que la suite du message clarifiera la problématique.

A. Réinterprétation de la situation classique.
Soit $K$ un $k$-algèbre de degré $5$ séparée sur $k$ i.e $K \simeq k^5$. Alors la donnée des $5$ points $A_i$ peut être modélisée par la donnée d'un unique point $A$ de $\mathbb{P}^2_k(K)$. Si je ne dis pas de bêtise, on peut écrire : $$

P = (x_P :y_P :z_P),
$$ avec $x_P,y_P,z_P\in K$ co-maximaux i.e il existe $u,v,w \in K$ tels que $ux_P+vy_P+wz_P = 1$ avec l'identification par l'action du groupe multiplicatif $K^\times$. En effet, on dispose d'une bijection donnée par les projections $p_i : k^5 \to k$ : $$

\mathbb{P}^2(K) \simeq \mathbb{P}^2_k(k) \times \dots \mathbb{P}^2_k(k).

$$ Et la conique que l'on recherche est l'unique conique sur $k$ passant par le point $P$.

B. Position de ma problématique. Alors pour gérer les tangences et les corps de rationalité des points, je vais partir non pas d'une algèbre $k^5$ sur $k$ mais d'une algèbre de degré $5$. Je n'ai pas réfléchi à la classification mais on en connais quelques unes : $$

k^5 ,\qquad k^3 \times k[x] /x^2 , \qquad k^2 \times k[x]/(x^3) , \qquad k \times k[x] /(x^2) \times k[x] /(x^2), \qquad k[x] /(x^3) \times k[x] /(x^2)

$$ (Bon j'en oublie car il y a les extensions séparables i.e séparée sur une extension disons que celle que j'ai données vont gérer les problèmes de tangence et non les problèmes de rationalités).
Donc la donnée de base de ma problématique sera la donnée d'une algèbre $K$ de degré $5$ sur $k$ et d'un point $A \in \mathbb{P}^2_k(K)$ i.e (ici je pense) que ça revient à se donner $A = (x_A :y_A :z_A)$, avec $x_A,y_A,z_A \in K$ co-maximaux et on cherchera $F(x,y,z)$ homogène de degré $2$ vérifiant $F(x_A,y_A,z_A) = 0$. (une seule équation mais $5$ en réalité).

C. Une manière de gérer les $k$-algèbre de degré $5$. On va faire appel aux matrices compagnons. On se donne un polynôme de degré $5$ et on note $M$ sa matrice compagnon et alors on dispose d'un $k$-algèbre de degré $5$ en considérant $k[M]$. La donnée d'un point de $\mathbb{P}^2_k(K)$ sera équivalente à la donnée de trois éléments co-maximaux $M_x,M_y,M_z \in k[M]$ et la condition sera que la matrice $F(M_x,M_y,M_z)$ soit nulle. (donc 25 conditions ici).

D. Je donne un exemple d'utilisation et le but c'est de mettre un peu de rigueur dans ma démarche. Bien entendu les calculs sont fait par machine. Dans l'exemple, je vais construire une famille de coniques dont la trace affine ($z=1$) sera une famille de paraboles. Je prends comme corps de base $k = \Q(t)$, le $t$ c'est pour le paramètre de la famille et le corps de base $\Q$ c'est parce que je ne connais pas beaucoup de réel donc je prends $\Q$.

K.<t> = QQ[]
K = K.fraction_field()
Z.<x> = K[]
p1 = x^2
p2 = (x-1)^2
p3 = x+3
P  = p1*p2*p3
P.factor()
   (x + 3) * (x - 1)^2 * x^2

J'ai pris le polynôme $P =(x + 3) (x - 1)^2 x^2$ l'algèbre que je vise est donc $k \times k[x] /(x^2) \times k[x] /(x^2)$ et le problème que je pose est de chercher la conique passant par $3$ points dont deux sont tangents à une certaine droite. Cette algèbre peut servir à tous les problématiques de ce genre et je spécifie un problème.

Posons : $$

A = \left[ (t^2-1)/(t^2+1):2t/(1+t^2) :1 \right] \qquad B = \left[-2t/(1+t^2),(t^2-1)/(t^2+1) ,0\right] \qquad C = (t : -1,1).

$$ Maintenant j'ajoute les tangences localement :
Je considère le point de $\mathbb{P}^2_k( k[X] / (X^2)$ donnée par $\widehat{A} := \left[ (t^2-1)/(t^2+1) +2xt:2t/(1+t^2) +x :1 \right]$ et le point $\widehat{B}$ de $\mathbb{P}^2_k( k[X]/(X-3)^2)$ donnée par : $\widehat{B} := \left[-2t/(1+t^2)+(x-1),(t^2-1)/(t^2+1)+(x-1) ,0\right]$.
Ensuite je mets en place l'isomorphisme chinois : $$

\phi : \frac{k[X]}{(X^2)} \times \frac{k[X]}{ (X-1)^2} \times \frac{k[X]}{(X+3)} \to \frac{k[X]}{ x^2 (x-1))^2 (x+3)}

$$ Celui-ci est donnée par : $$

(P,Q,R) \mapsto e_1 P+e_2 Q+e_3 R ,
$$ avec : \begin{align*}
e_1 &= 5/9x^4 + 8/9x^3 - 22/9x^2 + 1,\\
e_2 &= -9/16x^4 - 7/8x^3 + 39/16x^2,\\
e_3 &= 1/144x^4 - 1/72x^3 + 1/144x^2

\end{align*} Et donc je forme mon point de $\mathbb{P}^2_k(k[M])$ ($M$ c'est la matrice compagnon du polynôme $x^2 (x-1))^2 (x+3)$) $$
N = [N_x : N_y : N_z] \qquad \text{ je ne donne pas {\bf ce n'est} pas joli }

$$ Ensuite je prends une conique générique $ax^2+by^2+cz^2+dxy+exz+fyz$ et je demande que le point $M$ passe par cette conique et je récupère un système linéaire $25$ équations et $6$ inconnues et trouve un noyau de dimension $1$ qui me donne les coefficients $a,b,c,d,e,f$.

En affine $z=1$ ça donne :

(4*t^2/(t^4 - 2*t^2 + 1))*y^2 + ((4*t/(t^2 - 1))*x + (2/3*t^9 - 4/3*t^8 - 8/3*t^7 - 8/3*t^6 - 4/3*t^4 + 8/3*t^3 - 2/3*t)/(t^7 + t^6 - t^5 - 5/3*t^4 - t^3 + 1/3*t^2 + t + 1/3))*y + x^2 + ((-1/3*t^7 - t^6 + 1/3*t^5 - 3*t^4 + 1/3*t^3 - 5/3*t^2 - 1/3*t + 1/3)/(t^6 - t^4 - 2/3*t^3 - 1/3*t^2 + 2/3*t + 1/3))*x + (-t^8 + 3*t^7 + 17/3*t^6 - 1/3*t^5 - 7*t^4 - 13/3*t^3 - 3*t^2 - t)/(t^7 + t^6 - t^5 - 5/3*t^4 - t^3 + 1/3*t^2 + t + 1/3)

Pas très jolie … j'ai réalisé la figure sous géogébra (uniquement en entrant les équations). voir ici
Bon c'est vraiment brouillon de chez brouillon pour l'instant (je ne suis pas pro), je ne sais pas si quelqu'un va lire jusqu'au bout et vérifier les calculs ! (y en a un peu) ! Ce que je voulais mettre en lumière c'est que l'histoire de la conique passant par $5$ points admet une version un peu plus générale permettant de gérer les points doubles de manière uniforme (mais aussi les points sur les extensions, mais je n'en ai pas parlé dans mon message qui est déjà long et peut être vague), l'idée c'est juste d'accepter de résoudre les équations dans les $k$-algèbres plutôt que dans les corps.

claude quitté · September 2019

Ce que j'en dis : cela me semble intéressant mais ambitieux, non ? Surtout en ce qui concerne la rationalité. Par ailleurs, les $k$-algèbres $K = k[M]$ que tu considères ne sont pas quelconques : elles sont par définition monogènes au sens quotient de $k[X]$ par un polynôme unitaire de degré 5.
Est ce que cela a du sens de considérer des $k$-algèbres du type suivant ?

[color=#000000]> k := RationalField() ;
> A<X,Y,Z,W> := PolynomialRing(k,4) ;
> I := Ideal([X,Y,Z,W]) ;
> K<x,y,z,w> := A/I^2 ;
> Dimension(K) ;
5
> MonomialBasis(K) ;
{@  1,   w,   z,   y,  x @}
[/color]

Je la tire du tableau de la page 2 de http://www-math.mit.edu/~poonen/papers/dimension6.pdf qui donne la liste des $k$-algèbres locales de dimension $\le 6$. J'ai tapé dans la dernière de dimension 5.

Note : je n'ai pas pu accéder à ta figure geogebra à cause de mes outils pourris.

Goleon · September 2019

Hello Claude,

Alors effectivement une conique passant par un point de ton algèbre, je ne sais pas donner un sens plus concret que celui numérique (peut être un truc vraiment dégénérée). De plus, je ne peux pas gérer informatiquement les algèbres (d'où l'idée des $k[M]$ qui sont simples à gérer). Donc il y a un quelque chose ! Merci.

Pour la rationnalité. Un exemple simple : le corps de base $\Q$ et je considère le polynôme $P = x^2 \times (x^3-x-1)$. Je note $\alpha$ un racine de $x^3-x-1$. Et je cherche une conique passant par $(1+\alpha :1+ \alpha^2 : 1)$ et tangente en $(1 : 0 : 1)$ avec comme coefficient directeur (toujours en affine $z=1$ disons $(1,1)$.

J'introduis les deux points :
$$
\widehat{A} = ( 1+\alpha :1+ \alpha^2 : 1) \qquad \widehat{B} = (1+x : x :1)
$$
J'applique la même procédure (isomorphisme chinois et tout je passe par l'algèbre $K[M]$ où $M$ est la matrice compagnon de $P$, je ne sais pas si la procédure en question est claire dans mon premier message ? Je peux mettre les codes source ça sera plus simple peut être). La je peux donner le point à valeur dans $k[M]$ (bien sûr on ne vois pas que ce sont des éléments de $K[M]$) :

Mx,My,Mz
(
[1 0 0 0 0]  [ 0  0  0  0  0]  [1 0 0 0 0]
[1 1 0 0 0]  [ 1  0  0  0  0]  [0 1 0 0 0]
[0 1 1 0 1]  [ 3 -1  1  1  0]  [0 0 1 0 0]
[0 0 1 1 1]  [ 1  1  0  2  1]  [0 0 0 1 0]
[0 0 0 1 1], [-2  1  1  0  2], [0 0 0 0 1]
)

Mais en notant $\phi : \frac{k[x]}{x^3-x-1} \times \frac{k[x]}{x^2} \to \frac{k[x]}{P}$ l'isomorphisme chinois donnée par :
$$
R,Q \mapsto (-x^4 + x^3 + x^2)R+ (x^4 - x^3 - x^2 + 1)Q
$$
On a :
$$
M_x = \phi(1+x,1+x)(M) \qquad M_y = \phi(1+x^2,x)(M) \qquad M_z = \phi(1,1)(M)
$$
(j'avoue que c'est un tantinet compliqué mon histoire mais c'est surtout que je n'ai pas accès aux algèbres via informatique et je suis obligé de passer par les matrices) !

Et donc je cherche $a,b,c,d,e,f$ tel que :
$$
a M_x^2 + bM_y^2+cM_z^2+dM_xM_y+eM_xM_z +f M_yM_z = 0
$$
De manière imagée : une conique qui passe par le point projectif $[M_x : M_y : M_z]$. Et je trouve (via un calcul de noyau) : (toujours en affine) :
$$
8x^2 + 2xy - 3y^2 - 17x - y + 9
$$

Que vois-tu comme problématique concernant la rationnalité ?

reuns · September 2019

Juste sur un point où j'ai bogué : avec $K \cong k^5$ pour obtenir $\mathbb{P}^2(K) \simeq \mathbb{P}^2_k(k) \times \dots \times\mathbb{P}^2_k(k),\ $ tu définis $$\mathbb{P}^2(K) = \{ [a_1:a_2:a_3],\ a_i \in K,\ (a_1,a_2,a_3) = (1) \text{ comme idéaux de } K\},$$ $ \forall u \in K^\times, \ [a_1:a_2:a_3]=[ua_1:ua_2:ua_3]$

Goleon · September 2019

Salut Reuns
Je vais essayé de faire. Mais comme j'ai dit je n'ai pas beaucoup de connaissances théoriques et je peux dire des conneries … C'est un peu lourd en notation (je ne suis pas doué) mais vérifie car ça me semble presque vide en fait !

