Cote n° 156-7, pages 81–100

Cote n° 156-7 · batch 5 · pages 81–100 · Transcription · [Chapitre] VII. Analysis situs (troisième mouture) : notes manuscrites (23-26/06/1986)
Datation de l’inventaire : 1986
Édition de démonstration

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81pagination de sa main 81 à 100 en tête des feuillets, qui coïncide avec celle des archivistes

NB Ceci détermine $P$ et l'application $A \mapsto |A|$ à iso canonique près. Je prévois […] que les conditions (i$_{\mathcal{M}}$) (ii$_{\mathcal{M}}$) (iv$_{\mathcal{M}}$), (v$_{\mathcal{M}}$) (cf At L 2) seront satisfaites automatiquement… la ligne « Je prévois … automatiquement… » est écrite en plus petit entre les lignes, au-dessus et au-dessous de « à iso canonique près »

Je prends maintenant […], en dehors des […] des ateliers quasi-ensemblistes, où on a […] […] […] […] espace topologique $P$, et on définit $\mathcal{L}$ (« lieux ») comme l'ens. des parties compactes contractiles disons ⌜de $P$⌝. On construit des « quasi-simplexes » ⌜de […]⌝ de dimension […] conditions […], […] […] […] […] ([…] pour 1) par des conditions ad hoc, […] définissent […] quasi-ensembliste […] ficelles. [Dans le cas […] $\leq 1$, […] […] […] définition […] forme […] […] […].] On définit $|X|$ de façon évidente. Tout marche ! Mais on fait attention que si […] […] aux lieux qui […] […] sur une ficelle donnée, et à la fonction […], la condition Supp$_{P}$ 1, 2 vue ci-dessus, n'est plus satisfaite en général. paragraphe de prose rapide, lu par fragments ; « lieux » est écrit entre guillemets au-dessus de « $\mathcal{L}$ », « de $P$ » au-dessus de « disons », « quasi-simplexes » entre guillemets. La condition « Supp$_P$ » renvoie au lot 4 de ce dossier (cf. page 100 : « p. 80, condition Supp$_P$ 1 »)

Exemple Je prends la « ficelle à deux brins » dessin : un fuseau fermé, deux arcs joignant un point marqué $0$ à gauche à un point marqué $1$ à droite ; une croix $x$ sur l'arc supérieur ; à côté, « (saisons […]) » ; sous le dessin, « (un […] $x$ de $]0,1[$) » […] « […] » de l'un des lieux […] et l'autre brin — ils s'identifient donc […] l'un […] produit \[I^{\circ} = \left]0, 1\right[ \times \left]0, 1\right[ .\] Attention, ici $x$ […] la fonction […] satisfait […] Supp$_{P}$ 1 note oblique dans la marge gauche, en face de l'exemple, lue en partie ; un trait la relie à la croix $x$

82Plus généralement, on peut prendre deux treillis ⌜totalement ordonnés⌝ $I, I'$, […] (totalement […]) ⌜avec extrémités⌝ prendre le produit $I \times I'$, les ayant un plus petit et un plus grand élément (« origine » et « extrémité »), et pour […] \[z = (x, x') \in J^{\circ} = I \times I'\] on ait que \[A_z = \lbrace z \rbrace\] est un ensemble support, l'ens. des […] ⌜strates⌝ de la figure correspondant[e] […] \[[z'', 1] \ \text{pour}\ z'' > z , \qquad [0, z'] \ \text{pour}\ z' < z .\] « avec extrémités » est écrit au-dessus d'un mot biffé ; « strates » au-dessus d'un mot biffé

Considérons la fonction support ⌜naturelle⌝ […] à valeurs dans $I \amalg I' \amalg \lbrace 0 \rbrace \amalg \lbrace 1 \rbrace$ : si $z = (x, x')$, $x \in I$, \[|z| = \lbrace x, x' \rbrace , \qquad |0| = \lbrace 0 \rbrace , \qquad |1| = \lbrace 1 \rbrace .\] la réunion disjointe est écrite au-dessus de biffures ; lecture douteuse Le complément de $A_z$ est \[B_z = \lbrace z' \in J \mid z' < z \ \text{ou}\ z' > z \rbrace\] On On […] […] […] que $B_{z} \cap B_{z_2}$ \[|B_z| = J \smallsetminus |z|\] […] il se dit Mais si $z_1, z_2$ ne sont pas comparables, on a \[|B_{z_1} \cap B_{z_2}| \subsetneqq |B_{z_1}| \cap |B_{z_2}| .\] Il manque $]z_1, z_2[$ sur $I$ et $]z'_2, z'_1[$ sur $I'$ […] de dedans […] \[[x_1, x_2] \cup [x'_2, x'_1] = |A_{z_1} \vee A_{z_2}| \supsetneqq |A_{z_1}| \cup |A_{z_2}| = \lbrace x_1, x_2, x'_1, x'_2 \rbrace\] dessin à gauche : un fuseau de $0$ à $1$ ; sur l'arc supérieur les points $x_1$, $(x_3)$, $x_2$, sur l'arc inférieur $x'_2$, $(x'_3)$, $x'_1$ ; les segments $[x_1, x_2]$ et $[x'_2, x'_1]$ sont repassés en gras ; à côté, « $z_1 = (x_1, x'_1)$ », « $z_2 = (x_2, x'_2)$ »

83Soit d'autre part \[A = \lbrace z_1, z_2 \rbrace\] on aura donc \[|A| = |z_1| \cup |z_2| = \lbrace x_1, x_2, x'_1, x'_2 \rbrace\] mais $\mathrm{supp}\, A = A_{z_1} \vee A_{z_2}$ donc \[|\mathrm{supp}\, A| = [x_1, x_2] \cup [x'_1, x'_2]\] ils sont donc \[|A| \subsetneqq |\mathrm{supp}\, A| .\] Considérons $z_3 = (x_3, x'_3)$ avec $x_1 < x_3 < x_2$, $x'_2 < x'_3 < x'_1$, et \[A_{z_3} \cap (A_{z_1} \vee A_{z_2}) = A_{z_3}\] \[(\underbrace{A_{z_3} \cap A_{z_1}}_{\emptyset}) \vee (\underbrace{A_{z_3} \cap A_{z_2}}_{\emptyset}) = \emptyset\] donc on n'a pas la propriété modulaire […] distributivité de $\wedge$ par rapport à $\vee$ !

