1. L'anneau des classes d'équivalence d'Albanese

« classes d' » est ajouté dans l'interligne, au-dessus d'un premier « des » biffé

Définition 1.1. Soit X un schéma projectif lisse sur le corps k, \mathfrak{z} un cycle sur X. On dit que \mathfrak{z} est alb-équiv. à 0, si on peut trouver un schéma [projectif] lisse [connexe] T sur k, un 0-cycle de degré 0 \mathfrak{t} sur T, et un cycle Z sur X \times T, tels que ?

(i)[\mathfrak{t} est de degré 0 et] S_{T}(\mathfrak{t}) = 0 (ii)Z(\mathfrak{t}) est défini et égal à \mathfrak{z}.

les crochets autour de « projectif » sont de sa main ; « de degré 0 et » est ajouté au-dessus de (i). Le cycle sur T est un signe semblable à « Vl », transcrit \mathfrak{t} dans tout le lot ; S_T est la somme d'Albanese

Proposition 1.2. (i) Les cycles alb-équiv. à 0 sur X forment un sous-groupe [noté N(X)] (de \mathrm{Cyc}^{\bullet}(X)) contenant le groupe des cycles lin. équiv. à 0, de sorte que la connaissance de N^{*}(X) équivaut à celle de son image N'^{*}(X) dans \mathrm{Cyc} A^{*}(X) (l'anneau de Chow de X, défini par les classes à équiv. linéaire près), et \mathrm{Cyc}(X)/N(X) \simeq A^{*}(X)/N'^{*}(X).

(ii) N'^{*}(X) est un idéal de A^{*}(X), donc \mathrm{Cyc}^{*}(X)/N^{*}(X) \simeq A^{*}(X)/N'^{*}(X) est muni d'une structure d'anneau, noté A'^{*}(X).

(iii) Pour tout hom f : X \to Y de variétés projectives q.p. lisses, l'hom f^{*} : A^{*}(Y) \to A^{*}(X) applique N'^{*}(Y) dans N'^{*}(X), donc définit par passage au quotient un hom d'anneaux A'^{*}(Y) \to A'^{*}(X).

(iv) Pour tout f comme dans (iii) avec f propre, l'hom de Gysin f_{*} : A^{*}(X) \to A^{*}(Y) est applique N'^{*}(X) dans N'^{*}(Y), et induit donc un hom de groupes (également noté f_{*}) A'^{*}(X) \to A'^{*}(Y)

(v) L'équiv. d'Albanese \Rightarrow équivalence algébrique. (Donc on peut parler d'éléments de A'^{*}(X) alg. équiv. à 0 !)

Dém. (i) Si \mathfrak{z} Évidemment est alb-équiv. à 0 sur X, il est évident qu'il en est de même de -\mathfrak{z} : Prouvons que si \mathfrak{z}, \mathfrak{z}' sont alb-équiv. à 0 sur X, il en est de même de \mathfrak{z} - \mathfrak{z}'. Soient T, T' les variétés de paramètres comme dans 1.1. correspondant à \mathfrak{z}, \mathfrak{z}'. Soit T_{1} = T \times T'.