On oublie provisoirement $\mathbb{P}^2_k$. On va se concentrer sur l'ensemble des vecteurs uni-modulaire. Soit $A$ un anneau. Je note $\text{Uni}_3(A) := \{ (a,b,c) \in A^3 \mid \langle a,b,c \rangle =A \}$ donc les $3$-uplet qui engendrent $A$ en comme idéal. Pour obtenir, ce que j'ai appelé $\mathbb{P}^2$ on doit quotienter par la relation que tu as donnée. Là ce qu'on va voir c'est que : pour $A$ et $B$ deux anneaux, on a : $$

\text{Uni}_3(A \times

\simeq \text{Uni}_3(A) \times \text{Uni}_3(B) .

$$ Et on va expliciter les applications dans les deux sens. Je note $\text{Pr}_A$ et $\text{Pr}_B$ les deux projections. Dans le sens gauche droite : pour $(a,b,c) \in (A \times

^3$, je note $\phi(a,b,c) = ( \text{Pr}_A(a), \text{Pr}_A(b), \text{Pr}_A(c)),\,( \text{Pr}_B(a), \text{Pr}_B(b), \text{Pr}_B(c))$. Je dis que $( \text{Pr}_A(a), \text{Pr}_A(b), \text{Pr}_A(c)) \in \text{Uni}_3(A)$ et pareil pour $B$. Là c'est simple : j'ai une relation de Bézout : $$

au+bv+cw = 1.

$$ Et j'applique $\text{Pr}_A$ pour obtenir la relation de Bézout dans $A$.
Dans le sens droite gauche : je prend $a',b',c' \in A$ et $a'',b'',c'' \in B$, et je prend $u',v',w' \in A$ et $u'',v'',w'' \in B$ tels que : $$

a'u'+b'v'+c'w' = 1 \qquad a''u''+b''v''+c''w'' = 1.

$$ Et bien $$

(a',a'')(u',u'') + (b',b'')(v',v'')+ (c'c'')(w',w'') = (1,1).

$$ Donc j'ai la bijection $$
\text{Uni}_3(A \times

\simeq \text{Uni}_3(A) \times \text{Uni}_3(B) .

$$ Là c'est presque vide. (j'ai écrit histoire de me rassurer également).

Maintenant il faut passer au quotient.
Déjà une remarque : c'est que $(A \times

^{\times} = A ^{\times} \times B^{\times}$. Alors on a une surjection : $$

\phi : \text{Uni}_3(A \times

\to \text{Uni}_3(A) / A^\times \times \text{Uni}_3(B) / B^\times.

$$ Et il faut voir que ça donne une bijection en passant au quotient. Déjà l'application passe au quotient car si il existe $(\lambda,\mu)$ tel que $(\textbf{u',v'}) = (\lambda,\mu)(\textbf{u,v})$ alors en appliquant les projections tu obtiens $\textbf{u'} = \lambda \textbf{u}$ (pareil pour $v$). Et l'application quotient est injective pour le même genre de raisons.

C'est tellement vide (sauf erreur) que en étant un peu spéculatif … on doit certainement avoir un résultat qui dit quelque chose du genre (je verrai demain) :

Soit $X : \textbf{Ann} \to \textbf{Ens}$ et $G : \textbf{Ann} \to \textbf{groupe}$ deux foncteurs. On suppose que : $G$ agit (en tant que foncteur) sur $X$ et que $X$ et $G$ respectent le produit $\times$ alors le foncteur quotient respecte également $\times$.

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$@Goleon
Je crois avoir compris ce que j'ai voulu dire en ce qui concerne ``... ambitieux ... rationalité''. Et je me suis demandé pourquoi tu ne donnais pas un énoncé carré ? Mais pardi, c'est le souci de position générale. Du coup, j'énonce quelques banalités. Tu me diras si on se comprend.

I. Je me place dans le cadre ordinaire ($K = k^5$ pour toi). Soient $p_1, \cdots, p_5$ cinq points de $\P^2(k)$ et $m = (x:y:z)$ le point générique. Alors la conique suivante
$$
[p_5, p_1, p_4] [p_5, p_3, p_2] [m, p_1, p_2] [m, p_3, p_4] -
[p_5, p_1, p_2] [p_5, p_3, p_4] [m, p_1, p_4] [m, p_3, p_2]
$$
passe par les 5 points. Explication : on remonte $\P^2(k)$ à $k^3$ et $[\bullet, \bullet, \bullet]$ désigne le déterminant dans la base canonique de $k^3$. Et ce qui figure ci-dessus est un polynôme homogène $F$ de degré 2 i.e. un habitant de $k[x,y,z]_2$. Qui vérifie $F(p_i) = 0$.
Mais il faut empêcher $F$ de s'effondrer. On suppose alors que 3 points quelconques parmi les $p_i$ ne sont pas alignés. On obtient alors une vraie $k$-conique. Et on démontre que l'ensemble des $G \in k[x,y,z]_2$ vérifiant $G(p_i) = 0$ pour $i = 1, \cdots, 5$ est de dimension 1.

Un détail : il y a un choix douloureux d'ordonnancement des points. C'est la vie. On peut par exemple écrire le polynôme ci-dessus sous la forme
$$
\def \u {\underline}
-[\u{m}, p_4, p_3][\u{p_1}, p_5, p_4][\u{p_2}, p_3, p_5]\
[\u{m}, \u{p_1}, \u{p_2}]
+ [\u{p_5},p_1,p_2] [\u{p_4},m,p_1] [\u{p_3},p_2,m] \
[\u{p_5}, \u{p_4}, \u{p_3}]
$$
Je ne sais plus pourquoi j'ai souligné certaines occurrences (pour faire un certain effet, mais lequel ?).

Et si je me souviens bien, le résultat ci-dessus ne souffre d'aucune exception (il est vrai en toute caractéristique).

II. Je passe maintenant à tes histoires. A la base un corps commutatif quelconque $k$ et une $k$-algèbre commutative quelconque $K/k$ de dimension 5. On considère un point $p_0$ de $\P^2(K)$. Ici pas de lézard, $p_0$ est un point projectif ordinaire i.e. $p = (x_0 : y_0 : z_0)$ avec $x_0, y_0, z_0 \in K$ comaximaux. C'est vachement important cette histoire ici de comaximalité : ne pas dire bêtement que $(x_0, y_0, z_0) \ne (0,0,0)$ because on est sur $K$. On s'intéresse alors à :
$$
\{ F \in k[x,y,z]_2 \mid F(p_0) = 0 \} \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
Noter que $F$ est à coefficients dans $k$. Et pas dans une extension de $k$, si j'ai bien compris.

Et on voudrait bien énoncer une clause pertinente sur $p_0$ provoquant que $(\heartsuit)$ est de dimension 1. C'est bien cela que tu voudrais ? As tu une idée de clause sur $p_0$ ?

Note : j'ai dit pas de lézard en ce qui concerne les $K$-points de $\P^2$ : cela vient du fait que $K$ est un anneau 0-dimensionnel (au sens de la dimension de Krull) et donc les $K$-points projectifs sont les (images des) vecteurs unimodulaires.

Est ce que l'on se comprend (un peu) ?

Goleon · September 2019

Claude,

Merci pour la traduction c'est plus clair que mon charabia ! Donc oui c'est exactement ça ! Une clause sur $p_0$ tel que $(\heartsuit)$ soit de dimension $1$ et oui c'est bien à coefficient dans $k$ (le corps de base). Alors je n'ai pas d'idée de clause et c'est peut être ambitieux de trouver quelque chose à dire, je ne sais pas. Je vais déjà réfléchir au cas $I$ que tu décris ! Mais après je veux bien accepter des coniques dégénérées ! Par exemple en prenant comme point $$

A = [0,0,1] ,\quad B = [1,0,1] ,\quad C = [0,1,1] ,\quad
D = [2,0,1] ,\quad
E = [0,2,1]

$$ On obtient bien la "conique" $xy =0$.

claude quitté · September 2019

@Goleon
Le I remonte à l'époque où j'enseignais. J'ai des notes. A l'époque, enseignement oblige, on bossait en maple. Maintenant je refuse. En magma, il y a des trucs tout faits. J'ai envie de faire joujou

[color=#000000]> k := RationalField() ;                                                                   
> P2<x,y,z> := ProjectiveSpace(k,2) ;
> L := LinearSystem(P2, 2) ;
> L ;
Linear system on Projective Space of dimension 2
Variables: x, y, z
with 6 sections:  x^2  x*y  x*z  y^2  y*z  z^2
> Sections(L) ;
[
    x^2,
    x*y,
    x*z,
    y^2,
    y*z,
    z^2
]
[/color]

Tes 5 points

[color=#000000]> A := P2![0,0,1] ; B := P2![1,0,1] ; C := P2![0,1,1] ; D := P2![2,0,1] ; E := P2![0,2,1] ;
> Lsub := LinearSystem(L, [A,B,C,D,E]) ;
> Lsub ;
Linear system on Projective Space of dimension 2
Variables: x, y, z
with 1 section:  x*y
> Sections(Lsub) ;
[ x*y]
[/color]

Je fais maintenant tourner le truc de l'enseignement. Des petits outils écrits à 100 à l'heure pour ton fil

[color=#000000]> Mat := func < p,q,r | Matrix(3,3, [Eltseq(p), Eltseq(q), Eltseq(r)]) > ;                 
> xyz := [x,y,z] ;  
> Det := func < p,q,r | Determinant(Mat(p,q,r)) > ;
> Conique := func <p1, p2, p3, p4, p5 |                                        
     Det(p5, p1, p4) * Det(p5, p3, p2)* Det(xyz, p1, p2)* Det(xyz, p3, p4) -
         Det(p5, p1, p2) * Det(p5, p3, p4) * Det(xyz, p1, p4) * Det(xyz, p3, p2) > ;
[/color]

Ce qui donne :

[color=#000000]> Conique(A,B,C,D,E) ;
-4*x*y
[/color]

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$Goleon
J'ai essayé de relire ton PREMIER post de manière plus attentive. Il y a un certain nombre de coquilles qui ne facilitent pas la lecture. Idem de certains détails de calculs. Le polynôme que tu fais intervenir, que je note $F$, est $F(X) = (X+3)X^2 (X-1)^2$. A un moment, on voit du $(X-3)^2$, cela doit être une coquille.

Ton algèbre est $K = k[X]/\langle F\rangle$, produit, dans l'ordre des facteurs de $F$, de 3 algèbres locales $K_1, K_2, K_3$ de dimensions respectives $1, 2, 2$. On va se donner un point de $\P^2(K)$ en remontant à $K^3$ je suppose. Donc on a besoin de 3 éléments de $K$ (pas n'importe comment) disons $x_0, y_0, z_0$ pour former $(x_0 : y_0 : z_0)$. Pas n'importe comment : on veut $(x_0, y_0, z_0)$ unimodulaire.

Que viennent faire $A, B, C, \widehat A, \widehat B$ ? On croit comprendre que $\widehat A$ c'est du côté de $K_2$, on va dire un habitant de $K_2^3$ tandis que $\widehat B$ c'est du côté de $K_3$ i.e. un habitant de $K_3^3$.

Quid de $A, B, C$ ? Ou encore quel est le 3-vecteur unimodulaire sur $K$ que tu considères ? Tu vas penser que j'ai rien compris. Disons que j'essaie de comprendre.

A noter que les 3 moduli $X+3$, $X^2$ et $(X-1)^2$ sont rarement dans le même ordre dans ton post. J'exagère ?

Note : quand on fait semblant de lire les posts des autres, c'est vachement confortable. Les soucis débarquent quand on veut vraiment comprendre (bis).

Goleon · September 2019

Claude :

Effectivement c'est très brouillon et je n'ai pas pris l'exemple le plus simple car y'a deux tangences et le corps de base qui est $\Q(t)$, bon maintenant trop tard pour changer. Alors effectivement le $(X-3)^2$ c'est une coquille !