Conclusion-Scholie Le formalisme des supports est bon, pourvu qu'on […] […] ne s'en serve pas […] comparer les supports de strates et des figures […] compatibles, ou […] […] ⌜qui ne sont⌝ […] d'être avec deux multistrates qui ne puissent […] (Tel est le cas […] […] des […] subdivisions […] quasi-ensemblistes, en […] […] […] […], la définition formelle […] […].) le paragraphe est marqué en marge gauche de deux traits verticaux ; ses dernières lignes, serrées au bas de la page, ne sont lues que par fragments

84le « 84 » de sa main est écrit en surcharge sur un autre chiffre C'est cette intuition que je voudrais maintenant essayer de cerner de plus près.

Soit $\mathfrak{F}$ un atelier, $F$ une figure, $\widetilde{F} = I$ l'ens. ordonné de ses strates. Dans le cas […] […] $F = \mathfrak{F}$ Intuitivement, on identifie les éléments de $I$ à des « strates ouvertes » et on veut identifier $\mathfrak{P}(I)$ à quelque un ensemble de supports (réunions de « strates ouvertes »). au-dessus de ce paragraphe, un trait isolé sépare la première phrase du reste

Soit $X$ une strate. On a envie de donner un sens intrinsèque à « $X \smallsetminus \partial X$ ». L'idée est de prendre définir \[X^{\circ} = \mathrm{supp}_{\mathcal{M}} X \cap \mathrm{cosupp}_{\mathcal{M}} \partial X \qquad (\subset \mathcal{M})\] où je rappelle \[\partial X = \lbrace Y \in \mathcal{M} \mid Y < X \rbrace = \widetilde{X} \smallsetminus \lbrace X \rbrace\] On aimerait d'ailleurs vérifier que \[\mathrm{supp}\, X = \mathop{\mathrm{Sup}_{\Sigma}}_{Y \in \widetilde{X}} Y^{\circ} \qquad \text{Sup dans}\ \Sigma_{\mathcal{M}}\] i.e., prenant les supports complémentaires \[\mathrm{cosupp}\, X = \bigcap_{Y \in \widetilde{X}} \complement_{\mathcal{M}}(Y^{\circ})\] devant $\complement_{\mathcal{M}}$, un « cosupp » biffé

85i.e. $\forall\, Z \in \mathcal{M}$ \[Z \parallel X \Longleftrightarrow \forall\, Y \in \widetilde{X},\ Z \parallel Y^{\circ}\] Bien sûr, comme $Y^{\circ} \subset \mathrm{supp}\, Y \subset \mathrm{supp}\, X$ et $Z \parallel X \Leftrightarrow Z \parallel \mathrm{supp}\, X$, l'implication $\Longrightarrow$ est claire. Donc Il s'agit de voir si l'inverse est vrai. Il faudrait donc analyser la condition $Z \parallel Y^{\circ}$

Je proposerais le critère heuristique provisoire

Critère $Z \nparallel Y^{\circ} \Longleftrightarrow \exists$ subdivision $Z'$ de $Z$, et une sous-figure $Z'_0$ de $Z'$, telles que $Z'_0 \ll Y$ et « $Z' \smallsetminus Z'_0$ » $\parallel Y$ le critère est encadré et barré de trois longs traits obliques ; dans « $Z'_0 \ll Y$ » un signe biffé précède $Y$

Je voudrais comparer $X^{\circ}$ et $\mathrm{supp}\, \mathrm{omb}(X)^{\circ}$. Je dis que \[(\delta) \qquad \mathrm{supp}\, \mathrm{omb}(X)^{\circ} \subset X^{\circ}\] ce qui revient (puisqu'on sait ⌜en prenant At L 2⌝ que c'est […]) contenu dans $\mathrm{supp}(\mathrm{omb}(X)) = \mathrm{supp}\, X$, à voir que $\mathrm{supp}$ est contenu dans $\mathrm{cosupp}\, \partial X$, i.e. omb $\mathrm{omb}(X)^{\circ} \parallel \partial X$, ce qui Compatibles At L 2 est At L 2) et At L 3. Ainsi A-t-on égalité ? le label « ($\delta$) » est lu ainsi sans certitude (un $8$ ou un astérisque ne sont pas exclus) ; il est rappelé page 86. « en prenant At L 2 » est écrit au-dessus de la ligne

8626.6 Finalement, cet axiome me semblait un peu artificiel, il n'est pas satisfait par les « gros ateliers » […] […] […] […] […] […] […] […] […] « artificiel » ! Mais il n'est pas satisfait non plus pour l'atelier linéaire par morceaux […] […] topologiques… longue note écrite en oblique dans l'angle supérieur gauche, ouverte par la date « 26.6 » (lue ainsi ; « 26 » souligné) ; elle vise l'axiome At supp 1 énoncé en dessous. Lue en partie seulement : elle chevauche l'énoncé et plusieurs mots en sont recouverts

[…] […] d'introduire un axiome convenable :

At supp 1 Soient $X, Y \in \mathcal{M}$, supposons que \[Y \in X^{\circ} \overset{\mathrm{def}}{=} \mathrm{supp}\, X \cap \mathrm{cosupp}\, \partial X ,\] i.e. supposons

(i)$Y \parallel \partial X$ i.e. $\forall\, Y' < X$, $Y' \parallel Y$
(ii)$Y \in \mathrm{supp}_{\mathcal{M}} X$ i.e. $\forall\, Z \in \mathcal{M}$, $Z \parallel X \Rightarrow Z \parallel Y$.

