Fonds Grothendieck, cote n° 156-5, pages 21–40

On sait B' \in G est tel que A'^{\circ} \subset B'^{\circ}, donc ~~A \subset B'~~ (hyp. dans b)) B' \subset B, donc A'^{\circ} \subset B, OK.

Prouvons que B est le plus petit él. de G^{A}. Soit B' \in G^{A} i.e. B' \in G, A \subset B', prouvons B \subset B' ou encore B^{\circ} \cap B' \neq \emptyset ~~Comme~~. Comme A^{\circ} \subset B^{\circ} et A^{\circ} \subset A \subset B', on a \underset{\neq \emptyset}{A^{\circ}} \subset B^{\circ} \cap B', OK.

Prouvons ensuite que A \in F, B \in G implique que A \cap B est F-fermé dans |F|. Par b) on voit que \underset{\displaystyle \bigcup_{A \in F} A^{\circ}}{\overset{\|}{|F|}} \subset |G|, et que la relation d'équiv. R_{F} sur |F| est plus fine que celle induite par R_{G} sur |G|. Cela implique que A \cap B est saturé pour la relation d'équiv. R_{F} (puisque B l'est pour R_{G}). Donc A \cap B = \bigcup_{\substack{C \in F \\ \text{t.q. } C^{\circ} \subset A \cap B}} C^{\circ} . Je dis que dans cette réunion, on peut remplacer C^{\circ} par C i.e. C \in F, \quad C^{\circ} \subset A \cap B \Longrightarrow C \subset A \cap B . C \subset Al'exposant de ce C paraît biffé. Reste : prouver C^{\circ} \subset A, C^{\circ} \subset B. On en déduit un complément à l'énoncé de la prop. :

Corollaire La condition b) équivaut à

b')\forall A \in F \exists B \in G tel que A^{\circ} \subset B^{\circ}, et d'autre part \forall A \in F, B \in G, A^{\circ} \subset B implique A \subset B.

On a donc : (b'') \Longleftrightarrow : |F| \subset |G|, la relation de préordre sur |F| définie par F est plus fine que celle induite relation |G| note oblique dans le coin inférieur gauche, qui chevauche la fin des lignes du texte

Il nous fallait prouver b \Rightarrow b' pour achever la dém. de la prop. ~~Voir~~ ~~voir (prouvons b \Rightarrow b') que, supposant b), A \in F, B \in G, A^{\circ} \subset B \Longrightarrow A \subset B (cf~~ On l'a prouvé dans la dém. de b) \Rightarrow a) au cours (p. 20)un trait encadre « supposant b) … A \subset B » et le renvoie après « On l'a prouvé ». Reste : prouver b' \Rightarrow b donc, supposant b', le fait que \varphi est croissant : A, A' \in F, \quad B, B' \in G, \quad A^{\circ} \subset B^{\circ}, \quad A'^{\circ} \subset B'^{\circ}, \quad A' \subset A^{*} \Longrightarrow B' \subset B^{*} les astérisques sont de sa main ; une seconde ligne, en partie biffée, finit par « A^{*} \subset B^{*} » ~~b') A^{\circ} \subset B A' \subset B' A'^{\circ} \subset B'^{\circ}~~ Mais ~~b') A'^{\circ} \subset B', donc~~ A'^{\circ} \subset A' \subset A \subset B donc A'^{\circ} \subset B'^{\circ} ~~A \subset B~~ ~~A^{\circ} \subset B \cap B', donc~~ donc A'^{\circ} \subset B'^{\circ} \cap B, donc B'^{\circ} \cap B \neq \emptyset, A'^{\circ} \subset A \subset B, donc B' \subset B, qed.

Définition On dit, sous ces conditions, que F est un raffinement de G. Toute sous-figure de G est un raffinement de G. Notation F \ll G. C'est ~~une~~ une relation d'ordre entre figures, Ex

Proposition Soient F et G deux figures, ~~telles que F est un raffinement de G.~~ ~~telles~~ Les conditions équivalentes :

a)(F \ll G,) Il n'existe pas de raffinement de G autre que F, possédant dont F soit une sous-figure — i.e. F est un élément maximal dans l'ens. des raffinements de G (relation de sous-figure \leq) b)(F \ll G et) |F| = |G|

NB F raffine G ssi \forall A \in F, F_{A} raffine F raffine G. note oblique dans la marge gauche, à hauteur de la définition ; lecture très incomplète

b) \Longrightarrow a) Si F' est un raffinement de G tel que F' soit une sur-figure de F, on a |F| \subset |F'| \subset |G|, et comme |F| = |G| on a |F| = |F'| d'où F = F', puisque F est sous-figure de F'.

a) \Longrightarrow b) Supposons que |F| \neq |G|, ~~x \in |G| \smallsetminus |F|, considérons la~~ je dis qu'il existe une figure H ~~qui soit~~ telle que ~~qui soit un raffinement de G,~~ \begin{cases} H \neq \emptyset \\ H \text{ raffine } G \\ H \text{ disjointe de } F \end{cases} par exemple on prend un x \in |G| \smallsetminus |F|, H = \{\{x\}\}. On a :