Alors la démarche est en plusieurs étapes. Comme je suis parti d'un problème concret je construit le point sur $K$ en $3$ étapes :
1. Localement donc sur $K_1$ $K_2$ et $K_3$ (avec tes notations).
2. globalement à l'aide du théorème chinois.
3. Ensuite j'évolue en la matrice compagnon de $F$ (mais c'est pour le traitement informatique).

Par exemple pour $B$ et $\widehat{B}$ : l'idée c'est que le point $\widehat{B}$ se spécialise sur $B$ (lorsque $x=1$) . Le point $B$ est défini sur un corps et là c'est clair qu'il est uni-modulaire puisque ce n'est pas le vecteur nul.

Là je sors un petit lemme :

Soit $A$ un anneau local d'idéal maximal $\mathfrak{m}$. Soit $\kappa := A / \mathfrak{m}$. Soit $\mathbf{u}$ un vecteur uni-modulaire sur $\kappa$ (de longueur $n=3$ ici). Et soit $\widehat{\mathbf{u}}$ un relèvement quelconque de $\mathbf{u}$ à $A$. Alors $\widehat{\mathbf{u}}$ est uni-modulaire.

Démonstration : je prend un certificat de l'uni-modularité : $\sum_{i=1}^{n} a_i u_i = 1$. Ici j'ai noté $u_i$ les coordonnées de $\mathbf{u}$. Et je relève tous le monde (les $a_i$ et les $u_i$) à $A$. On a alors :
$$
\eta := \sum_{i=1}^{n} a'_i u'_i-1 \qquad \text{ dans le noyau de $\pi : A \to \kappa$}
$$
Et on a :
$$
\sum_{i=1}^{n} a'_i u'_i = 1 +\eta
$$
n'appartient pas à $\mathfrak{m}$ et donc c'est inversible, ceci garanti l'uni-modularité de $\widehat{\mathbf{u}}$. (y'a peut être un petit problème d'effectivité dans la preuve).

Je reviens à $\widehat{B}$ que j'ai choisi pour que ça colle avec la condition (mais c'est un peu de la bidouille : je ne comprend pas trop ce que je fais).

Donc étape 2. Une fois que j'ai construit mes points sur les trois anneaux locaux $K_1$ $K_2$ et $K_3$ que j'ai noté $\widehat{A} ,\widehat{B}$ et $C$ (mais je change en $A_1$ $A_2$ et $A_3$ … hum). J'utilise l'isomorphisme chinois sur les trois coordonnées. De manière précise, en notant $\phi$ l'isomorphisme chinois, j'applique le foncteur $\mathbb{P}^2_k$ à $\phi$, ça fournit une application :
$$
\mathbb{P}^2_k(\phi) : \mathbb{P}^2_k(K_1 \times K_2 \times K_3) \to \mathbb{P}^2_k(K) \qquad \text{ avec la couverture des algèbres zéro dimensionnelle}
$$
Et le point de $\mathbb{P}^2_k(K)$ que je considère c'est $\mathbb{P}^2_k(\phi)(A_1,A_2,A_3)$. Ce qui revient à former le point $$ \left[ \phi(A_{1,x} : A_{2,x} : A_{3,x}) : \phi(A_{1,y} : A_{2,y} : A_{3,y}) : \phi(A_{1,z} : A_{2,z} : A_{3,z}) \right] \in \mathbb{P}^2_k(K)$$
Ici j'ai noté $A_{1,x}$ la première coordonnée (une fois choisie un relèvement de l'affine au projectif !!!).

Donc là j'ai trois éléments de $K$ et ensuite pour mes besoin informatique j'évalue les choses en la matrice compagnon de $F$ et j'obtient trois matrices que j'ai noté $N_x,N_y$ et $N_z$ (hum, niveau notation c'est à revoir) un point de $\mathbb{P}^2_k(k[M])$. Après je prend la conique générique et je cherche les coefficients pour que le point $(N_x,N_y,N_z)$ appartient à la conique, ça me donne (a cause du passage par les matrices) un système $25$ équations et $6$ inconnues et (dans ce cas) un espace de solution de dimension $1$.

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$@Goleon
Je pense avoir compris cette fois. Mais je trouve que tu veux faire, dans ce premier exemple, beaucoup trop de choses d'un coup : des maths, du calcul formel, ...etc... C'est dommage car tu as dû y passer vachement de temps !! Et le résultat n'est pas assez mis en valeur.
Il y a d'autres erreurs, par exemple dans la définition de $\widehat A$, il manque un $+$ dans la première composante si bien que l'on ne voit pas l'ajout $+2xt$ dans l'idéal maximal.

Par ailleurs, pour un premier exemple, est ce que l'on ne peut pas faire de manière plus rudimentaire, sans aucune gestion de $k$-algèbres ?

Voici une calculette écrite vite fait. Je vais rester au niveau de l'anneau des polynômes $k[T]$ sans quotienter par le modulus qui réalise la $k$-algèbre $K$. J'ai pris $T$ comme nom de variable pour éviter le mélange avec $x,y,z$, nom des 3 coordonnées habituelles pour $\P^2$

Je prépare les 3 moduli $F_i$ dont le produit est de degré $5$. La $k$-algèbre $K$ est $k[T]/\langle F_1\rangle \times k[T]/\langle F_2\rangle \times k[T]/\langle F_3\rangle$

[color=#000000]> G1 := T ; G2 := T-1 ;  G3 := T+1 ;
> F1 := T ; F2 := G2^2 ; F3 := G3^2 ;
> moduli := [F1, F2, F3] ;
[/color]

Je prends tes notations : 3 points résiduels $A,B,C$, 2 tangentes $T_B, T_C$ ainsi que $\widehat A, \widehat B, \widehat C$. On voit bien que $\widehat B$ se réduit sur $B$ modulo le maximal correspondant. Idem pour $\widehat C$.

[color=#000000]> A := [1,2,1] ;
> B := [1,1,-1] ;  TB := [1,2,1] ;
> C := [1,0,1] ;   TC := [1,-1,1] ;
> Ahat := A ;
> Bhat := Vector(kT,B) + G2*Vector(kT,TB) ;
> Chat := Vector(kT,C) + G3*Vector(kT,TC) ;
[/color]

Un petit coup de théorème chinois (ce n'est pas à moi de le gérer) pour produire le point convoité $p_0 = (x_0 : y_0 : z_0)$ de $\P^2(K)$. Important (bis) : je reste au niveau $k[T]$.

[color=#000000]> x0 := ChineseRemainderTheorem([Ahat[1], Bhat[1], Chat[1]], moduli) ;
> x0 ;
1/2*T^3 - 1/2*T + 1
> y0 := ChineseRemainderTheorem([Ahat[2], Bhat[2], Chat[2]], moduli) ;
> y0 ;
9/4*T^4 - 15/4*T^2 + 1/2*T + 2
> z0 := ChineseRemainderTheorem([Ahat[3], Bhat[3], Chat[3]], moduli) ;
> z0 ;
T^4 + T^3 - 2*T^2 - 2*T + 1
[/color]

Et voilà, c'est fini. Je te montre juste la matrice $3 \times 5$ du point $p_0$. Cela a du sens pour une $k$-algèbre de dimension 5 (coordonnées sur une base). Il se pourrait que la nullité/non nullité des mineurs $3 \times 3$ de cette matrice $3 \times 5$ intervienne. C'est en tout cas ce qui se passe dans le cas diagonal $K = k^5$.

[color=#000000]> x0y0z0 := Matrix(3, 5, [[Coefficient(composante,j) : j in [0..4]] : composante in [x0,y0,z0]]) ;
> x0y0z0 ;
[    1  -1/2     0   1/2     0]
[    2   1/2 -15/4     0   9/4]
[    1    -2    -2     1     1]
[/color]

Quand je dis que c'est fini, cela signifie qu'il y a encore quelques bricoles à réaliser (mais je ne le montre pas pour l'instant, je t'assure que c'est totalement rudimentaire). Parmi les bricoles, il faut considérer la combinaison $S := ax_0^2 + by_0^2 + cz_0^2 + dx_0y_0 + ex_0z_0 + fy_0z_0$ où $a,b,c,d,e,f$ sont des indéterminées, réduire cette somme $S$ modulo le modulus $F$ produit des 3 moduli $F_i$. Et je finis par tomber sur la résolution d'un système linéaire $5 \times 6$ : 6 inconnues $a,b,c,d,e,f$ et 5 équations (le long des $T^i$ pour $0 \le i < 5$). Et, SI TOUT VA BIEN, le noyau est de dimension 1. Of course, j'ai fait le truc jusqu'au bout.

Goleon · September 2019

Claude,

J'ai repris ton exemple c'est presque du copier coller !

k  = QQ
kT.<T> = k[]
G1 = T
G2 = (T-1)
G3 = T+1
F1 =G1
F2 = G2^2
F3 = G3^2
p4 = x+2
P  = F1*F2*F3
P.factor()
A = [1,2,1]
B = [1,1,-1]
TB = [1,2,1] 
C = [1,0,1]
TC = [1,-1,1] 
Ahat = A ;
Bhat = vector(kT,B) + G2*vector(kT,TB) 
Chat = vector(kT,C) + G3*vector(kT,TC) 
e1,e2,e3= ortho_idem([F1,F2,F3])
f = lambda A,B,C: (e1*A+e2*B+e3*C)%P

f(Ahat[0],Bhat[0],Chat[0]),f(Ahat[1],Bhat[1],Chat[1]), f(Ahat[2],Bhat[2],Chat[2])
(1/2*T^3 - 1/2*T + 1,
 9/4*T^4 - 15/4*T^2 + 1/2*T + 2,
 T^4 + T^3 - 2*T^2 - 2*T + 1)

Ok ça colle et effectivement on reste toujours dans $k[T]$, bon là je fini le calcul (en passant par $k[M]$ pour réaliser le quotient mais c'est juste parce que j'ai programmé comme ça mais je pense pouvoir changer en récupérant les coefficients selon les $T^i$ comme tu dis) et la conique :
$$
x^2 + (-2/3)xy + (-2/3)x + 2/3y - 1/3 = 0
$$

Remarque : j'ai regardé le tableau $2$ page $9$ du lien que tu as donné. C'est surprenant cette classification des algèbres finis et le passage de la dimension $6$ à $7$ …

Par contre, une question dans le théorème que tu as donné : la clause " les $5$ points sont en position générale " i.e $3$ points ne sont pas alignés … c'est pour garantir que le polynôme homogène de degré $2$ ne soit pas un produit de deux facteurs de degré $1$ i.e une vraie conique, c'est bien ça ?

J'ai corrigé le "+2xt" … effectivement dur de comprendre sans le $+$ ! Désolé !

claude quitté · September 2019

$\def\M{\mathbb M}$@Goleon
1. Vraie conique, cela voulait dire polynôme homogène (de degré 2) non nul, rien de plus. J'ai dit 3 points quelconques (parmi les $p_i$) non alignés car je suis sûr dans ce cas là que l'on obtient un polynôme homogène non nul. Mais c'est peut-être un peu fort car dans l'exemple que tu as donné conduisant à la conique $xy$, certains mineurs $3 \times 3$ sont nuls.