Alors $Y \ll X$ […].

Corollaire Soient $F$ une figure, $G$ une sous-figure. Alors pour figures $X \in \mathcal{M}$, les conditions suivantes sont équivalentes (i) $H \ll F$, début de corollaire barré de longs traits obliques

Corollaire \[X^{\circ} = \lbrace Y \in \mathrm{Omb}(X) \mid Y_{\partial X} = \emptyset ,\ \text{i.e.}\ \widetilde{Y} \cap \mathrm{Omb}(\partial X) = \emptyset \rbrace\] En effet, si $Y \ll X$, la relation […] […] $Y_{\partial X} = \emptyset$, on sait par At D que \[Y_{\partial X} = \emptyset \Longleftrightarrow Y \parallel \partial X\] (on a $\Longleftarrow$ sans hyp. At D) donc l'ens. du second membre […] est contenu dans $X^{\circ}$ par At supp 1. L'inclusion inverse, compte tenu de ($\delta$), est triviale (NB $Y \in \mathrm{Omb}(X) \Longrightarrow Y \in \mathrm{supp}_{\mathcal{M}} X$).

87Remarque On peut renforcer un peu At supp 1 ainsi :

At supp 1 (spéc) Soient $X, Y$, $L'$ $\in \mathcal{M}$, […] $L \leq Y$. Supposons

(i)$\mathrm{supp}\, Y \subset X$
(ii)$L \ll \partial X$
(iii)« $Y \smallsetminus L$ » $\parallel \partial X$, de façon précise, $\forall\, Z \in \mathrm{Omb}(Y)$, \[Z|L = \emptyset \Longrightarrow Z \parallel \partial X\]

Alors $Y \ll X$ (et $L = Y_{\partial X}$) le $L$ est partout écrit en surcharge sur un autre signe (un $F$ ?, au-dessus duquel est écrit un $\widetilde{F}$ biffé) ; « $\mathrm{supp}\, Y \subset X$ » est sur la page, où l'on attend $\mathrm{supp}\, X$ ; dans (iii), un $\forall$ biffé précède « $Z \in \mathrm{Omb}(Y)$ »

Ceci suggère qu'il doit exister une définition raisonnable de la relation $\ll$, dans $\mathcal{M}$, au moyen de $\leq$ et de la relation $\parallel_{\mathcal{M}}$ — mais cette dernière relation […] seulement pour deux doublets de $\mathcal{M}$, $X, Y$, mais aussi pour des affirmations virtuelles \[Y \smallsetminus L \parallel Z\] $Y, Z \in \mathcal{M}$, $L \in \widetilde{F}$, $L \leq Y$ $L$ partie fermée de $\widetilde{Y}$ entre $\parallel$ et $Z$, un signe biffé voire même \[Y \smallsetminus L \parallel Z \smallsetminus K\] — cette relation intervient implicitement dans At C (spéc), mais circonscrite à l'intérieur de $Z$ $S \ll Y \smallsetminus L$, $T \ll Z \smallsetminus K$ tels que…

88Faisons abstraction pour le moment des axiomes de supports, et de la définition proposée de $X^{\circ}$. Posons

Définition (i) Soit $X \in \mathcal{M}$. Posons $\mathrm{Omb}^{\circ\circ}(X) = \lbrace Y \in \mathrm{Omb}(X) \mid Y \parallel \partial X \rbrace$ (évidemment $\mathrm{Omb}^{\circ\circ}(X) \subset \mathrm{Omb}^{\circ}(X) = \mathrm{Omb}(X) \smallsetminus \mathrm{Omb}(\partial X)$)

(ii) Posons $X^{\circ} \parallel Y^{\circ} \overset{\mathrm{def}}{\Longleftrightarrow} \mathrm{Omb}^{\circ\circ}(X) \cap \mathrm{Omb}^{\circ\circ}(Y) = \emptyset$ i.e. il n'existe pas de $Z \in \mathcal{M}$ avec $Z \ll X, Y$, $Z|\partial X = \emptyset$, $Z|\partial Y = \emptyset$, ou encore, $Z \ll X, Y \Rightarrow{}$ $\exists\, Z' \in \widetilde{Z}$ avec $Z' < X$ ou $Z' < Y$. la définition est encadrée et barrée de deux longs traits obliques ; devant « $\mathrm{Omb}^{\circ\circ}(X)$ », un « $X^{\circ}$ » surchargé ; dans la dernière formule, un signe biffé suit « $Z' <$ » ; on attend $Z' \leq \partial X$ ou $Z' \leq \partial Y$

On aimerait avoir, pour $X, Y \in \mathcal{M}$ \[X \parallel Y \Longleftrightarrow \forall\, X' \in \widetilde{X},\ Y' \in \widetilde{Y},\ X'^{\circ} \parallel Y'^{\circ}\] On a toujours $\Longrightarrow$, car $X \parallel Y$ implique a fortiori $\nexists\, Z$ avec $Z \ll X, Y$ donc a fortiori $\nexists\, Z$ avec $Z \ll X'^{\circ}, Y'^{\circ}$ (si $X' \in \widetilde{X}$, $Y' \in \widetilde{Y}$). L'implication $\Longleftarrow$. Elle est conséquence plus délicate […] de At L 2 et At L 3, […] […] \[X \parallel Y \Longleftrightarrow \forall\, x \in \mathrm{omb}(X),\ \forall\, y \in \mathrm{omb}(Y),\quad x \parallel y\] le trait oblique qui barre la définition descend jusqu'au bas de la page, mais semble ne viser que celle-ci ; le reste est transcrit comme non biffé