Corollaire Soient F, H deux figures raffinant G, et telles que F et H soient compatiblesmot écrit au-dessus de « ~~disjointes~~ », qui est barré. Alors F \cup H raffine G. sup. (au sens de \leq). ~~Démonstration~~ . En effet, on utilise le fait que les multiplicités de F \cup H sont les multiplicités de F H. Or la de raffinement se vérifie en termes de multiplicités. propriété intrinsèque. Au contraire, \pm facile. (cas ) si F et G disjointes…

Définition On dit dans ce cas que F est une subdivision de G. « subdivision » est écrit sous « Définition », souligné ; la ligne du texte laisse la place vide avant « de G »

Donc a) \Longleftrightarrow b) \Longleftrightarrow c) F \ll G et toute strate de G est réunion de strates de F . Et pour F \ll G, G, d) \begin{cases} 1^{\circ}) \text{ toute strate de } G \text{ est réunion de strates de } F \\ 2^{\circ}) \ \forall A \in F, \ G^{A} = \{B \in G \mid B \supset A\} \text{ a un plus petit élément} \end{cases} longue note oblique dans la marge gauche, en face de la démonstration de a) \Rightarrow b) ; en 2°), un « \forall A » est surchargé

Notation F \preccurlyeq G. C'est encore une relation d'ordre sur \mathcal{J}la lettre est lue comme un J cursif, sans doute l'ensemble des figures de L ; lecture incertaine.

NB Se donner dans L un couple F \subset G, avec F raffinant G, revient à la même chose que de se donner

\begin{tikzcd} S\ (= |F|) \arrow[r, hook, "i"] \arrow[d, "p\ \text{surj}"'] & T\ (= |G|) \arrow[r, hook] \arrow[d, "q\ \text{surj}"] & \mathcal{L} \\ I\ (= F) \arrow[r, "\varphi"] & J\ (= G) & \end{tikzcd}

où S \subset T sont des sous-ens. de \mathcal{L}, \varphi : I \to J une application croissante d'ensembles ordonnés, et p : S \to I, \qquad q : T \to J des appl. surjectives (\varphi pas néc. surjective). Alors l'inclusion i est continue pour les top. canon. sur S, T définies par leurs préordres respectifs (images inv. des top. sur I, J). L'image inv. d'une partie G- de T est une partie F- de S, cela : la relation J' \mapsto \varphi^{-1}(J') au niveau des parties de J, I. L'image inv. d'une partie fermée

(resp. ouverte, resp. loc. fermée) est idem.

Le cas d'une ~~sub~~subdivision est celui où S = T, i.e. s'explicite comme une situation

\begin{tikzcd} S \arrow[r, hook] \arrow[d, "p\ \text{surj}"] & \mathcal{L} \\ I \arrow[d, "\varphi\ \text{surj.}"] & \\ J & \end{tikzcd}

où on pose q = \varphi p.

Attention : même au cas où \varphi est bijective, elle peut ne pas être un isom. (deux structures d'ordre sur un même ens. I, avec l'une plus fine que l'autre). C'est le cas d'un F \preccurlyeq G, avec F \neq G, et revient la relation ~~d'équiv.~~ R_{F} = R_{G} dans |F| = |G|.

Proposition Soient F, G deux figures.

a)Pour que F raffine G, il faut et il suffit que ce soit une sous-figure d'une subdivision G' de G : F \leq G' \preccurlyeq G b)~~Pour que F soit une subdivision de G, il faut et il suffit que ce soit un raffinement, et qu'il soit maximal comme tel.~~

b) est barré de plusieurs traits obliques ; un trait encadre sa dernière ligne et « Ainsi, dans F », biffé

Dém. C'est évidemment suffisant. Inversement, supposons F \ll G, pour trouver G', on prend G' = G si F est déjà une subd. i.e. |F| = |G|. ~~Sinon~~, Dans le cas général, soit G' = \bigl\{A \in \mathfrak{P}(\mathcal{L}) \bigm| A \in F \text{ ou } A = \{x\}, \text{ avec } x \in |G| \smallsetminus |F|\bigr\} = F \amalg \coprod_{x \in |G| \smallsetminus |F|} \{\{x\}\}

~~Alors F~~

Ainsi, les relations d'ordre \ll et \preccurlyeq dans \mathcal{J} se déterminent mutuellement, en termes de \leq. Peut-on de même exprimer \leq en termes de \ll et de \preccurlyeq ? ??

NB On a F \leq G \text{ et } F \preccurlyeq G \Longrightarrow F = G . Il semble que ceci soit vrai dans contexte — via la condition que si F \leq G, F \neq G, \exists H non videécrit au-dessus d'un mot biffé, H disjointe de F, H \ll G (et nécessairement, si F \preccurlyeq G, H serait disjointe de G par C5, d'où contradiction avec ceci : ~~H \ll G,~~ H \ll G, \quad \underset{\text{i.e. } H \text{ raffine } G \text{ et } H \cap G = \emptyset}{H \text{ disjointe de } G} \Longrightarrow H = \emptyset_{F} En effet, H \leq G' \preccurlyeq G, et H disjointe de G C5 implique H disjointe de G', donc H = \emptyset OK !)