[color=#000000]> A := [0,0,1] ; B := [1,0,1] ; C := [0,1,1] ; D := [2,0,1] ; E := [0,2,1] ;   
> M := Transpose(Matrix(5,3, [A,B,C,D,E])) ; 
> M ;
[0 1 0 2 0]
[0 0 1 0 2]
[1 1 1 1 1]
> Minors(M,3) ;
[ 2, 2, -1, -1, 4, 0, -2, 2, 0, 1 ]
[/color]

2. Dans mon post d'hier, inutile de prendre des indéterminées $a,b,c,d,e,f$ et de considérer $ax_0^2 + by_0^2 + \cdots$. Cela complique inutilement la gestion. On peut produire la matrice $6 \times 5$ directement de la manière suivante :

[color=#000000]F := &*moduli ;
M65 := Matrix(6,5,[[Coefficient(G mod F, j) : j in [0..4]] : G in [x0^2,y0^2,z0^2,x0*y0,x0*z0,y0*z0]]) ;
[/color]

3. De toutes manières, on peut oublier tout ce fourbi. A toute $k$-algèbre $K$ de dimension 5, j'associe une application (pas linéaire) :
$$
\theta_K : \M_{3,5}(k) \to \M_{6,5}(k), \qquad N \mapsto M
$$
définie comme suit. Je fixe une base $e = (e_1, \cdots, e_5)$ de $K/k$. Avec la matrice $N$ qui est $3 \times 5$, je fabrique 3 éléments $x_0,y_0,z_0$ de $K$ dont les coordonnées dans $e$ sont les 3 lignes de $N$. Ensuite, je fabrique $M$ qui est $6 \times 5$ en prenant les coordonnées dans $e$ des 6 monômes de degré 2 en $x_0,y_0,z_0$ dans un certain ordre.
Ceci donne une programmation générale super-simple

[color=#000000]Theta := function(K)  // K : k-algebra of dimension 5
  assert Dimension(K) eq 5 ;
  V, KtoV := VectorSpace(K) ;
  VtoK := Inverse(KtoV) ;
  e := Basis(V) ;
  J := [1..5] :
  InternalTheta := function(N) // N in M_{3,5}(k)
    x0 := VtoK(&+[N[1,j]*e[j] : j in J]) ;
    y0 := VtoK(&+[N[2,j]*e[j] : j in J]) ;
    z0 := VtoK(&+[N[3,j]*e[j] : j in J]) ;
    return Matrix(6,5,[Coordinates(V,KtoV(u)) : u in [x0^2,y0^2,z0^2,x0*y0,x0*z0,y0*z0]]) ;
  end function ;
  k := BaseRing(K) ;
  return map < RMatrixSpace(k,3,5) -> RMatrixSpace(k,6,5) | N :-> InternalTheta(N) > ;
end function ;
[/color]

4. Je reprends le même exemple

[color=#000000]> kT<T> := PolynomialRing(k,1) ;
> G1 := T ; G2 := T-1 ;  G3 := T+1 ;
> F1 := G1 ; F2 := G2^2 ; F3 := G3^2 ;
> moduli := [F1, F2, F3] ;
> K := kT / Ideal(&*moduli) ;
> 
> ThetaK := Theta(K) ;
> ThetaK ;
Mapping from: Full KMatrixSpace of 3 by 5 matrices over Rational Field to Full 
KMatrixSpace of 6 by 5 matrices over Rational Field given by a rule [no inverse]
> x0y0z0 ;
[    1  -1/2     0   1/2     0]
[    2   1/2 -15/4     0   9/4]
[    1    -2    -2     1     1]
> M := ThetaK(x0y0z0) ;
> M ;
[   1   -1    0    1    0]
[   4 -1/4   -8  3/4  9/2]
[   1    0    1    0   -1]
[   2  1/4   -4  1/4  5/2]
[   1   -2 -3/2    1  1/2]
[   2 -1/4   -5 -1/4  5/2]
> KerM := Kernel(M) ;
> KerM ;
Vector space of degree 6, dimension 1 over Rational Field
Echelonized basis: (   1    0 -1/3 -2/3 -2/3  2/3)
> KerMbasis := Basis(KerM)[1] ;
> a,b,c,d,e,f := Explode(Eltseq(KerMbasis)) ;
> F := a*X^2 + b*Y^2 + c*Z^2 + d*X*Y + e*X*Z + f*Y*Z ;
> F ;
X^2 - 2/3*X*Y - 2/3*X*Z + 2/3*Y*Z - 1/3*Z^2
[/color]

Of course, je trouve la même conique que toi.
5. Il n'y a plus qu'à conjecturer quelque chose du genre : si la matrice $3 \times 5$ $N$ du point $(x_0 : y_0 : z_0)$ a ses mineurs $3 \times 3$ comme ceci-cela, alors la matrice $6 \times 5$ $M = \theta_K(N)$ est de rang 5. Fort possible qu'il y ait un lien entre l'idéal déterminantiel d'ordre $3$ de $N$ et celui d'ordre 5 de $M$. Peut-être prendre un exemple de $K$ et un point $(x_0 : y_0 : z_0)$ générique ($3 \times 5 = 15$ indéterminées) ?

Goleon · September 2019

Salut Claude,

hum je vais essayé de trouver un moyen pour automatiser un peu mon code ! Je raconte ton dernier message pour voir si j'ai bien compris !

Alors $k$ un corps de base fixé. On prend une $k$-algèbre $K$ de dimension $5$. On prend un point $P \in \mathbb{P}^2_k(K)$, que l'on peut voir comme la matrice $N$ des coefficients dans une base de $K/k$ donc une matrice $3 \times 5$ ($15$ indéterminées). (Dans les autres messages on a insisté sur la production du point $P$).

Là l'application $\theta_K : \mathbb{M}_{3,5}(k) \to \mathbb{M}_{6,5}(k)$ est construite de la manière suivante : à une matrice $N \in \mathbb{M}_{3,5}(k)$ j'associe les trois éléments de $K$ dont les coordonnées dans la base. Donc j'ai $N_x,N_y,N_z \in K$ et ensuite j'écrit en ligne les coordonnées de $N_x^2,N_y^2,N_z^2,N_x \times N_y \dots$. Et on a :
$$
(a,b,c,d,e,f) \times \theta_K(N) = a N_x^2+bN_y^2+cN_z^2 +\dots
$$
Et donc le noyau de $\theta_K(N)$ est bien ce que l'on veux.

Ensuite la construction $N \mapsto \theta_K(N)$ est polynômiale : $30$ polynômes homogènes de degré $2$ en $15$ variables (si je vois bien). Et là, on veut décrire l'ensemble algébrique des $N$ tel que la matrice $\theta_K(N)$ est de rang inférieur à $5$ (ou le complémentaire plutôt).

Et donc tu proposes de prendre un exemple de $K$, et de prendre une matrice générique et d'écrire les $30$ polynômes histoires de voir un peu ! Si je vois bien ça doit donner une intersection de $30$ (les mineurs d'ordre $5$) hypersurfaces de degré $10$ dans un espace de dimension $15$ (enfin c'est à la louche et sans trop faire gaffe au projectif).

Hum je dois d'abord automatiser un peu mon code, mais peut être que je commence à comprendre quand tu as dis ambitieux !

claude quitté · September 2019

@Goleon
Se méfier de ce que je propose. Le plus dur reste à faire : imposer un truc pertinent sur $N = (x_0 : y_0 : z_0)$ pour avoir $M = \theta_K(N)$ de rang 5. Mais probablement le truc pertinent, il varie avec $K$ ? Je ne suis pas clair.

Et je profite de mon nouveau jouet pour refaire ton exemple d'hier $K = k^5$ qui conduisait à la conique $XY$. Je définis $K = k^5$ en donnant les constantes de structure $< i,j,k, a_{ij}^k>$ qui sont non nulles. Ici $M$ est de rang 5 mais certains mineurs $3 \times 3$ de $N$ sont nuls. Déjà dit ce matin je crois.

[color=#000000]> K := AssociativeAlgebra < k, 5 | [<i,i,i,1> : i in [1..5]] > ;  // K = k^5
> ThetaK := Theta(K) ;
> A := [0,0,1] ; B := [1,0,1] ; C := [0,1,1] ; D := [2,0,1] ; E := [0,2,1] ;
> x0y0z0 := Transpose(Matrix(5,3, [A,B,C,D,E])) ;
> x0y0z0 ;
[0 1 0 2 0]
[0 0 1 0 2]
[1 1 1 1 1]
> Minors(x0y0z0,3) ;
[ 2, 2, -1, -1, 4, 0, -2, 2, 0, 1 ]
> M := ThetaK(x0y0z0) ;
> M ;
[0 1 0 4 0]
[0 0 1 0 4]
[1 1 1 1 1]
[0 0 0 0 0]
[0 1 0 2 0]
[0 0 1 0 2]
> Rank(M) ;
5
> KerM := Kernel(M) ;
> KerM ;
Vector space of degree 6, dimension 1 over Rational Field
Echelonized basis: (0 0 0 1 0 0)
> KerMbasis := Basis(KerM)[1] ;
> a,b,c,d,e,f := Explode(Eltseq(KerMbasis)) ;
> F := a*X^2 + b*Y^2 + c*Z^2 + d*X*Y + e*X*Z + f*Y*Z ;
> F ;
X*Y
[/color]

Goleon · September 2019

Hello Claude
Alors je me suis collé sur ton code.

class Theta:
    def __init__(self,K):
        assert K.dimension() == 5
        self.Theta_K  = self.morphisme
        self.algebra  =  K
    def morphisme(self,N):
        K  = self.algebra
        B  = K.basis()
        Nx = sum([N[0,i]*B[j] for j in range(5)])
        Ny = sum([N[1,i]*B[j] for j in range(5)])
        Nz = sum([N[2,i]*B[j] for j in range(5)])
        return matrix(6,5,[vector(u) for u in [Nx^2,Ny^2,Nz^2,Nx*Ny,Nx*Nz,Ny*Nz]])

Jusque là ça va. Le truc c'est que construire des $k$-algèbre ! Alors la technique sous sage pour les algèbres finis. C'est de rentrer les matrices de multiplication par les éléments de la base. Pour l'algèbre diagonale, c'est pas trop dur les matrices de multiplications sont les matrices élémentaires $E(i,i)$ pour $i \in \{0, \dots,4\}$.

sage: k = QQ
sage: M = MatrixSpace(k,5,5)
sage: E = M.basis()
sage: E[0,0]
[1 0 0 0 0]
[0 0 0 0 0]
[0 0 0 0 0]
[0 0 0 0 0]
[0 0 0 0 0]
sage: K= FiniteDimensionalAlgebra(k,[E[j,j] for j in range(5)] )

Ensuite je forme la matrice des points :

A = [0,0,1]
B = [1,0,1]
C = [0,1,1]
D = [2,0,1] 
E = [0,2,1]
sage: K
Finite-dimensional algebra of degree 5 over Rational Field
sage: A = [0,0,1]
....: B = [1,0,1]
....: C = [0,1,1]
....: D = [2,0,1]
....: E = [0,2,1]
....:
sage: N = matrix(5,3,[A,B,C,D,E]).transpose()
sage: N
[0 1 0 2 0]
[0 0 1 0 2]
[1 1 1 1 1]

En pour finir :

sage: phi = Theta(K).Theta_K
sage: phi(N)
[0 1 0 4 0]
[0 0 1 0 4]
[1 1 1 1 1]
[0 0 0 0 0]
[0 1 0 2 0]
[0 0 1 0 2]

sage: a,b,c,d,e,f = phi(N).kernel().basis()[0]
sage: Kxyz.<x,y,z> = k[]
sage: a*x^2+b*y^2+c*z^2+d*x*y+e*x*z+f*y*z
x*y

On est content, l'unique conique passant par $A,B,C,D,E$ c'est l'union des droites $x=0$ et $y=0$.

Goleon · September 2019

Alors en générique :

sage: k.<a00,a01,a02,a03,a04,a10,a11,a12,a13,a14,a20,a21,a22,a23,a24> = QQ[]
....: k = k.fraction_field()
....: N = matrix(k,3,5,[[a00,a01,a02,a03,a04],[a10,a11,a12,a13,a14],[a20,a21,a22,a23,a24]])
....:
sage: N
[a00 a01 a02 a03 a04]
[a10 a11 a12 a13 a14]
[a20 a21 a22 a23 a24]

sage: phi = Theta(K).Theta_K
sage: phi(N)
[  a00^2   a01^2   a02^2   a03^2   a04^2]
[  a10^2   a11^2   a12^2   a13^2   a14^2]
[  a20^2   a21^2   a22^2   a23^2   a24^2]
[a00*a10 a01*a11 a02*a12 a03*a13 a04*a14]
[a00*a20 a01*a21 a02*a22 a03*a23 a04*a24]
[a10*a20 a11*a21 a12*a22 a13*a23 a14*a24]

Ah mais c'est presque la matrice de mon premier post :-D

Ps / Ah mais en plus c'est pas si pourri de devoir entrer les matrices de multiplication pour former les algèbres. Par exemple, pour les algèbre $K[M]$ avec $M$ la matrice compagnon d'un polynôme $P$. La multiplication par les éléments d'une base c'est simplement la matrice à une puissance !

claude quitté · September 2019

Là, c'est au grand responsable des $k$-algèbres de dimension 5 que je m'adresse. Car c'est toi qui a commencé. Ce qui est bien avec l'algèbre, c'est que l'on n'a pas besoin de comprendre ce que l'on fabrique. Mais il faut quand même tu m'expliques ce que je fais.

