Fonds Grothendieck, cote n° 31, pages 41–60

Groupes finis d'automorphismes, trace et cohomologie de Tate (pages 41 à 44)

Soit B un anneau avec unité et un groupe fini G d'automorphismes, A = B^{G}. On pose \operatorname{Tr}_{G} b = \sum_{g \in G} gb. Conditions équivalentes Une parenthèse de deux lignes suit l'énoncé, qui définit \varphi comme l'action de B sur un module et \operatorname{Tr}_{G} : B \to A ; elle est en grande partie .

a)A = \operatorname{Tr}_{G} B a')1 \in \operatorname{Tr}_{G} B b)pour tout (G,B)-module M, \hat{H}(G,M) = 0 b(q))pour tout (G,B)-module M, \hat{H}^{q}(G,M) = 0

Démonstration : a) \Rightarrow a') trivial. a') \Rightarrow b) : on désigne par \varphi_{M}(b) l'homothétie dans M définie par b \in B, on a g\,\varphi_{M}(b)\,g^{-1} = \varphi_{M}(gb), d'où \varphi_{M}(\operatorname{Tr}_{G} b) = \operatorname{Tr}_{G}\varphi_{M}(b), d'où le

Corollaire : Si \lambda \in \operatorname{Tr}_{G} B, l'homothétie \lambda dans \hat{H}(G,M) est nulle Une incise suit, largement , qui observe que la condition est aussi nécessaire, en prenant M = B ; c'est elle qui donne a') \Rightarrow b).

b) \Rightarrow b(q) trivial. On a b(q) \Rightarrow b(q+1) car on a la suite exacte 0 \to M \to M \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}(G) \to N \to 0, \qquad m \mapsto \sum_{g} m \otimes g, où la structure de B-module est définie par \lambda(m \otimes g) = \lambda m \otimes g, et la structure de G-module par g'(m \otimes g) = g'm \otimes g'g ; alors g'(\lambda[m \otimes g]) = (g'\lambda)(g'[m \otimes g]) car g'(\lambda m \otimes g) = g'(\lambda m) \otimes g'g et (g'\lambda)(g'm \otimes g'g) = (g'\lambda)(g'm) \otimes g'g, c'est-à-dire g'(\lambda m) = (g'\lambda)(g'm). puisque \hat{H}(G, M \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}(G)) = 0, on a \hat{H}^{q+1}(G,M) = \hat{H}^{q}(G,N) = 0.

Corollaire Supposons B ~~intègre et intégralement clos~~, A local. les conditions de la proposition sont vérifiées si l'indice de ramification e de B sur A (= ordre du groupe d'inertie) est inversible dans A, i.e. ~~A/\mathfrak{m}(A)~~ Les trois dernières lignes sont biffées et reprises ; seul « est inversible dans A » se lit avec certitude.

le corollaire — Comment voir ça ?

Avec les conditions et la proposition générale, soit G' \subset G, et soit A' = B^{G'}, A \subset A' \subset B. Conditions équivalentes

a)\operatorname{Tr}_{G/G'} A' = A a')1 \in \operatorname{Tr}_{G/G'} A' b)pour tout (G,B)-module M, t(G,G') : \hat{H}(G',M) \to \hat{H}(G,M) est ~~injectif~~ ~~bijectif~~ surjectif b') b(q)) b'(q))

Les quatre dernières conditions ne sont pas rédigées : b'), b(q) et b'(q) ne sont que nommées, les énoncés restant à écrire.

a) \Leftrightarrow a') trivial. a') \Rightarrow b) car on a t(G,G')\varphi(b) = \varphi(t(G,G')b) pour b \in A', d'où si t(G,G')b = 1, t(G,G')\varphi(b) = 1, d'où b) d'après un lemme général.

\begin{tikzcd} \text{b} \arrow[r, Rightarrow] \arrow[d, Rightarrow] & \text{b}' \arrow[d, Rightarrow] \\ \text{b}(q) \arrow[r, Rightarrow] & \text{b}'(q) \end{tikzcd}

De plus on voit de la même façon que b'(q) \Rightarrow b'(q+1) et b'(q) \Rightarrow b'(q-1), donc b'(q) \Leftrightarrow b'(0). Appliquant b'(0) à M = B, on trouve que A'/\operatorname{Tr}_{G'} B \longrightarrow A/\operatorname{Tr}_{G} B est surjectif, i.e. que l'on a 1 \in \operatorname{Tr}_{G} B + \operatorname{Tr}_{G/G'} A' = \operatorname{Tr}_{G/G'} A'. La flèche est écrite de droite à gauche sur la page ; elle est ici rétablie dans le sens de la lecture.

Reste à prouver : Soient G' \subset G (G fini), soit M un G-module tel que 1 \in \operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}}(M,M) soit de la forme 1 = \operatorname{Tr}_{G/G'}\varphi (\varphi \in \operatorname{Hom}_{G'}(M,M)) ; alors \operatorname{Tr}_{G/G'} : \hat{H}(G',M) \to \hat{H}(G,M) \ \text{est surjective}, \operatorname{Tr}_{G'/G} : \hat{H}(G,M) \to \hat{H}(G',M) \ \text{est \uncertain{injective}}, d'image l'ensemble des éléments de \hat{H}(G',M) qui sont « stables », c'est-à-dire \hat{H}(G',M)^{G}. La seconde flèche est également écrite de droite à gauche.