Qu'en est-il des autres des contextes :

C5Si F \preccurlyeq G, H, alors H disj. de F ssi disj. de G : trivial, car |F| = |G| et disjonction de H ou H' se voit sur les supports : |H| \cap |H'| = \emptyset. C6Subdivision induite, on la verra tantôt. C7Ext. d'une subd. OK le topologique. C8trivial

~~Proposition~~ Soient F, G deux figures ens. dans \mathcal{L}. ~~Considérons~~ Soit K K \struck{I} = \{(A,B) \in F \times G \mid A^{\circ} \cap B^{\circ} \neq \emptyset\} ~~Il est clair~~ que |F| \cap |G| = \coprod_{(A,B) \in K} A^{\circ} \cap B^{\circ} et que les ~~relations~~ A^{\circ} \cap B^{\circ} ((A,B) \in K) forment les classes de la rel. d'équiv. sur |F| \cap |G| borne sup des relations d'équiv. ~~induites~~ induites par R_{F} et R_{G}. Considérons ~~la famille~~ ~~des~~ les parties k = (A,B), \qquad C_{k} = A \cap B tout ce passage, depuis « Soit K », est barré de trois longs traits obliques

\begin{tikzcd} & S \arrow[rr, hook] \arrow[dd, "\varphi\ \text{surj}"] & & \mathcal{L} \\ & & S' \arrow[ur, hook] \arrow[d, "\varphi'\ \text{surj}"] & \\ & I & I' & \end{tikzcd}

dans le croquis, S et S' sont deux parties de \mathcal{L} I, J ens. ord.

Considérons

\begin{tikzcd} & S \arrow[rr, hook] \arrow[dd, "\varphi"] & & \mathcal{L} \\ S \cap T \arrow[ur, hook] \arrow[rr, hook] \arrow[dd, "\psi"'] & & T \arrow[ur, hook] \arrow[dd, "\varphi'"] & \\ & I & & \\ K \arrow[ur] \arrow[rr] & & I' & \end{tikzcd}

où K = \operatorname{Im}\bigl(S \cap T \xrightarrow{(\varphi,\varphi')} I \times J\bigr) = \{(i,i') \in I \times I' \mid A_{i}^{\circ} \cap A'^{\circ}_{i'} \neq \emptyset\} si j = (i,i'), on pose \boxed{A_{j} = A_{i} \cap A'_{i'}} \qquad \text{où on pose } A_{i} = \varphi^{-1}(I_{\leq i}), \quad A'_{i'} = \varphi'^{-1}(I'_{\leq i'}) le croquis note \boxed{K} la lettre du coin inférieur gauche ; la formule écrit I \times J où l'on attend I \times I'

~~Alors~~ Ainsi

Proposition On a construit un Inf de F et G pour \ll, qu'on appelle la « figure intersection » F.G.

Attention, ce n'est pas en général ~~la figure~~ F \cap G, où on rappelle F, G \subset \mathfrak{P}(\mathcal{L}), ~~G \subset \mathfrak{P}(\mathcal{L})~~. Nous n'allons considérer cette F \cap G que dans le cas où F et G compatibles, mais alors les deux coïncident !

Donc la bonne notion d'intersection est la F.G. En fait, se construit pour une famille quelconque de figures, et \Bigl|\bigwedge_{i \in I} F_{i}\Bigr| = \bigcap_{i \in I} |F_{i}| . Cette propriété d'existence d'un Inf pour la relation \ll l'apparente à une propriété de « demi-treillis ».

Proposition Si F' \struck{\ill{}} \preccurlyeq F , alors F'.G \preccurlyeq F.G (Immédiat sur ) : Subdivision induite par un raffinement. cette dernière proposition est barrée de plusieurs traits obliques

Proposition Soient F', F, G trois figures.

a)F' \ll F \Longrightarrow F'.G \ll F.G (Trivial par déf. de \ll comme Inf) b)F' \preccurlyeq F \Longrightarrow F'.G \preccurlyeq F.G (résulte de a), ) c)F' \leq F \Longrightarrow F'.G \leq F.G ^{*}

^{*} explicitation F'.G = \{A \in F.G \mid A \subset |F'|\}

Prouvons c. Il faut prouver que ~~F'.G~~ F'.G \subset F.G, et est fermé dans F.G. Or F'.G est formé des A \cap B (A \in F', B \in G) tels que A^{\circ} \cap B^{\circ} \neq \emptyset, et F.G des A \cap B (A \in F, B \in G) tels que A^{\circ} \cap B^{\circ} \neq \emptyset, et dans les deux cas les A^{\circ} (pris F, F') sont les mêmes, donc F'.G \subset F.G. Prouvons que c'est fermé i.e. si ~~A \cap B~~ ~~A, A' \in F,~~ \underset{F'}{A} \cap \underset{G}{B} \in F'.G \quad \text{i.e. } A^{\circ} \cap B^{\circ} \neq \emptyset, \qquad \underset{F}{A'} \cap \underset{G}{B'} \in F.G \quad \text{i.e. } A'^{\circ} \cap B'^{\circ} \neq \emptyset, et A' \cap B' \subset A \cap B , alors A' \cap B' \in F'.G i.e. A' \in F'. Or on sait (d'après la théorie de F.G) que A' \cap B' \subset A \cap B \Longrightarrow A' \subset A, B' \subset B, d'où A' \in F' puisque F' fermé dans F.