Alors Z, Z' ont des images inverses Z_{1}, Z'_{1} sur X \times T_{1}, et si \mathfrak{t}, \mathfrak{t}' sont les 0-cycles de T, T' comme dans 1.1., — par les on \mathfrak{t}_{1} = \mathfrak{t} \times a', \mathfrak{t}'_{1} = a \times \mathfrak{t}' de T \times T'. les points a, a' de T, T' ne sont pas introduits sur la page Notons que Lemme à dégager S_{T \times T'}(\mathfrak{t} \times a') = S_{T}(\mathfrak{t}) = 0, \qquad S_{T \times T'}(a \times \mathfrak{t}') = S_{T'}(\mathfrak{t}') = 0 donc \mathfrak{t}_{1} et \mathfrak{t}'_{1} sont [de degré 0 et] alb-équiv. tels que leurs S_{T \times T'} sont nuls. D'autre part, on voit de suite que Z_{1}(\mathfrak{t}_{1}) = Z(\mathfrak{t}), \qquad Z'(\mathfrak{t}'_{1}) = Z'(\mathfrak{t}'), donc on est d'autre part Z_{1}(\mathfrak{t}'_{1}) = Z(\mathrm{pr}_{1*}(\mathfrak{t}'_{1})) = 0 car \mathrm{pr}_{1*}(\mathfrak{t}'_{1}) = 0, sous réserve que a ait été choisi tel que Z(a) soit défini. De même, si a' est choisi convenablement, Z'_{1}(\mathfrak{t}_{1}) = 0. On posera donc Z_{2} = Z_{1} + Z'_{1}, \qquad \mathfrak{t}_{2} = \mathfrak{t}_{1} + \mathfrak{t}'_{1}, et on aura Z_{2}(\mathfrak{t}_{2}) = \mathfrak{z} + \mathfrak{z}' . il annonçait \mathfrak{z} - \mathfrak{z}' ; le calcul donne \mathfrak{z} + \mathfrak{z}', le passage à -\mathfrak{z} ayant été biffé plus haut Donc N(X) est bien un s-groupe de X.

croquis en marge, à hauteur de la définition de Z_2 :

\begin{tikzcd} X \times T & X \times T \times T' \arrow[l] \arrow[d, no head] \\ T \arrow[u, no head] & T \times T' \arrow[l] \end{tikzcd}

Le fait qu'il soit gradué est immédiat. Il contient le groupe des cycles lin. équiv. à 0, comme il résulte aussitôt des définitions, et du fait que sur T = \mathbb{P}^{1}, tout 0-cycle \mathfrak{t} de degré 0 satisfait S_{T}(\mathfrak{t}) = 0. Ainsi N(X) est bien un s-groupe de X, contenant

Pour prouver (iii), notons \mathfrak{z} un cycle de la classe envisagée dans A^{*}(Y), et considérons un Z sur Y \times T et un \mathfrak{t} comme dans 1.1., donc \mathfrak{z} = Z(\mathfrak{t}). Si nous changeons Z, \mathfrak{t} dans leur classe d'équivalence linéaire [en Z', \mathfrak{t}'], Z'(\mathfrak{t}') sera linéairement équivalent à \mathfrak{z}, et le f^{*} est le même pour \mathfrak{z} et \mathfrak{z}'. Il suffit maintenant de prouver qu'il existe Z', \mathfrak{t}' tels que (f \times \mathrm{id}_{T})^{*}(Z') = Z'_{1} et Z'(\mathfrak{t}'), Z'_{1}(\mathfrak{t}') soient définis ; en effet, en vertu de la théorie des intersections, on aura alors f^{*}(Z'(\mathfrak{t}')) = Z_{1}(\mathfrak{t}'), le premier membre représentant et dans la représente f^{*}(\mathfrak{z}) dans A^{*}(X), le deuxième est

croquis en marge :

\begin{tikzcd} X \arrow[r] & Y \\ X \times T \arrow[r] \arrow[d] & Y \times T \arrow[dl] \\ T & \end{tikzcd}

à vérifier Nous laissons ici le détail de la vérification de l'existence de Z', \mathfrak{t}' !

On prouve (ii) par la la même méthode que (i), en se ramenant au cas où \mathfrak{z}, \mathfrak{z}' sont définis en termes des mêmes T, \mathfrak{t} et deux cycles Z, Z' sur T. On [peut] se ramener aussi à (iii) et à l'énoncé analogue à (ii) par les produits cartésiens, ce qui dispense de faire au moins bouger les cycles.

La démonstration de (iv) se fait par l'AQT. Celle de (v) est triviale sur les définitions (car le formalisme de l'équiv. alg.)

Théorème Scholie 1.3. Les A'^{*}(X), pour X variable, ont les propriétés fonctorielles familières que les A^{*}(X). En particulier, on a la formule de projection. Dans les cas où équiv. linéaire = équiv. alg. sur X (p. ex. lorsque ponctuel, les \mathbb{P}^{n}, les variétés de drapeaux) elles sont = équiv. alb. le scholie est marqué d'un trait vertical dans la marge gauche

Ici il semble qu'on utilise le fait que dans 1.1. on prend T projectif Théorème 1.4. Soit X projective lisse connexe de dim n sur k. Alors pour les cycles de dim 0 et pour les cycles de codim 1, l'équiv.