J'ai pris $K = k[t] = k[T]/\langle T^5\rangle$. Pourquoi ? Parce que j'en avais envie et surtout c'est bien une $k$-algèbre (locale) de dimension $5$. Et que tu ne peux pas me l'interdire. Puis j'ai considéré le point projectif $p_0 = (1 + t : 1 + t^2 : 1+t^3)$. Et j'ai fait les choses de la vie (de la semaine en tout cas).

[color=#000000]> K<t> := kT / Ideal(T^5) ;
> V, KtoV := VectorSpace(K) ;
> ThetaK := Theta(K) ;
> // p0 = (1+t : 1+t^2 : 1+t^3)
> N := Matrix([KtoV(1+t), KtoV(1+t^2), KtoV(1+t^3)]) ;
> N ;
[1 1 0 0 0]
[1 0 1 0 0]
[1 0 0 1 0]
> M := ThetaK(N) ;
> M ;
[1 2 1 0 0]
[1 0 2 0 1]
[1 0 0 2 0]
[1 1 1 1 0]
[1 1 0 1 1]
[1 0 1 1 0]
> Rank(M) ;
5
> v := SignedMinors(M) ;
> a,b,c,d,e,f := Explode(v) ;
> F := a*X^2 + b*Y^2 + c*Z^2 + d*X*Y + e*X*Z + f*Y*Z ;
> F ;
-X^2 + X*Y + X*Z - Y^2 + 2*Y*Z - 2*Z^2
[/color]

Tu noteras que je ne fais plus calculer le noyau (à l'anglo-saxone) de $M$ mais que je considère le 6-vecteur des mineurs signés de $M$, noté $v$. Et on obtient une conique qui passe par le point résiduel $(1 : 1 : 1)$ (la somme des coefficients du polynôme $F$ est nulle).
Cela signifie quoi ? Tu m'expliques ?
Du coup, comme c'était bon, j'ai pris un autre point à savoir $p_0 = (1 + t : 1+t^3 : 1+t^4)$. Play again.

[color=#000000]> N := Matrix([KtoV(1+t), KtoV(1+t^3), KtoV(1+t^4)]) ;
> N ;
[1 1 0 0 0]
[1 0 0 1 0]
[1 0 0 0 1]
> M := ThetaK(N) ;
> M ;
[1 2 1 0 0]
[1 0 0 2 0]
[1 0 0 0 2]
[1 1 0 1 1]
[1 1 0 0 1]
[1 0 0 1 1]
> Rank(M) ;
5
> v := SignedMinors(M) ;
> a,b,c,d,e,f := Explode(v) ;
> F := a*X^2 + b*Y^2 + c*Z^2 + d*X*Y + e*X*Z + f*Y*Z ;
> F ;
Y^2 - 2*Y*Z + Z^2
[/color]

Goleon · September 2019

Claude,

Alors géométriquement. Disons que ton point $A(t)$ que je vois dans l'affine $z=1$ a pour coordonnée :
$$
A(t) = \left( \frac{1+t}{1+t^3}, \frac{1+t^2}{1+t^3} \right)
$$
Que l'on peut voir comme une courbe paramétré. Et bien sûr on regarde au voisinage de $0$ ! Et en quelque sorte on cherche une conique de meilleur approximation …hum c'est très poétique (j'ai fais le géogébra) mais je post juste une image avec la trace de $A$ :

Alors peut être mieux, je me place dans l'anneau des séries formelles, ah une idée (je ne sais pas si je vais pouvoir la mettre en place), on part d'une conique avec un point rationnelle et on résout l'équation via la méthode de Newton (en dimension $2$, hum c'est là que je ne suis pas certain), donc on coupe la méthode de Newton à l'ordre $5$, et on obtient un point $A$ a coefficient dans $k[T]/T^5$ et on doit retrouver notre conique de départ en appliquant la méthode !

Après on peut aussi s'amuser avec une algèbre du type $k[T]/T^3 \times k[T] / (T-1) ^2$ et on prend un point $A(T)$ sur cette algèbre et la conique construite doit approximer la courbe $A(t)$ en $t=0$ et en $t=1$, visuellement ça doit être marrant et je vais tester ! (Bon en fait c'est louche et marche pas ) ! 89870

claude quitté · September 2019

$\def\A{\mathbb A}$@Goleon
C'est pas c.n ton truc. On voit bien que je ne suis pas géomètre. De plus, je n'ai pas d'outils pour faire des dessins. En tant que pauvre algébriste que je suis, faut quand même que je vérifie des trucs. Ci-dessous, A2 c'est l'espace affine $\A^2$ (le corps de base est $\Q$) et $R$ est le générateur de l'idéal des relateurs entre $(1+t)/(1+t^3)$ et $(1+t^2)/(1+t^3)$. Je vérifie tout, faut pas se louper.

[color=#000000]> GoleonCurve := Curve(A2, R) ;                             
> GoleonCurve ;
Curve over Rational Field defined by  x^3 - 3*x^2*y + 3*x*y^2 - x*y + x - y^2
> Evaluate(R, [(1+t)/(1+t^3), (1+t^2)/(1+t^3)]) ;
0
[/color]

La conique trouvée hier. Je la passe en affine

[color=#000000]> F := -x^2 + x*y + x*z - y^2 + 2*y*z - 2*z^2 where z is 1 ;
> ConicF := Curve(A2, F) ;
[/color]

En $t=0$, il s'agit du point affine $(1,1)$. Je continue à vérifier, une coquille est si vite arrivée.

[color=#000000]> p11 := A2![1,1] ;                                         
> p11 in GoleonCurve and p11 in ConicF ;
true
[/color]

Le truc fatidique :

[color=#000000]> p11 := A2![1,1] ;                                         
> IntersectionNumber(GoleonCurve, ConicF, p11) ;
6
> Multiplicity(GoleonCurve, p11) ;
2
> Multiplicity(ConicF, p11) ;     
1
> IsDoublePoint(GoleonCurve, p11) ;
true
> IsOrdinarySingularity(GoleonCurve, p11) ;
true
[/color]

Bon, y'a plus qu'à réfléchir et être SUPER-clair là-dessus.

Goleon · September 2019

Bien vu, de passer par une équation au lieu de ma courbe paramétrée. Alors pour les idéaux de relateur (comme tu dis).

Le truc c'est d'introduire un anneau de polynôme $A := \Q[x,y,t]$ et l'idéal $I$ engendré par $(1+t^3)x-(1+t)$ et $(1+t^3)y-(1+t^2)$. Et ensuite d'utiliser des outils liés au base de Groebner. Normalement l'idée est d'utiliser un idéal d'élimination pour $t$.

sage: Qxyt.<t,x,y> =QQ[]
sage: I = Qxyt.ideal((1+t^3)*x-(1+t),(1+t^3)*y-(1+t^2))
sage: I.elimination_ideal(t)
Ideal (x^3 - 3*x^2*y + 3*x*y^2 - x*y - y^2 + x) of Multivariate Polynomial Ring in t, x, y over Rational Field

Bon là j'avoue que je ne suis pas ultra clean , j'ai simplement regardé rapidement l'algorithme de Groebner et bien sûr je ne m'en souviens déjà plus. Mais "je" trouve comme toi !

Ensuite, pour le nombre d'intersection, bon ça doit être lié à l'intersection des deux courbes !

sage: k.<x,y> = QQ[]
sage: F = x^3 - 3*x^2*y + 3*x*y^2 - x*y - y^2 + x
sage: C = -x^2 + x*y + x - y^2 + 2*y - 2
sage: I = k.ideal(F,C)
sage: I.dimension()
0
sage: I.vector_space_dimension()
6

Faut faire attention que l'intersection est ici seulement en $(1,1)$ mais bon là ça devient spéculatif, je suppose que le bon signe c'est que $5 \leq 6$.

claude quitté · September 2019

Oui $6 \ge 5$, c'est un signe de bonne santé. De plus, c'est une inégalité que je comprends.

claude quitté · September 2019

$8 \ge 5$, c'est aussi un signe de bonne santé, non ? J'ai pris mon deuxième exemple $p_0 = (1+t : 1+t^3 : 1+t^4)$ modulo $t^5 = 0$. La conique trouvée est $F = (Y-Z)^2$, cf mon post d'hier soir.

[color=#000000]> GoleonCurve := Curve(A2, R) ;
> GoleonCurve ;
Curve over Rational Field defined by x^4 - 4*x^3*y + 8*x^2*y^2 - 5*x^2*y + 3*x^2 - 4*x*y^3 + x*y^2 - x*y + y^4
> Evaluate(R, [(1+t)/(1+t^4), (1+t^3)/(1+t^4)]) ;
0
> F := y^2 - 2*y*z + z^2 where z is 1 ;
> ConicF := Curve(A2, F) ;
> p11 := A2![1,1] ;                     
> p11 in GoleonCurve and p11 in ConicF ;
true
> IntersectionNumber(GoleonCurve, ConicF, p11) ;
8
> Multiplicity(GoleonCurve, p11) ;
2
> Multiplicity(ConicF, p11) ;
2
[/color]

Autre chose : j'ai pris les points $p_0 = (x_0 : y_0 : z_0) \simeq N$ sur $K = k[T]/\langle T^5\rangle$ au pif. Et parfois, j'ai eu la désagréable surprise que $M = \theta_K(N)$ n'était pas de rang 5 (mais $\le 3$, je ne sais plus exactement). Je ne me souviens plus des points mais c'était de vrais points projectifs i.e. unimodulaires.

Oh toi , grand maître des $k$-algèbres de dimension 5, saurais tu nous dire quels points $p_0 \simeq N$ conduisent à $\theta_K(N)$ de rang 5 ?

Goleon · September 2019

Hello Claude,

Je n'ai pas d'idée géométrique pour l'instant. Du coup, j'ai pris une (!!!) matrice $3 \times 5$ au hasard :

Je refais avec la bonne algèbre :

sage: A
[  -2    0    0    0    0]
[-1/2   -2    0   -1    2]
[   2    2    0    1   -1]
sage: rank(A)
3
sage: N = phi(A)
sage: N.kernel()
Vector space of degree 6 and dimension 2 over Rational Field
Basis matrix:
[   1    0  4/3  4/3  7/3  4/3]
[   0    1  1/4  3/4 3/16  5/4]

Je vais essayé d'analyser un peu plus cet exemple !

Edit : Hum je me suis trompé d'algèbre !!! c'est pas bon, je recommence ! re edit : là c'est bon !

claude quitté · September 2019

Hello,
On se comprend car je suis entrain de bricoler la même chose. Pas au hasard. En prenant des points projectifs très (trop) simples comme $(1 : 1+t : 1+t^2)$ sur $K = k[t]$ avec $t^5 = 0$.
Si on comprend ce qui se passe pour cette algèbre $K$ cela sera pas mal. On veut juste une implication : une condition (ouverte au sens de la topologie de Zariski ?) sur $N = (x_0 : y_0 : z_0)$ pour avoir $\theta_K(N)$ de rang 5. A suivre.

Goleon · September 2019

Bon je fais un peu bourrin !

J'ai construit une centaine de point où le noyau de $\theta_K(N)$ est de dimension $2$. Et ce sont toutes des coniques dégénérées (produit de deux formes linéaires) …

claude quitté · September 2019

Quand tu dis toutes des coniques dégénérées, tu parles d'une base du noyau de $\theta_K(N)$ ? La somme de deux dégénérées pourrait ne pas l'être (dégénérée).

Goleon · September 2019

Hello Claude,

effectivement mais ici y'a un truc qui se passe : c'est que les deux coniques dégénérées passent par le même point dans $K$ et ça a l'air de provoquer qu'elles ont un facteur linéaire en commun et finalement c'est vraie pour toute les coniques passant par ce point !

Je n'ai pas le temps aujourd'hui et je regarde un peu mieux demain mais pour l'instant y'a rien de vraiment clair !

Goleon · September 2019

Sinon un autre petit truc un peu poétique.

J'oublie un peu le contexte des coniques et je prends comme $k$-algèbre $K := k[T]/(T^2)$. Par exemple, si je prends le point $$

P = (1+T : 1+T : 1+T)

$$ On peut avoir l'impression qu'il s'agit d'un point de $\mathbb{P}^2_k(K)$ (et c'est un point) et donc "qu'il compte double" mais en réalité : $P = (1 : 1 : 1)$ et donc il ne compte que pour $1$.