Cor. L'axiome C6 est valable.

: F'.G = G' pour un G' tel que F' \preccurlyeq F, G' \preccurlyeq G, G' \leq F', G \leq F (en carré) mais il faut vérifier un nouvel C7{}_{0} : cela revient à exiger : a) P \ll Q \ll R et P \preccurlyeq R \Longrightarrow P \preccurlyeq Q, Q \preccurlyeq R ; b) P \ll Q \ll R et P \leq R, ~~\Rightarrow P \leq~~ Q \leq R \Longrightarrow P \leq Q bloc encadré dans la marge droite, relié par un trait à « Vérifions … C7 »

Vérifions pour de même C7. G \leq F, \quad G' \preccurlyeq G \qquad \exists \text{ subdivision } F' \text{ de } F \text{ qui induise } G'. les trois lettres sont disposées en équerre, G' sous G On prend F' = G' \cup \struck{\ill{}} (F \smallsetminus G) (c'est une union disjointe). Il faut vérifier a) c'est une figure b) qu'il ~~raffine~~ subdivise F c) qui induit G' sur G.

Explicitement : G \leq F \succcurlyeq F', d'où G' avec G' \preccurlyeq G, G' \leq F'. Alors on a G' = \{A' \in F' \mid A' \subset |G|\} = \varphi^{-1}(G), où \varphi : F' \to F … note oblique dans la marge gauche, à hauteur du corollaire

a) F' est une figure. ~~i.e.~~ Notons que ~~|F'| =~~ |F'| = \underbrace{|G'|}_{|G|} \cup \underbrace{|F \smallsetminus G|}_{\supset |F| \smallsetminus |G|} \supset |F| donc, comme |F'| \subset |F|, on a |F'| = |F| . Il faut prouver que \forall x \in |F'| = |F|, \exists plus petit élément de F' qui le contienne. Distinguons deux cas

1°)x \in |G| = |G'|, soit A \in G' tel que x \in A^{\circ(G')}. Si B \in F' et x \in B, prouvons A \subset B. Si B \in G', c'est évident. Si B \in F \smallsetminus G, alors ~~B contient~~ A^{\circ(G')} \cap B \neq \emptyset donc A^{*} \subset Bmême signe qu'à la page 21 sur la lettre : astérisque ou rond appuyé OK 2°)x \in |F| \smallsetminus |G|, alors les A \in F' qui contiennent x ne sont pas dans G', ils sont donc dans F \smallsetminus G. D'autre part, l'unique élément A de F tel que x \in A^{\circ(F)} n'est pas dans G puisque x \notin |G|, il est donc dans F \smallsetminus G, et A c'est lui (cf. définition de F \smallsetminus G) qui est plus petit él. de F contenant x, OK !

b) F' ~~raffine~~ subdivise F. Comme |F'| = |F|, il faut voir seulement que F' raffine F. Donc ~~que que A \subset B~~ ~~l'ens. F^{A} des B \in F tels que A \subset B, A \in F', contienne un plus petit~~ ~~1) un plus petit él. de F. C'est évident si A \in F c'est évident. Si F' raffine F. Si~~ trois lignes biffées et encadrées

1°)~~\forall~~ A \in F', l'ens. F^{A} = \{B \in F \mid A \subset B\} a un plus petit élément. C'est évident si A \in F ~~(B = A)~~ (on prend B = A) et si A \in G', c'est vrai puisque G' \ll F. 2°)Si A \in F', B \in F, alors A \cap B est ~~R_{F'}-~~ fermé dans F', i.e. réunion de strates de F'. Si A \in G', comme G' \ll F, A \cap B est réunion de strates de G', qui sont aussi des strates de F'.

Si A \in F \smallsetminus G, A \cap B est réunion de strates de F. ~~Reste~~ Reste : voir qu'une strate de G de F est réunion de strates de F'. Soit A cette strate de F. On ~~A = \bigcup_{B \in F,\, B \leq F} B^{\circ}~~ Si A \notin G, donc A \in F \smallsetminus G \subset F', et on gagne. Si A \in G, alors (comme G' \preccurlyeq G) A est réunion de strates de G', qui sont des strates de F', et on a gagné encore.

Corollaire La ~~raffinement~~ subdivision précédente F' de F est caractérisée par des propriétés équivalentes suivantes :

a)Pour toute subdivision F'' de F qui induise G' sur G, on a F'' \preccurlyeq F' — i.e. F' est un plus grand élément ~~maximal~~, pour \preccurlyeq^{*}, dans l'ens. des subdivisions de F qui induisent G' sur G. a) est barré d'une grande croix b)L'application canonique associée à F' \preccurlyeq F, \varphi : F' \to F, induit une bijection F' \smallsetminus G' \xrightarrow{\ \sim\ } F \smallsetminus G . c)\forall A \in F \smallsetminus G, A^{\circ} est une strate de F' . d)F' \supset F \smallsetminus G, i.e. \forall A \in F \smallsetminus G, on a A \in F'.