(i) Soit \mathfrak{t} un 0-cycle sur X. Alors \mathfrak{t} est alb-équiv. à 0 ssi \mathfrak{t} est de degré 0, et S_{X}(\mathfrak{t}) = 0.

(ii) Soit D un diviseur sur X. Alors D est alb-équiv. à 0 ssi D est lin. équivalent à 0.

Remarque 1.5. On ignore, [déjà] pour les 0-cycles, si l'équiv. d'Alb. est identique à l'équivalence linéaire (vrai pour tous les cycles ???).

Démonstration (i) Si \mathfrak{t} est de degré 0 et S_{X}(\mathfrak{t}) = 0, — \mathfrak{t} alb-équiv. à 0 par définition [prendre T = X, Z = diagonale de X, donc \mathfrak{t} = Z(\mathfrak{t})]. L'assertion en sens inverse résulte de [ , 1.2.]. la référence est laissée en blanc par lui Pour (ii), on sait déjà que lin. équiv. à 0 \Longrightarrow alb-équiv. à 0 ; prouvons le sens inverse. On doit prouver que si

Z est un diviseur sur X \times T et \mathfrak{t} sur T est de degré 0 et tel que S_{T}(\mathfrak{t}) = 0, alors Z(\mathfrak{t}) est lin. équiv. à 0. Or on a Z(\mathfrak{t}) = u(S_{T}(\mathfrak{t})), où u : \mathrm{Alb} A_{T} \to \mathrm{Pic}^{0}_{X} est l'hom défini par Z.

Théorème 1.6. Soient \mathfrak{z}, \mathfrak{z}' deux classes dans A'^{*}(X) alg. équiv. à 0, X étant lisse projective. Alors \mathfrak{z}\mathfrak{z}' = 0. [Si X est projective, alors il suffit que l'un des deux \mathfrak{z} soit alg. équiv. à 0, et l'autre num. équiv. à 0 ??] Voir s'il ne suffit pas que \mathfrak{z} \mathfrak{z}' soit num. équiv. des conditions à en venir ! les deux notes marginales sont écrites en travers, dans la marge gauche ; la première, sur des lignes tracées, est reliée par une double flèche au crochet du texte La [La démonstration] résulte formellement de la définition [via variétés T projectives lisses connexes] de « alg. équiv. à 0 » [et du fait que si T, T' sont deux variétés [telles] et (lisses connexes suffit) et x, y sont deux points de T, x' et y' deux pts de T', alors \mathfrak{t} = \bigl((x) - (y)\bigr) \times \bigl((x') - (y')\bigr) = (x, x') - (x, y') - (y, x') + (y, y') est tel que S_{T \times T'}(\mathfrak{t}) = 0. NB. On ignore si cet \mathfrak{t} est lin. équiv. à 0, même si T, T' sont des courbes ! [Il y a intérêt à transformer le [lemme] en un énoncé sur l'opération \times]

2. Familles de classes de cycles mod équiv. d'Alb.

« mod équiv. d'Alb. » remplace, dans l'interligne, un « à équivalence » biffé

Théorème 2.1. Soient X^{n} et Y^{m} comme d'habitude et Z \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times Y), d'où une loi compo [application] \mathfrak{t} \mapsto Z(\mathfrak{t}) de A_{0}(Y) A_{0\,\mathrm{alb}}(Y) dans A^{i}_{\mathrm{alb}}(X). Il existe une application et une seule de [A_{0\,\mathrm{alb}}(Y) \simeq \mathrm{Alb}^{*}_{Y}(k), dans A^{*}_{\mathrm{alb}}(X)] telle que pour tout \mathfrak{t} \in \mathrm{Alb}_{0}(Y) ; or A_{0\,\mathrm{alb}}(Y) \overset{S_Y}{\simeq} A^{*}_{Y}(k), d'où un hom de groupes u^{*}_{Z} : A^{*}_{Y}(k) \longrightarrow A^{i}_{\mathrm{alb}}(X), sous A^{*}_{Y}(k), entouré, un « \| Alb » au crayon égal à la restriction à A^{(n)}_{Y}(k) est défini par la condition S_Y Z(\mathfrak{t}) = u_{Z}(S(\mathfrak{t})) pour tout \mathfrak{t} (resp. pour tout \mathfrak{t} de degré 0), (i.e. en négligeant la restriction de degré 0). De plus, si on désigne l'hom induit sur A_{Y}(k) = A^{0}_{Y}(k) u_{Z} : A_{Y}(k) \longrightarrow A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) , on a ce qui suit : il existe une base de