C'est un peu comme si tu te dis que l'on prend un point sur une extension de $K \mid k$ et que en fait ce point est défini sur une extension intermédiaire ! Dans mon comptage c'est un vrai problème !

Tu vois un peu le problème que je veux soulever ou je divague complet ? Comment traduire cette remarque ?

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$Coucou
Pour l'instant, je ne vois pas trop, mais j'ai la tête dans le guidon.

Je me suis posé la question, dans le cadre $K = k[t] = k[T]/\langle T^5\rangle$, d'associer à un point $p_0 = (x_0 : y_0 : z_0) \in \P^2(K)$ l'idéal de $k[X,Y,Z]$ engendré par (tous) les polynômes $F \in k[X,Y,Z]$ homogènes (important) tels que $F(x_0, y_0, z_0) = 0$. Nature de cet idéal homogènes ?
Ce que l'on fait, nous, comme on ne sait pas déterminer cet idéal, c'est que l'on remonte $k[t]$ dans $k[T]$ (comme on le pense i.e. dans $k[T]_{\deg < 5}$) et on calcule le générateur de l'idéal (qui est un idéal monogène). Pour des raisons techniques, on passe en affine par exemple en $\{Z=1\}$-affine.

Mais j'ai surtout organisé mes affaires pour m'y retrouver. Tu es dans un machin nommé META-CONIC. Je te montre un truc vraiment bourrin toujours avec l'algèbre $K = k[t]$, $t^5 = 0$. Je génère au hasard des matrices $N$ $3 \times 5$ dont aucun mineur $3 \times 3$ n'est nul. Et je fais vérifier que $M = \theta_K(N)$ est de rang 5.

[color=#000000]Verifier := procedure(HowMany)
  for dummy := 1 to HowMany do
    repeat     // tirer une matrice N 3x5 dont aucun mineur 3x3 n'est nul
      N := Matrix(k, 3,5, [Random(-9,9) : ij in [1..3*5]]) ;
    until 0 notin Minors(N,3) ;
    M := ThetaK(N) ;
    assert Rank(M) eq 5 ;
  end for ;
end procedure ;
[/color]

Y'a plus qu'à

[color=#000000]> time Verifier(10^4) ;
Time: 5.330
[/color]

Cela ne prouve rien du tout, juste que des matrices $M = \theta_K(N)$ de rang 5, il y en a. La condition sur $N$ est bien trop forte mais elle est Zariski-ouverte.

claude quitté · September 2019

$\def\fp{\mathfrak p}$Goleon. Afin d'éviter que le fil ne soit déplacé en informatique, je fais un peu de maths. Ca va pas ch.r loin (un peu plus quand même que 0 divise 0, ou $0^0$), c'est juste pour montrer notre bonne foi. Il s'agit de l'idéal des relateurs entre deux fractions rationnelles en une indéterminée sur un corps. Contexte : $k$ un corps commutatif, $k(T)$ le corps des fractions rationnelles, $F_1, F_2 \in k(T) \setminus k$ deux fractions rationnelles non constantes (une des deux non constantes suffit), et $\fp$ le noyau du morphisme d'évaluation $k[X,Y] \to k(T)$, $X \mapsto F_1$, $Y \mapsto F_2$

1. Rappel sur les idéaux premiers $\fp$ de $k[X,Y]$. Ils sont de trois types (distincts)
$$
(1) : \fp = \{0\} \qquad\qquad
(2) : \fp = \langle F\rangle \quad F \in k[X,Y] \text { irréductible} \qquad\qquad
(3) : \fp \text { maximal}
$$

2. Retour au noyau d'évaluation qui fait que l'on a une injection $k[X,Y]/\fp \hookrightarrow k(T)$.

$\bullet$ Peut-on avoir $\fp$ maximal ? Si c'était le cas, le corps $k[X,Y]/\fp$, extension finie de $k$, s'injecte dans $k(T)$. Mais $k$ est algébriquement fermé dans $k(T)$ et on aurait donc un idéal maximal $\fp$ de la forme $\langle X - x_0, Y - y_0\rangle$ avec $x_0,y_0 \in k$. Conduisant à $F_1 = x_0$ et $F_2 = y_0$ constantes.

$\bullet$ Peut-on avoir $\fp = \{0\}$. On aurait alors une injection $k[X,Y] \hookrightarrow k(T)$. Pas possible (preuve par étonnement du contraire)

$\bullet$ Reste donc le cas (2) : $\fp$ est monogène.

Goleon · September 2019

Hello Claude
Je vais prendre un peu de temps pour méditer, pour l'instant je ne comprends pas grand chose ! Si j'ai une idée je t'en fais part !

claude quitté · September 2019

Moi pareil.

claude quitté · September 2019

$\def\eval{\text{eval}}\def\P{\mathbb P}$@Goleon
J'ai retrouvé des notes (en TeX + manuscrites). J'en attache une partie (que je viens de recompiler). Saute le début et regarde à partir de la section 3.2 pages 13.
De quoi est-il question ? On prend un ensemble $P$ de $m$ points de $\P^2$ et un degré $r$ (un nombre entier). Ici on est sur un corps $k$ (pas algébriquement clos, faut pas pousser). Et on considère l'application linéaire :
$$
\eval_r : k[X_0,X_1,X_2]_r \to k^ P \simeq k^m, \qquad \qquad F \mapsto \big( F(p)\big)_{p \in P} \qquad\qquad (\star)
$$
On a alors le résultat suivant : si $\dim_k k[X_0,X_1,X_2]_r \ge m =_{\rm def} \#P$, alors cette application est surjective POURVU que les $m$ points soient génériques. Génériques : par exemple si 3 quelconques d'entre eux ne sont pas alignés. Remarque :
$$
\dim_k k[X_0,X_1,X_r] = \binom{r+2}{2}
$$
Exemple : $m = 5$, $r = 2$, donc $\binom{r+2}{2} = \binom{4+2}{2} = 6$, effectivement plus grand que 5. Et $(\star)$ est :
$$
\eval_2 : k[X_0,X_1,X_2]_2 \simeq k^6 \to k^ P \simeq k^5
$$
Tu reconnais en $\eval_2$ notre $\theta_K$ avec $K = k^5$. Mais à transposée près (ce qui ne change pas le rang). Mais j'ai eu tort de mettre $\theta_K$ dans le sens $k^5 \to k^6$.
Et si $\eval_r$ est surjective lorsque $\binom{r+2}{2} \ge m$ et lorsque les points sont sans trisécante, c'est qu'il y a un certificat du type identité algébrique. Il faut pour cela faire intervenir la matrice $N$ des $m$ points de $\P^2$ relevés dans $k^3$. C'est une matrice $3 \times m$
$$
N = \left[ \matrix {p_0 & q_0 & \cdots \cr p_1 & q_1& \cdots \cr p_2 & q_2 & \cdots \cr} \right]
$$
Et le certificat (expérimental) en question est le suivant : le produit des mineurs d'ordre $3$ de $N$ est dans le radical des mineurs d'ordre $m$ de $\eval_2$. Ce qui fait (sur un corps) que la non nullité de chaque mineur $3 \times 3$ de $N$ provoque le fait que $\eval_2$ est de rang maximum $m$ (surjective).

Attention : l'étude d'un nombre fini de points projectifs, ce n'est pas de la tarte. Je tire cela de Hal Schenck, Computational Algebraic Geometry. Une version provisoire (avant la publication de son ouvrage) figure sur la toile http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.57.7472&rep=rep1&type=pdf.
Je ne sais plus si j'avais fourni une preuve du résultat principal ci-dessus (surjectivité de $\eval_r$ lorsque ..) de manière élémentaire. Quant à Schenck, il va rapidement faire débarquer l'indice de régularité d'un idéal homogène, la régularité de Castelnuovo-Mumford et la cohomologie des faisceaux sur les espaces projectifs $\P^\bullet$. J'en parle dans mes notes dans la section 3.2.2. Une autre référence : le Perrin, de Géométrie Algébrique, mais l'étude d'un nombre fini de points de $\P^\bullet$ vient à la fin. Moi, j'aimerais bien que cela vienne au début. A suivre (autres nouvelles plus tard).

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$@Goleon
Suite. Un truc un peu bourrin mais cette fois avec l'algèbre $K = k[t] = k[T]/\langle T^5\rangle$ et pas avec $K = k^5$. Je n'ai pas pris pour le gros point de $\P^2(K)$ représenté par la matrice $3 \times 5$ $N$ un point totalement générique i.e. avec $3 \times 5$ indéterminées. J'ai seulement mis des indéterminées dans la première colonne et des coefficients entiers au hasard pour les autres colonnes. Histoire de ne pas épuiser ma machine. Et j'ai fait vérifier que le produit des mineurs d'ordre 3 de $N$ est dans le radical des mineurs d'ordre $5$ de $M = \theta_K(N)$, qui pour de mauvaises raisons est $6 \times 5$ au lieu (transposée) d'être $5 \times 6$.

[color=#000000]> N ;
[x1  3 -3  1  0]
[y1  0 -3 -3 -4]
[z1 -2  4  0  4]
> M ;
[           x1^2            6*x1       -6*x1 + 9       2*x1 - 18              15]
[           y1^2               0           -6*y1           -6*y1       -8*y1 + 9]
[           z1^2           -4*z1        8*z1 + 4             -16       8*z1 + 16]
[          x1*y1            3*y1    -3*x1 - 3*y1  -3*x1 + y1 - 9           -4*x1]
[          x1*z1    -2*x1 + 3*z1 4*x1 - 3*z1 - 6         z1 + 18       4*x1 - 14]
[          y1*z1           -2*y1     4*y1 - 3*z1       -3*z1 + 6 4*y1 - 4*z1 - 6]
> D5 := Minors(M,5) ;
> pi := &*Minors(N,3) ;
> time IsInRadical(pi, Ideal(D5)) ;
true
Time: 0.000
> time pi^2 in Ideal(D5) ;
true
Time: 0.010
> time pi in Ideal(D5) ;
false
Time: 0.000
[/color]

C'est juste pour se rassurer.
En croyant donc qu'un gros point de $\P^2(K)$ suffisamment générique définit une UNIQUE conique sur $k$ (i.e. un polynôme non nul de $k[X,Y,Z]_2$ à $k^*$ près), cela serait une bonne chose d'en donner une interprétation géométrique. Certes on a commencé avec cette histoire de relateur entre deux fractions rationnelles mais c'est loin d'être clean, comme tu dis souvent.

Goleon · September 2019

Hello Claude,

Je part quelques jours en vacances ! je regarde vite fait mais plus en détails la semaine prochaine !

claude quitté · September 2019

$\def\eval{\text{eval}}\def\P{\mathbb P}$@Goleon
Tu as bien de la chance (vacances). Un petit truc qui va pas ch.er loin.

1. D'abord, cela serait bien de donner un visage plus structurel à $\theta_K$. En ce moment, c'est trop matriciel et détypé. Voici $\theta_K$ où $K/k$ est une $k$-algèbre de dimension 5 :
$$
\begin {array}{l}
\theta_K : K^3 \to L_k(k[X,Y,Z]_2, K), \qquad (x_0, y_0, z_0) \mapsto \eval_{(x_0,y_0,z_0)} \\
\eval_{(x_0,y_0,z_0)} : F \mapsto F(x_0,y_0,z_0)
\end {array}
$$
C'est presque la même chose qu'avant sauf à l'arrivée où c'est transposé : $k[X,Y,Z]_2 \simeq k^6$ (les 6 monômes en 3 variables de degré 2) et $K \simeq k^5$ (une base de $K/k$ est fixée). D'où à l'arrivée quelque chose de type $L_k(k^6, k^5)$ (les applications $k$-linéaires de $k^6$ dans $k^5$, les matrices $5 \times 6$).