NB. c'est toujours surj., donc c'est l'injectivité qu'il faut prouver ^{*} ou pour \ll, il revient au même pour des subdivisions d'un même F les conditions b), c), d) sont équivalentes, conditions subdivision construite{}^{\#}. Mais c) très (b, c, d) deux notes obliques dans la marge gauche ; la seconde est coupée d'un trait courbe

Dém. On va prouver \text{d)} \Longrightarrow \text{b)} \Longrightarrow \text{c)} \Longrightarrow \text{a)} \Longrightarrow \text{d)} ~~Dém.~~ d) \Longrightarrow b). Si (F \smallsetminus G) \subset F', alors \varphi \mid F \smallsetminus G est l'identité (car F \smallsetminus G \subset F), ~~donc~~ donc il reste à prouver F \smallsetminus G = F' \smallsetminus G' .

Or 1°) F \smallsetminus G \subset F' \smallsetminus G' i.e. Tout A \in F \smallsetminus G est \notin G'. En effet, si on avait A \in G', on aurait |A| \subset |G'| = |G| donc ~~A \in~~ (comme G \leq F) A \in G.

2°) F' \smallsetminus G' \subset F \smallsetminus G. Soit A' \in F' \smallsetminus G', prouvons A' \in F \smallsetminus G, et d'abord A' \in F. ~~On a~~ Soit A le plus petit él. de F^{A'} donc A' \subset A, A'^{\circ(F')} \subset A^{\circ(F)}, prouvons que A' = A (d'où A' \in F). Or

Je dis que A \in F \smallsetminus G i.e. A \notin G, sinon on aurait A \subset |G| = |G'| donc A' \in G' puisque A' \in F' et G' \leq F', absurde. ~~Mais~~ Donc A \in F \smallsetminus G, donc A \in F', et Il en résulte que A^{\circ(F)} = A^{\circ(F')} (car F' \preccurlyeq F i.e. sachant F' \ll F cf lemme plus bas) d'autre part ~~\exists~~ A, A' \in F' tels que A'^{\circ(F')} \subset A^{\circ(F')}, ce qui prouve A = A'. va se simplifier, cf plus note verticale dans la marge gauche, séparée du texte par un trait qui court sur toute la hauteur du paragraphe

Donc on a prouvé que A' \in F' \smallsetminus G' \Longrightarrow A' \in F. Prouvons qu'on a A' \notin G, d'où A' \in F \smallsetminus G (qed). Si on avait A' \in G, on aurait A' \subset |G| = |G'|, d'où (comme A' \in F' et G' \leq F') A' \in G', absurde.

b) \Longrightarrow c) (Soit A \in F \smallsetminus G, prouvons que A^{\circ(F)} est une strate de F'. Soit A' \in F' \smallsetminus G' l'unique élément tel que \varphi(A') = A. Prouvons A'^{\circ(F')} = A^{\circ(F)}. au-dessus, en interligne et biffé avec le reste : « On suppose b) i.e. \varphi induit F' \smallsetminus G' \xrightarrow{\sim} F \smallsetminus G » ; le passage est barré de traits obliques

b \Longleftrightarrow c ~~Posons~~ On a |F| \smallsetminus |G| = |F'| \smallsetminus |G'|, soit U. Posons F \smallsetminus G = I^{*}, F' \smallsetminus G' = I'^{*} (parties ouvertes des ens. d'indices ordonnés I (= F), I' (= F')). On a

\begin{tikzcd} I' \arrow[r, no head, "\supset" description] \arrow[d, "\varphi\ \text{surj}"'] & J' = \varphi^{-1}(J) \arrow[d] \\ I \arrow[r, no head, "\supset" description] & J \text{ partie f.} \end{tikzcd}

d'où

\begin{tikzcd} I'^{*} \arrow[d, "\varphi^{*} = \varphi \mid I'^{*}"] \\ I^{*} \end{tikzcd}

~~bijectif.~~ surjectif et on a

\begin{tikzcd} U \arrow[r, "p'"] \arrow[rr, bend right=30, "p"'] & I'^{*} \arrow[r, "\varphi^{*}"] & I^{*} \end{tikzcd}

les trois flèches sont marquées « surj » les A strates ouvertes de F' qui sont ~~dans~~ \subset U (i.e. pour \in F' \smallsetminus G') sont les fibres de U \xrightarrow{p'} I'^{*}, les strates ouvertes de F qui sont \subset U (i.e. pour \notin G) sont les fibres de U \xrightarrow{p} I^{*}.

La condition b) dit que \varphi^{*} est bijective, la condition c) dit que les fibres de p (ce sont les A^{\circ} pour A \in F \smallsetminus G) sont des fibres pour p'. C'est visiblement équivalent. ~~D'autre part,~~

Attention, \varphi^{*} bijectif, \varphi^{*} pas néc. iso !!! Mais on va supposer \varphi^{*} iso, plus bas.

D'autre part, que dit d) ? Notons que On a vu que pour F' \ll F, pour A \in F , on a A \in F' ssi A^{\circ(F)} est une strate ouverte de F' (cf lemme déjà prouvé, qui sera donné plus bas). Donc d) dit que pour \forall A_{i} \in F \smallsetminus G = I^{*}, la F-strate p^{-1}(i) \subset U est une F'-strate de U. Donc cela équivaut visiblement . la fin de la ligne porte un « p bijectif » biffé

Donc on a b \Longleftrightarrow c \Longleftrightarrow d.