89Définition Soit $X \in \mathcal{M}$. Posons \[X^{\circ} = \Big\lbrace Y \in \mathrm{Omb}(X) \ \Big|\ Y \parallel \partial X \ \text{i.e.}\ Y_{\partial X} = \emptyset \ \text{i.e.}\ \widetilde{Y} \cap \mathrm{Omb}(\partial X) = \emptyset \ \text{i.e.}\ \nexists\, Y' \leq Y,\ Y' \ll X' < X \Big\rbrace\] le $\nexists$ est lu ainsi sans certitude (un $\exists$ n'est pas exclu) ; les trois gloses « i.e. » sont empilées à droite et rassemblées par une accolade ; devant la troisième, un mot biffé. Sous l'énoncé, à gauche, « ou $\mathrm{Omb}^{\circ\circ}(X) \subset \mathrm{Omb}^{\circ}(X)$ », reste de la page 88

Donc pour $X, Y \in \mathcal{M}$, la relation \[X^{\circ} \parallel Y^{\circ}\] […] définie, elle signifie \[\forall\, X' \in X^{\circ},\ Y' \in Y^{\circ},\ \text{on a}\ X' \parallel Y' .\] Attention, pour […] […] que $X^{\circ} \cap Y^{\circ} = \emptyset \Longrightarrow X^{\circ} \parallel Y^{\circ}$, il faudrait pour $x, y \in \mathcal{L}$, $x \neq y \Longrightarrow x \parallel y$ ! ([…]) note encadrée d'un trait vertical, à droite de la formule

On voudrait prouver ceci (OK sous réserve de At L2, L3)

Lemme 1 (?) (Soient $X, Y \in \mathcal{M}$. Alors \[X \parallel Y \Longleftrightarrow \forall\, X' \in \widetilde{X},\ Y' \in \widetilde{Y},\ \text{on a}\ X'^{\circ} \parallel Y'^{\circ} .\] le « 1 » est suivi d'un point d'interrogation entre parenthèses ; la parenthèse ouvrante qui précède « Soient » n'est pas refermée

Dém. $\Longrightarrow$ est clair, car $X'^{\circ} \subset \mathrm{Omb}(X') \subset \mathrm{Omb}(X)$, et de même $Y'^{\circ} \subset \mathrm{Omb}(Y') \subset \mathrm{Omb}(Y)$, et on a $\Longrightarrow$ par At D$_0$. L'implication $\Longleftarrow$ est moins claire, […] […] […] […] ⌜elle utilise⌝ L2, L3. « Elle l'est » (?) souligné en marge droite, à la hauteur de « moins claire »

Lemme 2 (At L1, L2, L3) Supposons Soit $Y \ll X$. Alors

a)$Y \overset{\circ}{\ll} X$ ssi $Y^{\circ} \subset X^{\circ}$. On a
b)$Y \overset{\circ\circ}{\ll} X$ (i.e. $Y \in X^{\circ}$) ssi $\forall\, Y' \in \widetilde{Y}$, $Y'^{\circ} \subset X^{\circ}$.

l'énoncé est marqué d'un trait vertical en marge ; « L1 » est entouré ; « ssi » est écrit « sss » ; « i.e. $Y \in X^{\circ}$ » est au-dessus de la ligne NB $Y \in X^{\circ}$ signifie aussi que $Y \ll X$, et l'application $\varphi : \widetilde{Y} \to \widetilde{X}$ est constante de valeur le plus grand élément de $\widetilde{X}$. […] de $Y \in X^{\circ}$, […] […] […] $Y \overset{\circ\circ}{\ll} X$ (raffinement […] […]) […] $Y \in \mathrm{Omb}^{\circ\circ}(X)$, […] $Y \overset{\circ}{\ll} X$ […] […] raffinement intérieur de $X$, […] […] […] $Y \in \mathrm{Omb}^{\circ}(X)$) longue note oblique dans la marge gauche, en face des lemmes 1 et 2, lue en partie ; plus haut, une autre, « partie fermée de $\mathcal{M}$, $\ll$ », rattachée à la définition

Dém a) Supposons $Y \overset{\circ}{\ll} X$, prouvons $Y^{\circ} \subset X^{\circ}$. Soit $Y' \in Y^{\circ}$ i.e. $Y' \ll Y$, $Y' \parallel \partial Y$, donc $Y' \ll X$, il faut prouver $Y' \parallel \partial X$ ou encore $Y'_{\partial X} = \emptyset$.

LaTeX source

\begin{tikzcd}
Y' \arrow[r, no head, "\ll" description] & Y \arrow[r, no head, "\overset{\circ}{\ll}" description] \arrow[d, no head, "\geq" description] & X \arrow[d, no head, "\geq" description] \\
 & Y_{\partial X} \arrow[r, no head, "\ll" description] \arrow[d, no head, "\geq" description] & \partial X \\
 & \partial Y &
\end{tikzcd}

petit schéma en haut à gauche de la page : les signes verticaux sont des $\leq$ tournés, le terme le plus bas étant le plus petit

Or $Y'|\partial X$ (induction dans $X$) $=$ […] $Y'|(Y_{\partial X})$ (induction dans $Y$) […] d'hypothèse. Comme $Y_{\partial X} \leq \partial Y$ (par hyp. $Y \overset{\circ}{\ll} X$), on a \[Y'|Y_{\partial X} \leq Y'|\partial Y\] […] or $Y'|\partial Y$ ou $Y'_{\partial Y} = \emptyset$ par hyp. $Y' \in Y^{\circ}$, d'où $Y'|Y_{\partial X} = \emptyset$ cqfd.