2. Maintenant, je prends $K = k[t] = K[T]\langle T^5\rangle$ et je considère le point particulier de $\P^2(K)$ :
$$
(1 + x_2t^2 + x_4t^4 : t + y_2t^2 + y_4t^4 : z_2t^2 + t^3 + z_4t^4)
$$

[color=#000000]> x0 := 1 +     x2*t^2       + x4*t^4 ;
> y0 :=     t + y2*t^2       + y4*t^4 ;  
> z0 :=         z2*t^2 + t^3 + z4*t^4 ;
> N := Matrix([KtoV(x0), KtoV(y0), KtoV(z0)]) ;
> N ;
[ 1  0 x2  0 x4]
[ 0  1 y2  0 y4]
[ 0  0 z2  1 z4]
[/color]

Faut bien regarder dans les yeux la matrice $N$ des 3 éléments $x_0, y_0, z_0$ de $K$ dans la base canonique $(1, t, t^2, t^3, t^4)$. Il y a un mineur $3\times 3$ qui vaut 1 bien visible.
Je te mets quand même le contexte des types pour bien que tu vois que $K$, c'est du $t^5 = 0$.

[color=#000000]> k<x2,x4, y2,y4, z2,z4> := FunctionField(RationalField(), 6) ;
> R := IntegerRing(k) ;
> kXYZ<X,Y,Z> := PolynomialRing(k, 3) ;
> kT<T> := PolynomialRing(k,1) ;
> K<t> := kT / Ideal(T^5) ;
> V, KtoV := VectorSpace(K) ;
> ThetaK := Theta(K) ;
[/color]

Et voici $\theta_K$ du point toujours à l'ancienne i.e. $6 \times 5$

[color=#000000]> M := ThetaK(N) ;
> M ;
[          1           0        2*x2           0 x2^2 + 2*x4]
[          0           0           1        2*y2        y2^2]
[          0           0           0           0        z2^2]
[          0           1          y2          x2  x2*y2 + y4]
[          0           0          z2           1  x2*z2 + z4]
[          0           0           0          z2   y2*z2 + 1]
[/color]

La presque chute : les mineurs pleins de $M$ i.e. ceux d'ordre 5.

[color=#000000]> // Les 6 mineurs d'ordre 5 de M dans un ordre contrôlé
> D5M := [Minor(M,Remove([1..6],i), [1..5]) : i in [1..6]] ;
> D5M ;
[
    0,
    -z2^4,
    x2*z2^2 + y2^2*z2^2 + y2*z2 + z2*z4 - 1,
    0,
    -z2^3,
    2*y2*z2^3 - z2^2
]
[/color]

Et la véritable chute, c'est que 1 est dans l'idéal des 6 mineurs. Et même de 2 particuliers :

[color=#000000]> 1 in Ideal(D5M[2..3]) ;
true
[/color]

Ou, au choix :

[color=#000000]> 1 in Ideal([D5M[3], D5M[5]]) ;
true
[/color]

D'où une UNIQUE conique que voilà passant par ce méta-point de $\P^2(K)$ :

[color=#000000]> v := SignedMinors(M) ;
> a,b,c,d,e,f := Explode(v) ;
> F := a*X^2 + b*Y^2 + c*Z^2 + d*X*Y + e*X*Z + f*Y*Z ;
> F ;
z2^3*X*Z - z2^4*Y^2 + (2*y2*z2^3 - z2^2)*Y*Z + (-x2*z2^2 - y2^2*z2^2 - y2*z2 - z2*z4 + 1)*Z^2
> Evaluate(F, [x0,y0,z0]) ;
0
[/color]

3. Voilà ce que j'affirme maintenant mais je me demande si je ne mélange pas les pinceaux. Je prends un autre point $(x_0 : y_0 : z_0) \in \P^2(K)$, de matrice $N$, tel que le mineur $3 \times 3$ de colonnes $(t^0, t^1, t^3)$ i.e. les colonnes 1,2,4 soit NON nul. Alors $M = \theta_K(N)$ est de rang 5. A suivre. Peut-être.

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$@Goleon
Pendant que tu te prends du bon temps :
1. J'ai réglé le cas de l'algèbre locale $K = k[T]/\langle T^5\rangle$ : par un point générique de $\P^2(K)$, il passe une seule $k$-conique. En donnant un sens précis à ``générique''
2. Mais c'est pas le tout. Comme tu sais, il y a 10 algèbres locales $K/k$ de dimension 5, cf la classification chez Poonen in http://www-math.mit.edu/~poonen/papers/dimension6.pdf. Je me suis occupé de la deuxième dans l'ordre de sa table
$$
K = k[t,u] = k[T,U] / \langle T^2, TU, U^4\rangle = k.1 \oplus k.u \oplus k.u^2 \oplus k.u^3 \oplus k.t
$$
J'ai pris un point quelconque de $\P^2(K)$ que j'ai remonté à $K^3$. En clair, j'ai pris 3 éléments de $K$ dont je note $N$ la matrice dans la $k$-base ci-dessus

[color=#000000]> N ;
[x1 x2 x3 x4 x5]
[y1 y2 y3 y4 y5]
[z1 z2 z3 z4 z5]
[/color]

Puis les choses de la vie : détermination de $M = \theta_K(N)$ (du point si tu veux) qui est la matrice $6 \times 5$ suivante.

[color=#000000]> M ;
[ x1^2              2*x1*x2            2*x1*x3 + x2^2             2*x1*x4 + 2*x2*x3                           2*x1*x5]
[ y1^2              2*y1*y2            2*y1*y3 + y2^2             2*y1*y4 + 2*y2*y3                           2*y1*y5]
[ z1^2              2*z1*z2            2*z1*z3 + z2^2             2*z1*z4 + 2*z2*z3                           2*z1*z5]
[ x1*y          x1*y2 + x2*y1      x1*y3 + x2*y2 + x3*y1  x1*y4 + x2*y3 + x3*y2 + x4*y1                 x1*y5 + x5*y1]
[ x1*z1         x1*z2 + x2*z1      x1*z3 + x2*z2 + x3*z1  x1*z4 + x2*z3 + x3*z2 + x4*z1                 x1*z5 + x5*z1]
[ y1*z1         y1*z2 + y2*z1      y1*z3 + y2*z2 + y3*z1  y1*z4 + y2*z3 + y3*z2 + y4*z1                 y1*z5 + y5*z1]
[/color]

Je note $N_{123}$ le mineur d'ordre $3$ de $N$ qui s'appuie sur les colonnes $1,2,3$ de $N$. Idem pour $N_{1,2,5}$. Enfin, je note $m_{x^2}, m_{y^2} \cdots$, les 6 mineurs signés de $M$ dans l'ordre dans lequel nous avons rangé les 6 monômes de degré 2 en 3 variables. Signés, cela veut dire que l'on tient compte de la position via $(-1)^\bullet$ : en algèbre extérieure, lorsque tu supprimes un élément dans un ensemble totalement ordonné fini qui a le numéro $i$, tu lui colles le signe $(-1)^{i-1}$.

Et maintenant, je te demande de me croire :
$$
N_{123}^3 N_{125} = x_3^2 m_{x^2} + y_3^2 m_{y^2} + z_3^2 m_{z^2} + x_3y_3 m_{xy} + x_3z_3 m_{xz} + y_3z_3 m_{yz}
$$
C'est une identité algébrique universelle. Note les degrés homogènes : à gauche $3 \times 3 + 3 = 12$, à droite $2 + 5 \times 2 = 12$.

3. La chute. Je particularise les coefficients de $N$ au corps de base $k$ en supposant les deux mineurs $N_{123}$ et $N_{125}$ non nuls (je veux dire inversibles). L'identité universelle ci-dessus fait qu'un des mineurs $m_\bullet$ d'ordre 5 de $M$ est non nul : $M$ est de rang 5, son noyau (au sens anglo-saxon) de rang 1.
Bilan : par un point générique de $\P^2(K)$, il passe une seule $k$-conique. Générique a le sens $N_{123} N_{125} \ne 0$, ce qui est Zariski-ouvert.

4. J'ai aussi traité l'algèbre numéro 4. Pourquoi pas la numéro 3 ? Elle n'est pas monomiale et cela me fait peur. Il ne reste plus que $7$ algèbres locales de dimension 5. Pour ton retour.

Goleon · September 2019

Hello Claude,

J'ai de la lecture là, je n'ai pas lu mais j'ai vu ton identité universelle ! Je pense que je vais devoir te décerner le titre " de magicien des mineurs " .Je me repose un peu et je regarde après !

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}$Salut Goleon,
Oui repose toi, les vacances c'est bien connu, c'est fatiguant. J'y ai pensé, figure toi. Du coup, j'ai préparé les 10 $k$-algèbres locales de dimension 5 en les nommant intelligemment $K_1, K_2, \cdots$ dans l'ordre de Poonen in http://www-math.mit.edu/~poonen/papers/dimension6.pdf. Vachement important : chacune est munie d'une base monomiale fixée une fois pour toutes.

[color=#000000]kT<T> := PolynomialRing(k,1) ;
kTU<T,U> := PolynomialRing(k,2) ;
kTUV<T,U,V> := PolynomialRing(k,3) ;
kTUVW<T,U,V,W> := PolynomialRing(k,4) ;

T := kT.1 ;
K1<t> := kT / Ideal(T^5) where T is kT.1 ;  assert MonomialBasis(K1) eq {@ 1, t, t^2, t^3, t^4 @} ;
T := kTU.1 ; U := kTU.2 ;
K2<t,u> := kTU / Ideal([T^2,T*U,U^4]) ;     assert MonomialBasis(K2) eq {@ 1, u, u^2, u^3, t @} ;
K3<t,u> := kTU / Ideal([T^2+U^3,T*U]) ;     assert MonomialBasis(K3) eq {@ 1, u, u^2, u^3, t @} ;
K4<t,u> := kTU / Ideal([T*U,T^3,U^3]) ;     assert MonomialBasis(K4) eq {@ 1, u, u^2, t, t^2 @} ;
K5<t,u> := kTU / Ideal([T^2,T*U^2,U^3]) ;   assert MonomialBasis(K5) eq {@ 1, u, u^2, t, t*u @} ;
T := kTUV.1 ; U := kTUV.2 ; V := kTUV.3 ;
K6<t,u,v> := kTUV / Ideal([T^2,U^2,T*U,T*V,U*V,V^3]) ;     assert MonomialBasis(K6) eq {@ 1, v, v^2, u, t @} ;
K7<t,u,v> := kTUV / Ideal([T^2,U^2,V^2,T*U,T*V]) ;         assert MonomialBasis(K7) eq {@ 1, v, u, u*v, t @} ;
K8<t,u,v> := kTUV / Ideal([T^2,T*U,T*V,U*V,U^2+V^2]) ;     assert MonomialBasis(K8) eq {@ 1, v, v^2, u, t @} ;
K9<t,u,v> := kTUV / Ideal([T*U,T*V,U*V,T^2+U^2,U^2+V^2]) ; assert MonomialBasis(K9) eq {@ 1, v, v^2, u, t @} ;
T := kTUVW.1 ; U := kTUVW.2 ; V := kTUVW.3 ; W := kTUVW.4 ;
K10<t,u,v,w> := kTUVW / Ideal([T,U,V,W])^2 ;               assert MonomialBasis(K10) eq {@ 1, w, v, u, t @} ;
[/color]

J'ai pris quoi comme corps de base $k$ ? Un corps de factions rationnelles à $3 \times 5 = 15$ indéterminées monté sur $\Z$. Ce qui me permet d'élaborer 3 éléments les plus quelconques de $K$ :

[color=#000000]k<x1,x2,x3,x4,x5, y1,y2,y3,y4,y5, z1,z2,z3,z4,z5> := FunctionField(IntegerRing(), 3*5) ;
N := Matrix(3,5, [k.v : v in [1..15]]) ;
N123 := Minor(N,[1..3],[1,2,3]) ;
N124 := Minor(N,[1..3],[1,2,4]) ;
N125 := Minor(N,[1..3],[1,2,5]) ;

> N ;
[x1 x2 x3 x4 x5]
[y1 y2 y3 y4 y5]
[z1 z2 z3 z4 z5]
[/color]

Chaque ligne de $N$ définit un élément de $K_i$ à venir via les coordonnées dans la base fixée.

Viennent ensuite, pour $K_1, \cdots, K_5$, des certificats déterminantaux. Ils sont tous du type : un produit de mineurs d'ordre 3 de $N$ (produit de degré 12), combinaison des 6 mineurs signés d'ordre 5 de $M$ (de degré 10, from $2 \times 5$) avec des coefficients de degré 2. Cela n'a pas était facile de trouver ces certificats. Mais maintenant ils sont là. Remarque : pas de dénominateur dans les coefficients, donc des identités universelles, free-characteristic comme disent les anglo-saxons.