Montrons que c'est équiv. à a. Soit F'' comme dans a), d'où I'', et soit ~~S = |F|~~ S = |F| = |F'| = |F''|

\begin{tikzcd} S \arrow[r] \arrow[rr, bend left=30, "\varphi"] & I'' \arrow[r, "\varphi''"] & I \\ T \arrow[u, hook] \arrow[r] & J'' \arrow[u, hook] \arrow[r] & J \arrow[u, hook] \end{tikzcd}

|G'| = |G| = T ce dernier passage, depuis « Soit F'' », est barré de trois longs traits obliques

Interprétons la donnée d'un F' \preccurlyeq F induisant G' \preccurlyeq G, en termes des données initiales, exprimées par un diagramme d'applications (où S = |F|, T = |G|, I et J les ens. ord. d'indices pour F, G, J' celui pour G')

\begin{tikzcd} f^{-1}(J) = T \arrow[r, hook] \arrow[d, "g_{J}"] \arrow[dd, bend right=40, "f_{J} = f \mid T"'] & S \arrow[dd, "f\ \text{surj}"] \\ J' \arrow[d, "h_{J}"] & \\ J \arrow[r, hook, "i"] & I \end{tikzcd}

le diagramme porte en marge gauche la marque « (*) » ; sous J, de sa main : « partie fermée de I »

NB On part de f : S \to I et ~~fermé~~ J \subset I, d'où T = f^{-1}(J), f_{J} : T \to J, et on factorise f_{J} en T \to J' \to J

La donnée de G' équivaut à celle d'une factorisation de \varphi' = \varphi \mid T en T \xrightarrow{g_{J}} J' \xrightarrow{h_{J}} J, où g_{J} est une appl. croiss. surjective d'ens. ordonnés, et h_{J} d'une application ensembliste surjective. La donnée d'un F' équivaut à une factorisation analogue pour \varphi S \xrightarrow{\ g\ } I' \xrightarrow{\ h\ } I \qquad g \text{ surj}, \quad h \text{ croiss. surj.} ~~Dire~~ Dire que ça se déduit induit sur G la donnée G' signifie qu'il existe i' : J' \hookrightarrow I' tel que les diagrammes suivants commutent

\begin{tikzcd} T \arrow[r, hook] \arrow[d, "g_{J}"] \arrow[dd, bend right=40, "f_{J}"'] & S \arrow[d, "g"] \\ J' \arrow[r, hook, "i'"] \arrow[d, "h_{J}"] & I' \arrow[d, "h"] \\ J \arrow[r, hook, "i"] & I \end{tikzcd}

avec J' = h^{-1}(J)le J' de cette égalité est écrit en surcharge.

~~Si on a deux F' et F'', correspondant à des ens. d'indices I', I'', dire que F'' \preccurlyeq F' signifie que~~ ces trois lignes sont barrées de traits obliques et encadrées

~~Donc~~ Mais dans une telle situation, considérons l'ens. ordonné suivant, défini en termes de la situation (*) « au-dessus de I » : K = J' \amalg I \smallsetminus J \quad \text{comme ens. \ill{}} la relation d'ordre sur K induisant celles données sur J', I \smallsetminus J, et si \alpha \in J', \beta \in I - J, on pose \begin{cases} \alpha \leq \beta \text{ ssi } h_{J}(\alpha) \leq \beta \text{ dans } I \\ \struck{\ill{}} \end{cases} donc (\alpha, \beta) \in K \times K, on a \alpha \leq \beta ssi explicitation pour partir :

—ou bien (\alpha, \beta) \in J' et \alpha \leq \beta dans J', —ou bien (\alpha, \beta) \in I \smallsetminus J et \alpha \leq \beta dans I \smallsetminus J —ou bien \alpha \in J', \beta \in I \smallsetminus J et h_{J}(\alpha) \leq \beta

Ceci posé, on a, en termes de J' \xrightarrow{h_{J}} J \overset{i}{\hookrightarrow} I une factorisation canonique du composé

\begin{tikzcd} J' \arrow[r, hook, "i"] \arrow[d, "h_{J}"'] & K \arrow[d, "h_{K}"] \\ J \arrow[r, hook, "i"] & I \end{tikzcd}

h_{K} est h_{J} sur J' et l'ident. can. sur I \smallsetminus J.

On a fait ce qu'il fallait sur la relation d'ordre de K pour que sur J', K induise la relation de J', que h_{K} induise un iso d'ens. ordonnés K \smallsetminus J' \xrightarrow{\ \sim\ } I \smallsetminus J , et cela implique que la J' = h_{K}^{-1}(J) (cette condition ) D'autre part, on voit

immédiat que K est objet final, dans la catégorie des , les carrés commutatifs

\begin{tikzcd} J' \arrow[r, "i'"] \arrow[d, "h_{J}"'] & I' \arrow[d, "h"] \\ J \arrow[r] & I \end{tikzcd}

d'ens. ordonnés (on prend) qui satisfont la condition précédente. Ça devrait impliquer (b, c, d) \Longleftrightarrow a).