Supposons $Y^{\circ} \subset X^{\circ}$ prouvons $Y \overset{\circ}{\ll} X$, i.e. $Y \not\ll \partial X$. Je ferai usage ici \[\boxed{Y^{\circ} \neq \emptyset}\] (ce qui résulte de ⌜l'axiome⌝ de divisibilité L1, […] […] […] […] : L1…) Soit $Z \in Y^{\circ}$, donc $Z \in X^{\circ}$ par $Y^{\circ} \subset X^{\circ}$, donc $Z \parallel \partial X$. Si on avait $Y \ll \partial X$, on aurait $Z \ll \partial X$, d'où $Z \parallel Z$ par At D, absurde. le signe de « $Y \not\ll \partial X$ » est un $\ll$ traversé d'un trait, lu comme une négation, douteux ; l'argument qui suit en fait bien une négation NB Mais on n'a […] […] […] hyp. […] « $Y^{\circ} \neq \emptyset$ » […] conditions équivalentes : L1 note oblique en marge gauche, en face de l'encadré, lue en partie ; « équivalentes » est souligné

b) Supposons $Y \in X^{\circ}$, prouvons $\forall\, Y' \in \widetilde{Y}$, $Y'^{\circ} \subset X^{\circ}$. En […] fait, on sait que $Y'^{\circ} \subset \mathrm{Omb}(Y')$ […] $\subset X^{\circ}$, mais en fait $\mathrm{Omb}(Y') \subset \mathrm{Omb}(Y)$ […], mais en fait […] On a aussi \[Y \in X^{\circ} \Longrightarrow \mathrm{Omb}(Y) \subset X^{\circ}\] i.e. $X^{\circ}$ est une partie de $\mathcal{M}$ […] fermée pour $\ll$, comme on s'en apercevait déjà : Donc $\Longrightarrow$ dans b) est trivial. Prouvons $\Longleftarrow$, i.e.

91supposons \[\bigcup_{Y' \in \widetilde{Y}} Y'^{\circ} \subset X^{\circ} , \quad \text{prouvons}\ Y \in X^{\circ} ,\] i.e. $Y_{\partial X} = \emptyset$, Soit $Z$ i.e. $\nexists\, Z \in \widetilde{Y}$, avec $Z \ll \partial X$. En effet, pour un tel $Z$, on la relation On aurait par hyp. $Z^{\circ} \subset X^{\circ}$, donc $Z \overset{\circ}{\ll} X$ par a), d'où $Z \not\ll \partial X$. On gagne.

NB Soient $X, Y \in \mathcal{M}$, ⌜$X \neq Y$⌝. Alors \[X^{\circ} \cap Y^{\circ} = \emptyset\] « $X \neq Y$ » est écrit au-dessus d'une condition surchargée, peut-être $X \between Y$, et rattaché par un trait Mieux, $X^{\circ} \parallel Y^{\circ}$ cf p. 95 En effet, soit $L = X \cap Y$. Si on avait $Z \in X^{\circ} \cap Y^{\circ} \subset \mathrm{Omb}(X) \cap \mathrm{Omb}(Y) = \mathrm{Omb}(L)$, $Z \ll L$. Or on n'aurait donc pas $L = X$, $L = Y$ (puisque $X \neq Y$), disons $L \neq X$ donc $L \subset \partial X$. […] $Z \parallel \partial X$, $Z \parallel Z$, Donc $Z \ll \partial X$, […] […] absurde !

On a envie de Soit maintenant $\Phi \subset \mathcal{M}$ […] une partie finie de $\mathcal{M}$, fermée pour $\leq$, formée de figures ⌜multistrates⌝ deux à deux compatibles. OPS $\Phi = \widetilde{F}$ (quitte à […] […] $\mathfrak{F}$, […] […] partie de $\mathcal{M}$ — mais les

92disposons […] actuelle […] dispensée de $I$ que par l'intermédiaire des strates $\mathcal{M}$, $\leq$, $\ll$, $\between$. Il sera commode de […] […] […], et […] […] […] […] […] ordonné $I$, […] […] $\widetilde{F}$. trois lignes barrées, lues par fragments

Pour toute partie finie $A$ de $\widetilde{F} = \Phi$, posons \[S_A = \mathrm{Supp}_{\mathcal{M}} \Big( \bigcup_{X \in A} X^{\circ} \Big) \in \Sigma_{\mathcal{M}} = \mathop{\mathrm{Sup}_{\Sigma_{\mathcal{M}}}}_{X \in A} \mathrm{Supp}(X^{\circ}) .\]

(NB Si on admet At supp. 1, on a $\mathrm{Supp}\, X^{\circ} = X^{\circ}$ i.e. $X^{\circ}$ est déjà une partie-support de $\mathcal{M}$…)

Par définition et par associativité des Sup, si $A = \bigcup_i A_i$ on aura aussi \[S_A = \mathop{\mathrm{Sup}_{\Sigma_{\mathcal{M}}}}_{i} S_{A_i} .\] On a ainsi une application \[\mathfrak{P}(\widetilde{F}) \longrightarrow \Sigma_{\mathcal{M}} , \qquad A \longmapsto S_A\] de l'ens. ordonné des parties de $\widetilde{F}$ dans l'ens. […] ordonné des supports pour $\mathcal{M}$, application évidemment croissante.