[color=#000000]// Les mineurs signés de M sont dans l'ordre x^2, y^2, z^2, xy, xz, yz
M := Theta(K1)(N) ;
v := SignedMinors(M) ;
C1 := [2*x1*x4, 2*y1*y4, 2*z1*z4, x1*y4 + x4*y1, x1*z4 + x4*z1, y1*z4 + y4*z1] ;
assert N123^3 * N124 eq -InnerProduct(Vector(C1), Vector(v)) ; // Attention au -

M := Theta(K2)(N) ;
v := SignedMinors(M) ;
C2 := [x3^2, y3^2, z3^2, x3*y3, x3*z3, y3*z3] ;
assert N123^3 * N125 eq InnerProduct(Vector(C2), Vector(v)) ;

M := Theta(K3)(N) ;
v := SignedMinors(M) ;
C3 := [2*x2*x4, 2*y2*y4, 2*z2*z4, x2*y4 + x4*y2, x2*z4 + x4*z2, y2*z4 + y4*z2] ;
assert N124 * N125^3 eq InnerProduct(Vector(C3), Vector(v)) ;

M := Theta(K4)(N) ;
v := SignedMinors(M) ;
C4 := [2*x2*x4, 2*y2*y4, 2*z2*z4, x2*y4 + x4*y2, x2*z4 + x4*z2, y2*z4 + y4*z2] ;
assert N124^4 eq InnerProduct(Vector(C4), Vector(v)) ;

M := Theta(K5)(N) ;
v := SignedMinors(M) ;
C5 := [x4^2,y4^2,z4^2,x4*y4,x4*z4,y4*z4] ;
assert N124^4 eq -InnerProduct(Vector(C5), Vector(v)) ; // Attention au -
[/color]

Bilan : par un point générique de $\P^2(K_i)$, pour $1 \le i \le 5$, passe une seule conique.

Tu vas probablement penser que je ne suis qu'une grosse feignasse et que j'aurais pu m'occuper également des $K_j$ pour $6 \le j \le 10$. Eh bien, figure toi que je m'en suis occupé. Damned : tous les mineurs d'ordre 5 de $M = \theta_{K_j}(N)$ sont nuls.

[color=#000000]M := Theta(K6)(N) ;    assert SignedMinors(M) eq [0^^6] ;
M := Theta(K7)(N) ;    assert SignedMinors(M) eq [0^^6] ;
M := Theta(K8)(N) ;    assert SignedMinors(M) eq [0^^6] ;
M := Theta(K9)(N) ;    assert SignedMinors(M) eq [0^^6] ;
M := Theta(K10)(N) ;   assert SignedMinors(M) eq [0^^6] ;
[/color]

Plusieurs questions : interprétation géométrique du binz ? On en fait quoi maintenant ? Pourra-ton en tirer un bon prix dans les chaumières ? ...etc...

Goleon · September 2019

Hello Claude,

Alors j'ai beaucoup de problèmes informatiques pour vérifier, je sais que tu me demande de te croire mais bon je veux quand même le voir avec mes petits yeux !

Je vais essayer de m'occuper de deux problèmes :
1. création des algèbres
2. gestion des mineurs : il n'y a pas de commande " minors(N,I,J) " comme toi, il les calculs tous dans un certain ordre, et en fait il galère (prend beaucoup de temps).

Interprétation géométrique : hum, tu as remarqué que les dernières algèbres sont modelées dans un espace de dimension $3$ (ou $4$). Donc, en gros, une certaine structure de tangence en dimension $3$ (ou $4$). Et nous on veut des coniques planes (en dimension $2$), donc en gros il doit y avoir une perte d'information !

Pour l'instant je ne peux pas faire grand chose !

claude quitté · September 2019

@goleon
Je veux bien te croire en ce qui concerne les maths i.e. l'interprétation géométrique. Mais en ce qui concerne la gestion des mineurs par Sage, je ne te crois pas du tout. Si W. Stein voit cela (temps de calculs, Sage galère, tous les mineurs dans un certain ordre ...etc...) cela pourrait barder pour ton matricule.
Tout d'abord pas de s à Minor. Un seul. Pas plusieurs. On les calcule un à un, dans l'ordre que l'on choisit, on a le contrôle sur tout, ...etc.. Par exemple ma fonction SignedMinors :

[color=#000000]SignedMinors := function(M)    // M est (n+1) x n
  n := NumberOfColumns(M) ;
  assert NumberOfRows(M) eq n+1 ;
  v := [(-1)^(i-1) * Minor(M, Remove([1..n+1],i), [1..n]) : i in [1..n+1]] ; 
  assert IsZero(Vector(v) * M) ;
  return v ;
end function ;  
[/color]

Par ailleurs, temps de calcul des mineurs signés d'une matrice $M$ $6 \times 5$. Toutes les matrices sont à coefficients dans un corps $k$, pas dans la $k$-algèbre. Certes, il y a des indéterminées dans $k$ qui est un corps de fractions rationnelles à $15$ indéterminées sur $\Q$ ou sur $\Z$.

[color=#000000]> NumberOfRows(M) ;   
6
> NumberOfColumns(M) ;
5
> time v := SignedMinors(M) ;
Time: 0.070
[/color]

Tu vois le temps de calcul pour les 6 mineurs d'ordre 5 ? Et tu veux me faire croire que Sage galère pour ... Hum.

Goleon · September 2019

Mais si mais si Claude,

Je n'arrive pas a calculer un déterminant :

sage: Mm
[                                 x1^2                               2*x1*x2                        x2^2 + 2*x1*x3                     2*x2*x3 + 2*x1*x4              x3^2 + 2*x2*x4 + 2*x1*x5]
[                                 z1^2                               2*z1*z2                        z2^2 + 2*z1*z3                     2*z2*z3 + 2*z1*z4              z3^2 + 2*z2*z4 + 2*z1*z5]
[                                x1*y1                         x2*y1 + x1*y2                 x3*y1 + x2*y2 + x1*y3         x4*y1 + x3*y2 + x2*y3 + x1*y4 x5*y1 + x4*y2 + x3*y3 + x2*y4 + x1*y5]
[                                x1*z1                         x2*z1 + x1*z2                 x3*z1 + x2*z2 + x1*z3         x4*z1 + x3*z2 + x2*z3 + x1*z4 x5*z1 + x4*z2 + x3*z3 + x2*z4 + x1*z5]
[                                y1*z1                         y2*z1 + y1*z2                 y3*z1 + y2*z2 + y1*z3         y4*z1 + y3*z2 + y2*z3 + y1*z4 y5*z1 + y4*z2 + y3*z3 + y2*z4 + y1*z5]
sage: v = Mm.det()

et là il bloque depuis 10 minutes, je ne comprend pas !

claude quitté · September 2019

@Goleon
Sorry, j'ai été un peu rude. Là je te crois. C'est quoi ce b.rdel ? Impossible de travailler avec un machin pareil. Est ce qu'il y a un FAQ sur/pour Sage?

Note : bien que cela ne soit pas important, je crois reconnaître 5 lignes bien précises (les 6 lignes privées de la ligne $y^2$) de $\theta_{K_1}(N)$ pour l'algèbre $K_1 = k[t]$ avec $t^5 = 0$. J'ai bon ?

claude quitté · September 2019

Salut Goleon,
Je viens de penser à un truc. Pour des raisons techniques, il a fallu monter les $k$-algèbres locales $K$ sur un corps $k$ de fractions rationnelles. C'est juste pour produire $M = \theta_K(N)$. Mais une fois que $M$ est déterminée, c'est peut-être préférable de faire des calculs dans l'anneau des polynômes dont $k$ est le corps des fractions. En tout cas, c'est ce que j'ai dû faire à un moment donné pour établir mes identités déterminantales (et c'est pour cela que j'ai mis $\Z$ tout à la base pour obtenir des identités universelles). J'ai été obligé de ruser (mettre certaines colonnes de $N$ à $0$ pour observer ...etc...), je te passe les détails.

Bien sûr, chaque mineur $5 \times 5$ de $M$ est énorme, pas question de les afficher. Ci-dessous, un mineur qui possède 382 termes

[color=#000000]> M := Theta(K1)(N) ;     // M est à coefficients dans le corps k de fractions rationnelles             
> M := ChangeRing(M, IntegerRing(k)) ; // faire de M une matrice à coefficients dans un anneau de polynômes (monté sur Z)
> NumberOfRows(M), NumberOfColumns(M) ;
6 5
> M[3,4] ;
2*z1*z4 + 2*z2*z3
> M[3,5] ;
2*z1*z5 + 2*z2*z4 + z3^2
> 
> time m1 := Minor(M, [1..5], [1..5]) ;
Time: 0.010
> #Terms(m1) ;  // pas question d'afficher les mineurs !
382
[/color]

Goleon · September 2019

Hello Claude,

Je teste encore aujourd'hui (j'ai formaté et réinstaller mon ordi (haha)) ! Ok pour l'anneau plutôt que le corps je vais voir !

Goleon · September 2019

Claude !!!

C'est bon le coup de l'anneau plutôt que le corps ! Explication ? Est-ce qu'il utilise un algorithme spécifique pour un corps, qui est plus long dans notre cas ?

sage: time v = M.minors(5)
CPU times: user 15 ms, sys: 0 ns, total: 15 ms
Wall time: 12.2 ms

Goleon · September 2019

Ok !!!

sage: nt = sum([(-1)^k*v[k]*C1[k] for k in range(len(v))])
sage: nj = N123^3*N124
sage: assert nt == -nj

Goleon · September 2019

Mais Claude, où as tu été chercher cette identité remarquable ????

claude quitté · September 2019

$\def\P{\mathbb P}\def\calD{\mathcal D}$@Goleon
Bricolage + des paris + magma.
En fait, c'est la première $K_1$ qui m'a donné le plus de fil à retordre. Si on veut que par un point générique de $\P^2(K_1)$ il passe une seule conique, donc que $M = \theta_{K_1}(N)$ soit de rang 5, on est guidé par le théorème des zéros de Hilbert : le produit de tous les mineurs d'ordre 3 de $N$ doit être dans le radical de $\calD_5(M)$, idéal des mineurs d'ordre 5 de $M$.

Evidemment, pas question de tester cela : trop gros des deux côtés (produit des mineurs d'ordre 3 d'une part, $\calD_5(M))$ d'autre part). Premier pari : $N_{124}$ est dans le radical de $\calD_5(M)$. Pareil : impossible à tester. J'ai donc spécialisé un certain nombre de coefficients de $N$. Et j'ai perdu le pari.

Je me suis alors rabattu sur $N_{123}N_{124} \in \sqrt {\calD_5(M)}$ ?. En particularisant des coefficients de $N$, sinon cela explose. Cette fois, cela avait l'air d'être bon. Et pour des raisons d'homogénéité, je me suis dit que cela pouvait être $N_{123}^i N_{124}^j$ avec $i+j = 4$. Et j'en suis venu à $N_{123}^3 N_{124} \in \calD_5(M)$ ? Cela avait l'air d'être bon. Toujours en spécialisant $N$. J'ai donc réfléchi comment spécialiser $N$ de manière homogène. Et assez gonflé, j'ai mis la dernière colonne de $N$ à $0$. Et d'autres coefficients, je ne sais plus lesquels. Pas trop quand même : il ne s'agissait pas de tester $0 \in \calD_5(M)$ !! Et à un moment donné, j'ai demandé à magma un certificat d'appartenance de $N_{123}^3 N_{124}$ à $\calD_5(M)$, avec $N$ pas mal de zéros, et $\Z$ tout à la base (pas $\Q$, il introduit des dénominateurs, sauf que sur $\Z$ les bases de Gröbner, cela chauffe plus qu'avec $\Q$).

Et, grâce au caractère homogène, j'ai eu une réponse qui m'a paru satisfaisante. A savoir $C_1$. Et à ce moment là, j'ai tenté le grand jeu : vérification du certificat pour $N$ quelconque. Et ça l'a fait.

Ce n'est pas glorieux comme tu vois.

Goleon · September 2019

La grosse bataille, mais c'est impressionnant merci !

Bon je galère pour la création des algèbres. Je ne pense pas m'en sortir !

Conique et algèbre

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