(i)Il ne dépend que de la classe de Z dans A^{i\,\tau}(X \times Y) [À réserver pour plus tard] (ii)Il existe une base [isogénie] isogénie de VA \varphi : A' \to A_{Y} et un cycle Z' \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(

l'indice de A^{i\,\tau} est biffé et illisible. La fin de (ii) est écrite dans un cadre, en bas à gauche du feuillet, et reprise en haut du feuillet 31

de VA \varphi : A' \to A_{Y} et un Z' \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times A'), dont tel que Z'((0)_{A'}) = 0 diviseur de degré 1 concentré en 0 (ce qui revient au même, tel que l'application v_{Z'} : a' \mapsto Z'(a') de A'(k) dans A^{i}_{Z} A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) soit un hom de groupes) tel que u_{Z} \circ \varphi(k) = v_{Z'} dans A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times A'), un premier X est biffé

Dém. Supposons qu'il existe un Z [cycle] U sur Y \times A_{Y}, de codim m, tel que pour tout a \in A_{Y}, on ait S_{Y}(U(a)) = a. Alors la « famille algébrique de diviseurs » comprise Z(U(a)) = Z'(a) pour tout \mathfrak{t} \in A_{0\,\mathrm{alb}}(Y) [de degré 0,] on aura Z'(a) Z(\mathfrak{t}) = Z'(S(\mathfrak{t})) pour \mathfrak{t} de pour . Car par le , pour U(a), dont la formule vérifiée équivalent Z(U(a)) = Z'(S(U(a))) = Z'(a) \qquad \text{O.K.} Mais à priori on ne sait pas si on peut

trouver U, mais on peut trouver U [comme dessus] de façon que l'on ait S_{Y}(U(a)) = na et alors, posant Z'(a) = Z(U(a)), la relation Z'(S_{Y}(\mathfrak{t})) = n\, Z(\mathfrak{t}) \qquad \text{$\mathfrak{t}$ de degré $0$ sur $Y$.} (car on peut écrire n S(\mathfrak{t}) = U(a) si a = S_{Y}(\mathfrak{t}), n\mathfrak{t} de la forme U(a'), car si a' = S_{Y}(\mathfrak{t}), on aura S_{Y}(U(a')) = na' = S_{Y}(n\mathfrak{t}) et U(a') = n\mathfrak{t}, et comme on aura a' = na pour U(a) passage biffé par un cadre et quatre traits obliques ; lecture partielle Pour le voir, soit a = S_{Y}(\mathfrak{t}), on aura U(a) = n\mathfrak{t} d'où S_{Y}(U(a)) = na = S_{Y}(n\mathfrak{t}), U(a) = n\mathfrak{t} d'autre part on aura Z'(S_{Y}(U(a))) = n\, Z(U(a)), \qquad Z'(S_{Y}(U(a))) = Z'(na), \quad n\,Z(U(a)) = n\,Z'(a) . les deux dernières égalités sont écrites sous la précédente, reliées par des signes \| d'où, comme U(a) = n\mathfrak{t} Or tout élément de A_{0\,\mathrm{alb}}(Y) de degré 0 est Z'(S_{Y}(\mathfrak{t})) = n^{2} Z(\mathfrak{t}) de la forme n\mathcal{L} (car A_{Y}(k) est divisible !), donc appliquant ce qui précède à \mathcal{L} au lieu de \mathfrak{t}, on obtient Z'(S_{Y}(\mathfrak{t})) = n\, Z(\mathfrak{t}) . On peut comme toujours négliger la multiplication par n.