93J'aimerais prouver le

Théorème (a) L'application précédente est injective, plus précisément elle induit un iso. d'ens. ordonnés de $\mathfrak{P}(\widetilde{F})$ avec […] un sous-ensemble ordonné de $\Sigma_{\mathcal{M}}$. (b) Cette application est commutative aux Sup (trivial) et aux Inf quelconques. (c) On a, pour deux $A, B \in \mathfrak{P}(\widetilde{F})$, avec $B \subset A$, \[S_{A \smallsetminus B} = S_A \cap \complement_{\mathcal{M}}(S_B)\] où $\complement_{\mathcal{M}}$ est l'anti-involution canonique de l'ens. des supports (complémentaire support). (d) On a Si $A$ est une partie fermée de $\widetilde{F}$ (donc de la forme $\widetilde{G}$, où $G$ est une sous-figure de $F$) on a \[S_A = \mathrm{supp}\, G \overset{\mathrm{def}}{=} \mathrm{Supp}(\hat{A}) .\] les lettres (a) à (d) sont cerclées ; au début de la formule de (c), un mot biffé ; « iso. d'ens. ordonnés » est souligné ; « (trivial) » au-dessus de « Sup » ; sous (c), deux formules raturées d'une masse de traits, illisibles ; dans (d) la page porte « $\widetilde{C}$ », pour $\widetilde{G}$, et un petit chapeau (?) sur $A$, avec $\mathcal{M}$ en dessous

NB En fait, $S_A$ est défini dès qu'on se donne […] $F$ i.e. $\widetilde{F} = \Phi \subset \mathcal{M}$, i.e. la figure […] à […] $A \subset \mathcal{M}$ formé de multistrates mutuellement compatibles. Donc dans ce formulaire […] […]

94formulaire ainsi, on travaille avec […] d'opérations, […] sur des parties $A, B, A_i$ de $\mathcal{M}$, pas nécess. fermées, et formées d'objets mutuellement compatibles. Commençons par d) (OPS $A = \widetilde{F}$) \[S_{\widetilde{F}} \overset{\mathrm{def}}{=} \mathrm{Supp}\Big( \bigcup_{X \in \widetilde{F}} X^{\circ} \Big) = \mathrm{Supp}\, F\] ce qui revient, par définition des supports, à ceci, pour $\forall\, Y \in \mathcal{M}$ \[Y \parallel F \Longleftrightarrow \forall\, X \in \widetilde{F},\ Y \parallel X^{\circ}\] \[\big( Y \parallel \widetilde{F} \big)\] et cela résulte aussitôt du cor. au lemme 1. un « $\forall\, X$ » biffé précède le quantificateur ; « $(Y \parallel \widetilde{F})$ » est écrit sous « $Y \parallel F$ », relié par une double barre verticale ; le $F$ de « $\mathrm{Supp}\, F$ » et de « $Y \parallel F$ » est écrit en surcharge

Voyons a) i.e. \[S_A \subset S_B \Longrightarrow A \subset B\] Soit donc $X \in A$, on doit prouver $X \in B$, on est ramené à prouver que \[S_{\lbrace X \rbrace} \subset S_B \Longrightarrow X \in B\] \[\big( S_{\lbrace X \rbrace} = \mathrm{supp}(X^{\circ}) \big)\] i.e.

Lemme 3 Soient $X \in \mathcal{M}$, $B \subset \mathcal{M}$, tels que $B \cup \lbrace X \rbrace$ soit admissible (formé d'objets mutuellement admissibles compatibles). Alors \[X^{\circ} \subset S_B \Longrightarrow X \in B\] le « 3 » est repassé ; « soit admissible » est surmonté d'un mot court NB Cela […] […] […] […] $B$ […] […] $S_B$ […] note oblique en marge gauche, lue en partie

La preuve […], […] […] consiste […] $\forall\, Z$ […] tel que $Z \parallel \bigcup_{Y \in B} Y^{\circ}$, on a $Z \parallel X^{\circ}$

95donc tout revient à montrer ceci : \[X \notin B \Longrightarrow \exists\, Z \in \mathcal{M},\ Z \parallel \bigcup_{Y \in B} Y^{\circ} \ \text{et}\ Z \overline{\parallel}\, X^{\circ}\] et pour ceci, il suffit de prendre \[Z \in X^{\circ}\] ([…] existe par L1, impliquant $X^{\circ} \neq \emptyset$) et appliquer le la barre est tracée au-dessus de $\parallel$ ; le mot biffé est sans doute « existe »

Lemme 4 Soient $X, Y \in \mathcal{M}$, $X \between Y$, $X \neq Y$. Alors $X^{\circ} \parallel Y^{\circ}$ (a fortiori, $X^{\circ} \cap Y^{\circ} = \emptyset$) le lemme est marqué de trois traits verticaux dans la marge

Soient $X' \in X^{\circ}$, $Y' \in Y^{\circ}$, il faut prouver $X' \parallel Y'$. Soit $L = X \cap Y$. Par At D, il suffit de prouver $X'_L \parallel Y'_L$. Si $L \leq \partial X, \partial Y$, on i.e. $L \neq X, Y$, on a \[X'_L \leq X'_{\partial X} = \emptyset , \qquad Y'_L \leq Y'_{\partial X} = \emptyset\] et ainsi on a donc $X'_L = Y'_L = \emptyset$, OK. Si […] supp, $L =$ $X$ $Y$ i.e. $Y \leq X$. Comme $Y \neq X$, on a $Y \leq \partial X$ […], $Y' \leq Y \leq \partial X$, et comme $X' \parallel \partial X$ on a $X' \parallel Y'$, OK. « $Y'_{\partial X}$ » est sur la page, où l'on attend $Y'_{\partial Y}$ ; le premier $\leq$ de la ligne est très appuyé et pourrait être un $\ll$

Pour prouver b), […] (pour le sup) on est ramené à prouver la relation compatibilité […] c) pour les complémentaires. Or

96En fait, le th. est un ⌜cas particulier⌝ conséquence de l'énoncé formel que voici : ? Faux un grand point d'interrogation en marge gauche en face de « Lemme », et plus bas, en biais, « Faux » (suivi d'une petite croix)