18 juin Dans toutes ces questions, le point de vue des ultra-topologies (i.e. top. préordonnées) est peut-être le plus pratique, sans prendre la peine des types d'explicitation laborieuse en termes d'ensembles d'indices ordonnés. Une « figure » s'explicite comme un couple (\struck{A}\, S, T) d'une partie S de \mathcal{L}, et d'une ultra-topologie T sur S (topologie où toute réunion de fermés est fermée, i.e. toute intersection d'ouverts est ouverte, i.e. l'intersection des voisinages de tout point est un voisinage [ou autrement dit], on présume que tout pt a un plus petit voisinage (nécess. ouvert)). Si (S,T), (S',T') sont comme ci-dessus, dire qu'ils sont compatibles signifie que T, T' induisent la même topologie sur S \cap S', qui est fermé dans S (pour T) et dans S' (pour T'), et alors il y a une unique « 18 juin » est souligné, en tête du paragraphe, dans la marge gauche

topologie sur S \cup S' \simeq S \amalg_{S \cap S'} S' qui ~~induise~~ induise sur S, S' les topologies données, et pour laquelle S et S' soient fermés — c'est la topologie finale pour S \to S \amalg S', S' \to S \amalg S', pour T sur S, T' sur S'.

[NB Si on a des espaces ~~ultra~~topologiques (S_{i}, T_{i})_{i \in I} et des applications S_{i} \xrightarrow{f_{i}} X, la topologie finale sur S (pour (f_{i})), admettant comme fermés les A \in X tels que f_{i}^{-1}(A) soit fermé pour tout i \in I, est une ultra-topologie. ~~La relation de préordre associée est la suivante :~~ Dans le cas d'espèce, S \cup S' s'identifie à la somme amalgamée de S, S' standard en sous-espace fermé commun — opération topologique bien familière !]

Si on a S' \subset S, (S,T) et (S',T') sont compatibles i.e. (S',T') est une sous-figure de (S,T), ssi S' est fermé dans S pour T, et T' est la top. induite par T. Les sous-figures de (S,T) s'identifient donc aux parties fermées de S, avec la top. induite.

D'autre part, la relation (S',T') \ll (S,T) signifie que S' \subset S, et que S' \hookrightarrow S est continue (\Longleftrightarrow croissante pour les préordres associés : T', T). La relation

(S',T') \preccurlyeq (S,T) signifie que S' = S, et T' plus fine que T i.e. l'application identique S \xrightarrow{\mathrm{id}} S est continue.

Description de \bigwedge_{i}(S_{i},T_{i}), c'est S = \bigcap S_{i} muni de la topologie initiale sur S pour les S \hookrightarrow S_{i} (munis de T_{i}), i.e. la top. famille d'applications f_{i} : S \to S_{i} des S_{i} munis de T_{i} toujours, on a la topologie engendrée par les f_{i}^{-1}(F_{i}) (F_{i} fermé dans T_{i}) : on prend les ~~réunions~~ intersections réunions quelconques de la forme f_{i}^{-1}(F_{i}) … correspond à la notion de relation de préordre induite par une famille de relations de préordres : x \leq y \Longleftrightarrow f_{i}(x) \leq f_{i}(y) \forall i \in I longue note verticale, écrite de bas en haut le long de la marge gauche sur toute la hauteur de la page ; plusieurs mots en sont biffés ou surchargés

Revenons à la situation (on reprend les notations F …) G \subset F, \qquad G' \preccurlyeq G donc, posant T = |G|, S = |F| \struck{\ill{}}\ T \hookrightarrow S, \qquad \mathcal{T}_{0} \text{ sur } T, \quad \mathcal{T} \text{ sur } S, \qquad \mathcal{T}'_{0} \leq \mathcal{T}_{0} sur la page, les deux petits schémas sont disposés en carré, G' sous G et \mathcal{T}'_{0} sous \mathcal{T}_{0} ; ce dernier porte un exposant illisible T fermé dans (S, \mathcal{T}), \mathcal{T}_{0} top. induite par \mathcal{T}, \mathcal{T}'_{0} top. plus fine. On considère les ~~topologies~~ F' \preccurlyeq F qui induisent G', i.e. les topologies \mathcal{T}' sur S telles que \mathcal{T}' \leq \mathcal{T} (plus fines que \mathcal{T} — il y a plus de fermés) et qui induisent \mathcal{T}'_{0}. Donc on veut que 1°) (S, \mathcal{T}') \to (S, \mathcal{T}) continue, et 2°) (T, \mathcal{T}'_{0}) \to (S, \mathcal{T}') continue, situation mixte à deux, sur celle des top. initiales et finales … \underset{\mathcal{T}'_{0}}{T} \xrightarrow{\ i\ } \underset{\mathcal{T}'\,?}{S} \xrightarrow{\ \mathrm{id}\ } \underset{\mathcal{T}}{S} on sait que le composé est continu. Donc on veut (i) que les A \in \mathfrak{P}(S) fermés pour \mathcal{T}, A \in \mathfrak{P}_{\mathcal{T}}(S), soient fermés pour \mathcal{T}', ~~i.e.~~ et (ii) que pour tout A' fermé pour \mathcal{T}', i^{-1}(A') = A' \cap T soit fermé pour \mathcal{T}'_{0}. Si \mathcal{T}'_{0} = \mathcal{T}' \mid T, T étant fermé pour \mathcal{T} donc pour \mathcal{T}', les parties ~~fermées~~ de T ~~pour \mathcal{T}'_{0}~~ sont fermées les deux dernières lignes sont surchargées d'additions interlinéaires reliées par des traits ; l'ordre de lecture en est incertain