On prouve (ii). Pour (i), on note qu'on sait déjà que si Z est alg. équiv. à 0, alors l'hom correspondant u : A_{Y}(k) \to A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) est nul (th. 1.6.), donc si Z est \tau-équivalent à 0, alors l'hom u est tel que mu = 0 pour quelque m > 0, donc u = 0 car A_{Y}(k) est un divisible.

Corollaire 2.2. Pour qu'un cycle algébrique de codim i sur X soit alg. équiv. à 0, il f. et s. qu'il soit Albanese-équivalent à un diviseur de la forme Z(a_{0}), où A est une Z est un cycle de codim i sur une VA A, plutôt A \times X, A une variété abélienne, tel que \mathrm{Alb} a \mapsto Z(a) : A \to A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) soit un hom de groupes. le numéro du corollaire est surchargé ; suivent 2.3 et 2.4

Corollaire 2.3. Pour tout entier n > 0, le s-groupe [de A^{i}_{\mathrm{alb}}(X), formé des classes] P^{i}(X) des classes d'équivalence, à équiv. d'Alb. alg. équiv. à 0, est n-divisible.

Corollaire 2.4. Soient Z, Z' \in A^{*}_{\mathrm{alb}}(X), dont l'un est alg. équiv. à 0 et l'autre \tau-équiv. à 0. Alors ZZ' = 0.

Définition 2.5. Soient X, Y … et considérons une application \varphi : Y(k) \longrightarrow A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) On dit que cette application est algébrique si

1°)L'hom Z \mathrm{Cyc}_{0}(Y) \to A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) correspondant se factorise par A_{0\,\mathrm{alb}}(Y) \simeq A^{*}_{Y}(k), i.e. s'annule est nulle sur les \mathfrak{t} de degré 0 tels que S_{Y}(\mathfrak{t}) = 0 2°)L'hom induit \varphi : A^{0}_{Y}(k) \to A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) est tel que pour N > 0 convenable, N\varphi [algébrique] puisse être induit par un cycle Z \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times A_{Y})

au-dessus de « N>0 convenable, N\varphi », dans l'interligne : N\varphi(x) = \varphi(Nx). En marge gauche, à hauteur de 1°) :

\begin{tikzcd} Y \arrow[r] & A^{1}_{Y} \arrow[r, "N"] & A^{N}_{Y} \end{tikzcd}

Prop. 2.6. Si \varphi est définie par un Z \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times Y), elle est algébrique.

C'est 2.1. Voir la généralisation en 2.7. (ii)

Prop. 2.7.

(0)Forment un s-groupe. Si N\varphi est alg., \varphi l'est. (i)Fonctorialité en Y. Plus généralement (ii)Fonctorialité en X, plus précisément on a un hom A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) \to A^{j}_{\mathrm{alb}}(X') défini par une classe de correspondances algébriques à coeff. rationnels entiers.

l'exposant du but, à la seconde flèche, est peu net

N.B. Fixons un pt y_{0} de Y. Alors le groupe des familles algébriques Y(k) \to A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) est somme de A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) \times \mathrm{Homalg}(A_{Y}, A^{i}_{\mathrm{alb}}(X)) , où le deuxième facteur désigne les familles algébriques qui sont des hom de groupes, i.e. nulles à l'origine. On peut donc se limiter à étudier les hom « alg. » A(k) \to A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) [où A est une VA], et interprétant A comme A_{0\,\mathrm{alb}}(A) = A^{\alpha}_{\mathrm{alb}}(A)^{(\text{alg.\ équiv.\ }0)} \qquad (\alpha = \dim A) on peut considérer ce concept comme un cas particulier des hom algébriques A(k) \simeq P^{\alpha}(A) \to P^{i}(X) \varphi : P^{j}(X') \longrightarrow P^{i}(X) . Un hom de groupes \varphi est dit « algébrique » s'il existe un entier N > 0 tel que N\varphi soit définissable par un cycle algébrique sur X \times X'. (Alors \varphi sera définissable par un cycle alg. à coeff. rationnels — mais attention, un cycle à coeff. rationnels quelconque ne définit pas en général un hom P^{j}(X') \to P^{i}(X), à moins que les degrés soient les bons …). Ces hom se composent