Lemme Soit $\mathcal{M}$ un ens. muni d'une relation sym. antiréflexive $\parallel$, d'où une notion de support, supports pour une partie de $\mathcal{M}$, et l'ensemble $\Sigma_{\mathcal{M}} = \Sigma_{\mathcal{M}, \parallel}$l'indice $\mathcal{M}$ du premier $\Sigma$ est biffé des parties-supports, avec $\mathrm{Inf} = \bigcap$, Sup, et l'anti-involution $\complement$ canonique (le complément) — (grâce à la symétrie ⌜de $\parallel$⌝) satisfait (plus subtil !) \[S \cap \complement S = \emptyset \ \ (\text{plus petit élt.\ de}\ \Sigma)\] après le signe $=$, un $\emptyset$ biffé, et le mot « plus petit » récrit au-dessus (grâce à l'antiréflexivité) et […] […] $\Sigma = \mathrm{cosupp}\, \mathcal{M} = \lbrace x \in \mathcal{M}$ \[S \vee \complement S = \mathcal{M} \qquad (\text{plus grand élt de}\ \Sigma) .\] Soit $I$ un ens. d'indices, et $(A_i)_{i \in I}$ une ⌜famille⌝ de parties de $\mathcal{M}$ (en l'occurrence, $I = \widetilde{F}$, $A_i = X_i^{\circ}$). On suppose

a)$\forall\, i$, $A_i \neq \emptyset$.
b)$\forall\, i, j \in I$, $i \neq j$, $A_i \parallel A_j$.

Pour toute partie $J$ de $I$, soit \[S_J = \mathop{\mathrm{Sup}_{\Sigma}}_{i \in J} \mathrm{supp}\, A_i\] Alors l'application \[\varphi : J \longmapsto S_J : \mathfrak{P}(I) \longrightarrow \Sigma\] est injective induit un iso. de $\mathfrak{P}(I)$ sur un sous-ens. ordonné ⌜$\Sigma'$⌝ de $\Sigma$, elle commute aux Sup et aux Inf quelconques (donc $\Sigma'$ est stable dans $\Sigma$ pour ces opérations), enfin pour $A, B \in \mathfrak{P}(I)$, $B \subset A$, on a \[S_{A \smallsetminus B} = S_A \cap \complement S_B .\] « est injective », biffé, précède « induit » ; « $\Sigma'$ » est écrit au-dessus de la ligne ; « (en l'occurrence, …) » est écrit sous la ligne ; dans la dernière formule, les indices $A$, $B$ sont écrits en surcharge

97Dém Commençons par l'injectivité.

Soient $A, B \subset I$, on prouve \[S_A \subset S_B \Longrightarrow A \subset B\] i.e. $i \in A \Rightarrow i \in B$. Cela revient au lemme

Lemme 1 Si $i \in I$, […] […] $B \subset I$, alors \[S_{\lbrace i \rbrace} \subset S_B \Longrightarrow i \in B\] Résulte du

Lemme 2 Si $A$, $B$, $C \subset I$ avec $B \cap C = \emptyset$, alors \[S_B \parallel S_C \qquad \text{a fortiori}\ S_B \cap S_C = \emptyset\] Immédiat par condition b). Le lemme 1 en résulte — car si $i \notin B$ on aurait $S_i \parallel S_B$, donc (comme $S_i \subset S_B$) $S_i \parallel S_i$ donc $S_i = \emptyset$, a fortiori $A_i = \emptyset$, contrairement à a). « $B \cap C = 0$ » sur la page, pour $\emptyset$

La commutation de $\varphi$ aux Sup est triviale sur la définition, pour la commutation aux Inf, par passage aux complémentaires, on est ramené à vérifier p.r. à $S_I$, […] on est ramené […] la formule sur $S_{A \smallsetminus B}$. Mais posons \[A = B \cup B' \qquad \text{où}\ B' = A \smallsetminus B\] Donc \[S_A = S_B \vee S_{B'}\] et la formule s'écrit : \[S_{B'} = (S_B \vee S_{B'}) \cap \complement S_B ,\] i.e. on est ramené au les lettres $A$, $B$ de ce passage sont repassées en gras

Lemme 3 Soient $A, B \in$ $S, S' \in \Sigma$, avec $S \parallel S'$, alors \[S' = (S \vee S') \cap \complement S \qquad \big( = \lbrace X \in S \vee S' \mid X \parallel S \rbrace \big)\] Faux

Dém L'inclusion $S' \subset (S \vee S') \cap \complement S$ est triviale, la relation $S \parallel S'$ étant équivalente à : $S' \subset \complement S$. En sens inverse, si $S \vee S' = \mathcal{M}$, ça reviendrait à prouver que $S$, $S'$ sont complémentaires l'un de l'autre.

98Mais c'est faux ! Prenons p. ex. un graphe […] ayant une partie dessin : une chaîne de quatre sommets reliés $A'$ — $A$ — $B$ — $B'$, des pointillés prolongeant le graphe au-delà de $A'$ et de $B'$ ($A$ et $B$ ne sont liés qu'aux sommets $A'$, $B'$ et entre eux, comme on l'indique) On trouve \[\mathrm{Cosupp}\, A = \lbrace A', B \rbrace , \qquad \mathrm{supp}\, A = \mathrm{cosupp}\, \lbrace A', B \rbrace = A'\] et de même \[\mathrm{Cosupp}\, B = \lbrace A, B' \rbrace , \qquad \mathrm{supp}\, B = B\] « $\mathrm{supp}\, A = \mathrm{cosupp} \lbrace A', B \rbrace = A'$ » et « $\mathrm{supp}\, B = B$ » sont ainsi sur la page ; on attend sans doute $\mathrm{supp}\, A = A$ ; le « $A'$ » final est écrit en surcharge Comme $A \parallel B$, considérons les $A$ et $B$ fermés, \[\text{Comme}\quad A \cup B = \complement A \cap \complement B = \emptyset \qquad \text{pas de sommet lié à $A$ et $B$ à la fois !}\] donc \[\mathrm{Supp}\, A \cup B = A \vee B = \mathcal{M} .\] « $A \cup B = \complement A \cap \complement B$ » : on attend $\complement(A \cup B)$ ; « pas de sommet … à la fois ! » est écrit à droite, sur deux lignes Le lemme affirme donc que $A = \complement B$, $B = \complement A$, ce qui est faux ! Rideau…