pour \mathcal{T}'. Dans ces conditions, comme parties fermées pour \mathcal{T}', on a au moins les \begin{cases} A \subset S \text{ fermés pour } \mathcal{T} \\ B \subset T \text{ fermés pour } \mathcal{T}'_{0}, \end{cases} donc les réunions A \cup B. Je dis que ceux-ci sont déjà les fermés d'une ultra-topologie \mathcal{T}' qui raffine \mathcal{T}, et qui induit la topologie \mathcal{T}'_{0}, puisque (A \cup B) \cap T = (A \cap T) \cup B et A \cap T est fermé pour \mathcal{T}'_{0}, donc a fortiori (les fermés dans (T, \mathcal{T}'_{0})). C'est une topologie à cause de sa stabilité par réunions finies (et l'ultra-stabilité par intersections que \bigcap_{i \in I} (A_{i} \cup B_{i}) = \bigcup_{J \subset I} \Bigl(\underbrace{\bigcap_{i \in J} A_{i}}_{A}\Bigr) \cap \Bigl(\underbrace{\bigcap_{j \in I \smallsetminus J} B_{j}}_{B}\Bigr) c'est une réunion de fermés de (S, \mathcal{T}), donc un fermé de (S, \mathcal{T}), OK. l'accolade sous le premier facteur est marquée A, sous le second B

Quelle est la topologie induite par \mathcal{T}' sur S \smallsetminus T ? (A \cup B) \cap (S \smallsetminus T) = A \cap (S \smallsetminus T), on trouve la top. induite par \mathcal{T}.

Inversement, si \mathcal{T}' \leq \mathcal{T}, \mathcal{T}' \mid T = \mathcal{T}'_{0}, et \mathcal{T}' \mid S \smallsetminus T = \mathcal{T} \mid S \smallsetminus T, je dis que \mathcal{T}' est la top. précédente. Je voudrais voir que ses fermés sont de la forme A \cup B ! Mais soit un tel fermé C, alors ~~C = C~~ ce dernier paragraphe est barré de quatre traits obliques

Façon commode d'écrire un fermé X de (S, \mathcal{T}') : B = X \cap T et U = X \cap (S \smallsetminus T) . Une fermé des S \smallsetminus T, condition \boxed{B \supset \overline{U} \cap T} et on a X = B \cup \overline{U}. Cette fois correspondance biunivoque entre couples (B, U) satisfaisant les conditions dites, et les X. (Dans la précédente, on prend A = \overline{U}, donc on suppose 1°) B \supset A \cap T 2°) A \cap (S \smallsetminus T) dense dans A. note oblique qui remplit la marge gauche sur les deux tiers inférieurs de la page

~~car C est \mathcal{T}'-fermé,~~ C = \underbrace{(C \cap T)}_{\text{fermé de } (T, \mathcal{T}'_{0}),\ \text{soit } B} \cup \underbrace{\overline{(C \cap (S \smallsetminus T))}^{(\mathcal{T}')}}_{A} ~~fermeture dans S \mathcal{T}-fermé, et S \smallsetminus T S \smallsetminus T. OK. Je voudrais voir ce qui a été vu dans un langage topologique plus général :~~ la suite du paragraphe barré de la page 39 ; ce haut de page est barré de deux longs traits obliques

Lemme Soient (S, \mathcal{T}) espace topologique, T \subset S une partie fermée, et \mathcal{T}'_{0} une topologie sur T plus fine que la top. induite (i.e. (T, \mathcal{T}'_{0}) \to (S, \mathcal{T}) continue). ~~Soit \mathcal{T}' une topologie sur~~ ~~Il y a alors~~ Soit \mathfrak{T} l'ens. des topologies sur S qui sont 1°) plus fines que \mathcal{T}, et 2°) induisent \mathcal{T}'_{0} sur T.

(a)Il y a alors dans \mathfrak{T} une topologie la moins fine de toutes, soit \mathcal{T}'. (b)Pour qu'une partie X de S soit fermée pour \mathcal{T}', il faut et il suffit que (posant U = S \smallsetminus T) : 1°)\struck{X \cap U} \ X \cap U \overset{\text{déf}}{=} X_{U} soit fermé dans U (pour \mathcal{T} \mid U) 2°)X \cap T \overset{\text{déf}}{=} X_{T} soit fermé dans T (pour \mathcal{T}'_{0}) 3°)\struck{\ill{}} \ \overline{X_{U}}^{(\mathcal{T})} \cap T \subset X_{T}. (c)~~Les fermés de \mathcal{T}' sont exactement ceux de la forme fermés~~

la lettre que nous rendons \mathfrak{T} est un \mathcal{T} bouclé et souligné, distinct du \mathcal{T} des topologies