? Une question plus subtile est s'ils peuvent s'inverser, quand ce sont des isomorphismes … ces deux lignes sont marquées d'un trait vertical dans la marge

Dualité entre P^{i}(X) et P^{n-i} P^{j}(X) [pour i + j = n + 1] : Si A, B sont deux [des] VA, dont la dualité est accouplées par une dualité parfaite (A \simeq B^{*}, B \simeq A^{*}), alors il y a correspondance biunivoque entre \mathrm{Homalg}(A, P^{i}(X)) et \mathrm{Homalg}(P^{j}(X), B) :

En effet, si on a un hom A \to P^{i}(X), défini par un Z \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times A), alors {}^{t}Z définit un hom P^{j}(X) \to P^{i+j-n}(A) = P^{1}(A) \simeq B, [i.e.] P^{j}(X) \to B. Notation Cependant, il s'ensuivra si on tq . Plus généralement il faut vérifier que P^{j}(X) \to B ne dépend que de l'application A \to P^{i}(X), pas du cycle Z. ces deux lignes sont marquées d'un triple trait vertical dans la marge

Question de transposition de façon plus générale, pour P^{i}(X) \to P^{j'}(X') en P^{i'}(X') \to P^{j}(X). Cf. plus bas …

3. Homomorphismes \ell-adiques associés à une famille abélienne de cycles

Soit A une V.A., Z \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(X \times A), d'où u_{Z} : A(k) \longrightarrow A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) mais aussi a({}^{t}Z) : H^{2(n-i)+1}(X)(n-i) \longrightarrow H^{1}(A) (coefficients \ell-adiques \mathbb{Z}_{\ell}). Je dis que mod torsion (i.e. à coeff. \mathbb{Q}_{\ell} !) cet homomorphisme ne dépend que de u_{Z}, pas de Z, donc et de façon précise que :

? A-t-on une réciproque Théorème 3.1. u_{Z} = 0 \Longrightarrow a({}^{t}Z) : H^{2(n-i)+1} \to H^{1} \text{ est nul} dém. pas faite au-dessus de l'implication, un « ? » ; à sa gauche, un chevron « < » qui semble poser la réciproque. « dém. pas faite » est entouré au crayon et relié au mot « Théorème »

Démonstration. Choisissons une « courbe ample » C \to A C sur A, disons d'où Z' \in A^{i}_{\mathrm{alb}}(C \times X) C \times X [X \times C \to X \times A] A_{C} \to A par conséquent u_{Z'} : C(k) \longrightarrow A^{i}_{\mathrm{alb}}(X) a({}^{t}Z') : H^{2(n-i)+1}(n-i) \longrightarrow H^{1}(C) un « (X) » est biffé après H^{2(n-i)+1} et comme H^{1}(A) \to H^{1}(C) est injectif, C(k) \to \mathrm{Alb}, surjectif, — .

u_{Z} = 0 \Longleftrightarrow u_{Z'} = 0, \qquad a({}^{t}Z) = 0 \Longleftrightarrow a({}^{t}Z') = 0 . On est donc ramené à la question analogue, avec A remplacé par C. Or tout supposons que la décomposition H^{N}(X \times C) \simeq H^{N}(X) \otimes H^{0}(C) + H^{N-1}(X) \otimes H^{1}(C) + H^{N-2}(X) \otimes H^{2}(C) est algébrique, comme on vérifie aisément. Appliquant ceci avec N = 2i, et notant que un cycle algébrique « appartenant » à l'un des deux facteurs extrêmes donne un u_{Z'} et un a({}^{t}Z) nul, on est ramené au cas d'un cycle « appartenant » au facteur médian, i.e. dont la projection sur X, et la « restriction » à X, est nulle. le feuillet s'arrête aux deux tiers ; la démonstration n'est pas achevée ici