Il semblerait donc que ⌜la sollicitation de l'intuition⌝ […] […] figures d'hyper[…] hypothétiques tentaient […] dégager […] […] délicates, qui […] d'essence telles que la formule pertinente \[S_{A \smallsetminus B} = S_A \cap \complement S_B\] […] qui serait un peu brutal ! Pourtant, je suppose qu'elle devrait être vraie en tous cas ⌜du moins⌝ sous l'hypothèse de divisibilité At L1 (avec l'approche que j'ai fin de page écrite vite, lue par fragments ; plusieurs insertions interlinéaires

99prise pour donner un sens intrinsèque aux « supports constructibles », via les $X^{\circ}$.

26 juin

26 juin date de sa main, soulignée, en tête du second alinéa de la page 99

Je vois peut-être plus simple, puisque pratiquement je suis obligé ici de (pour une façon de définir $X^{\circ}$ pour « support » au sens $\parallel$) de fait d'admettre At L1 (en plus de At L2, At L3), autant la définir plus simplement comme \[X^{\circ} = \mathrm{Supp}\, \mathrm{omb}(X)^{\circ}\] c'est pareil grâce au cor. p. 86 et au fait […] $Y \in \mathrm{Omb}$ […] […] […] At L2, que pour […] partie-support $S$ de $\mathcal{M}$, on a \[S = \mathrm{supp}(S \cap \mathcal{L}) . \qquad (\text{plus gén., si $S$ est fermée pour $\ll$, $\mathrm{supp}\, S = \mathrm{Supp}(S \cap \mathcal{L})$}) .\]

Notons (pour nous rassurer)

Lemme Soit $F$ $F \preccurlyeq X$, […] et considérons \[\varphi : \widetilde{F} \longrightarrow \widetilde{X} , \quad \text{soit} \quad \widetilde{F}^{\circ} = \varphi^{-1}(\lbrace X \rbrace) = \lbrace X' \in \widetilde{F} \mid X' \overset{\circ}{\ll} X \rbrace .\] Alors \[X^{\circ} = \mathop{\mathrm{Sup}_{\Sigma}}_{X' \in \widetilde{F}^{\circ}} X'^{\circ} \quad \Big( = \mathrm{Supp} \bigcup_{X' \in \widetilde{F}^{\circ}} X'^{\circ} = \mathrm{Supp} \bigcup_{X' \in \widetilde{F}^{\circ}} \mathrm{omb}(X')^{\circ} \Big)\] le lemme est marqué de deux traits verticaux ; dans la parenthèse, un « $= \mathrm{Supp} \bigcup$ » biffé avant la dernière égalité ; « i.e. $X'^{\circ} \subset X^{\circ}$ » est écrit au-dessus de « $X' \overset{\circ}{\ll} X$ »

Pourtant, dans le cas quasi-ensembliste, on n'a pas en général […] $\mathrm{omb}(X)^{\circ} = \bigcup_{X' \in \widetilde{F}^{\circ}} \mathrm{omb}(X')^{\circ}$.

Il L'inclusion $\supset$ est évidente du fait que les $X'^{\circ}$ sont $\subset X^{\circ}$. Prouvons $\subset$. Donc Ceci équivaut au

100Corollaire $\forall\, Z \in \mathcal{M}$ tel que ⌜$\forall\, X' \in \widetilde{F}^{\circ}$, on ait⌝ $Z \parallel{}$ $X$ $\mathrm{omb}(X')^{\circ}$ ⌜soit⌝. Alors résulte Alors $Z \parallel \mathrm{omb}(X)^{\circ}$. le corollaire est marqué de deux traits verticaux, et d'un grand point d'interrogation en marge gauche ; « $\forall\, X' \in \widetilde{F}^{\circ}$, on ait » est écrit au-dessus de la ligne

On ⌜Par At L2⌝ On est ramené au cas où $Z = x \in \mathcal{L}$.

Je rappelle que $F \preccurlyeq X$ signifie \[F \ll X \quad \text{et} \quad \mathrm{supp}\, F = \mathrm{supp}\, X .\] Si on a une fonction ⌜$X \mapsto |X|$⌝ support à valeurs dans un ens. $P$ (cf p. 80, condition Supp$_P$ 1 — on suppose Supp$_P$ 2) alors pour $F \ll X$, […] […] […] la condition $F \preccurlyeq X$ signifie simplement que \[|F| = |X| .\] Je dis que

(a)$|X^{\circ}| = |X| \smallsetminus |\partial X|$, et que
(b)$\widetilde{F}^{\circ} = \lbrace X' \in \widetilde{F} \mid |X'^{\circ}| \subset |X^{\circ}| \rbrace = \lbrace X' \in \widetilde{F} \mid |X'^{\circ}| \cap |X^{\circ}| \neq \emptyset \rbrace$

(a) et (b) sont cerclés ; devant (a) un « supp » biffé, devant (b) un « $\widetilde{F}$ » biffé ; les deux énoncés sont réunis par une accolade On doit […] […] supposer […] note oblique en marge gauche, en face de « $F \ll X$ », lue en partie

Comme $X^{\circ} \parallel \partial X$, […] et $X^{\circ} \subset{}$ $X$ $\mathrm{supp}\, X$, $|X^{\circ}| \subset |X| = |\mathrm{supp}\, X|$, et $|X^{\circ}| \cap |\partial X| = \emptyset$, donc \[|X^{\circ}| \subset |X| \smallsetminus |\partial X|\] la page s'arrête sur cette ligne, suivie de deux traits horizontaux