Fonds Grothendieck, cote n° 156-7, pages 81–100

pagination 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

Plus 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 correspondante [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) »

Soit 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

le « 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

i.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

26.6 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).

Remarque 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…

Faisons 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

Définition 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.

\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.

supposons \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

disposons 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.

J'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

formulaire 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}

donc 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

En 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

Dém 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.

Mais 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

prise 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

Corollaire \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