(Ceci contient le Th. sur les groupes de Sylow, en se plaçant dans la catégorie des groupes , mais les groupes de torsion, où par ex. \operatorname{Tr}_{G'/G' \cap {}^{g}G'} \ill{} \operatorname{Tr}_{{}^{g}G'/G' \cap {}^{g}G'} )

On peut l' en prenant G' = G_{i}, mais aussi pour G' un sous-groupe de Sylow H pour p, où p est la caractéristique de k. On a : itération. On (\mathcal{O}'^{H}/\operatorname{Tr}_{H} \mathcal{O}')^{G}, donc d'abord M = B, : détermination de \mathcal{O}'^{H}/\operatorname{Tr}_{H}\mathcal{O}' pour une p-extension.

1) Soit G un groupe fini d'automorphismes d'un anneau local \mathcal{O}. G est transitif sur les idéaux maximaux \mathfrak{m}, soit G_{d} le stabilisateur de \mathfrak{m}_{0}, et G_{i} \subset G_{d} le noyau de G_{d}, formé des automorphismes qui induisent l'identité sur \mathcal{O}/\mathfrak{m}.

Soit, en conditions

a)Il existe x \in \mathcal{O}^{G_{i}} tel que \operatorname{T}_{G/G_{i}} x = 1. Donc pour tout G-\mathcal{O}-module M, on a \hat{H}(G,M) = \hat{H}(G_{i},M)^{G/G_{i}} . Donc pour qu'on ait 1 \in \operatorname{T}_{G}\mathcal{O}, i.e. \hat{H}(G,M) = 0 pour tout M, il faut et il suffit que [G_{i} : e] ne soit pas multiple de la caractéristique p de \mathcal{O}/\mathfrak{m}. b)Si G_{i} = \{e\}, on a H^{1}(G, \mathcal{O}^{*}) = \{e\}.

Plus généralement, quel que soit G_{i}, l'homomorphisme naturel H^{1}(G, \mathcal{O}^{*}) \to H^{1}(G_{i}, (\mathcal{O}/\mathfrak{m})^{*}) est bijectif (?). Ceci dans le cas de GL(n,\mathcal{O}) — le

(Dans a), en tout \overline{\hat{H}(G,M)} = \hat{H}(G,\bar{M}) = \hat{H}\Bigl(G, \bigoplus_{s \in G/G_{d}} s\,\bar{M}_{\mathfrak{m}_{0}}\Bigr) = \hat{H}(G_{d}, \bar{M}_{\mathfrak{m}_{0}}) = \overline{\hat{H}(G_{d}, M_{\mathfrak{m}_{0}})}\,. justification pour Zariski ; il y a donc hyp. : finie ??

Considérons donc le diagramme :

\begin{tikzcd}[column sep=small, row sep=small, nodes={font=\scriptsize}] \hat{H}(G,M) \arrow[r, "\sim"] \arrow[d, "?"'] & \hat{H}(G_{i},M)^{G/G_{i}} \arrow[r, "\alpha"] & \hat{H}(G_{i}, M_{\mathfrak{m}_{0}})^{G_{d}/G_{i}} \\ \hat{H}(G_{d},M)^{G/G_{d}} \arrow[r, "\beta"'] & \hat{H}(G_{d}, M_{\mathfrak{m}_{0}}) \arrow[r, "\sim"'] & \hat{H}(G_{d},M)_{\mathcal{O}_{d} - \mathfrak{m} \cap \mathcal{O}_{d}} \arrow[u, "?"'] \end{tikzcd}

\alpha et \beta sont injectifs, à images denses ; on passe aux !

de dim ?, \mathcal{O} \to \hat{H}(G,M) ?

Toute la page est barrée de deux longues diagonales qui se croisent. 0 \to G_{k}^{0} \to G_{k} \to \mathfrak{P}_{k} \to 0 Sous G_{k} : « extension abélienne maximale » ; sous \mathfrak{P}_{k} : « extension non ramifiée maximale ». Le second groupe est écrit d'un P barré ; la lecture \mathfrak{P}_{k} est conventionnelle. 0 \to \mathbb{Z}_{2}^{r_{1}} \to G_{k}^{0} \to \mathcal{U}_{K}^{0}/\operatorname{Im} E \to 0 Sous \mathcal{U}_{K}^{0} : « idèles unités » ; sous \operatorname{Im} E : « idèles unités principaux ».

N.B. G_{k}/\mathbb{Z}_{2}^{r_{1}} pourrait être un groupe dont la définition ne fait plus intervenir que le groupe de Galois de l'extension abélienne non ramifiée maximale (i.e. qui est complètement décomposée au-dessus de toutes les places réelles de k) — soit de façon générale, S un ensemble fini de places, finies ou infinies réelles, alors le groupe de Galois de l'extension abélienne non ramifiée hors S maximale, soit G_{k}^{S}, 0 \to G_{k}^{0,S} \to G_{k}^{S} \to \mathfrak{P}_{k} \to 0 0 \to \mathbb{Z}_{2}^{S_{\infty}} \Big/ \bigcap_{k} \operatorname{Im}\bigl(E^{(S,k)}\bigr) \to G_{k}^{0,S} \to \mathcal{U}_{K}^{S,0}/\operatorname{Im} E \to 0 Sous la seconde suite, au crayon : « ceci n'est intéressant \overline{S^{\infty}} ??? \mathbb{Z}_{2} ».

Ceci résulte du lemme : Pour qu'une extension ~~abélienne~~ L d'un corps local K soit non ramifiée, il faut et il suffit que N_{L/k}\mathcal{U}_{L} = \mathcal{U}_{k}, ou N_{L/k} L^{*} \supset \mathcal{U}_{k}.

Une proposition sur H^{i}(k,G) et deux lemmes sur les corps de fonctions (pages 46 à 51)

Proposition Soit k un corps, n un entier. Conditions équivalentes :

a)H^{i}(k,G) = 0 pour i > n et tout groupe alg. commutatif G défini/k b)H^{i}(k,\Gamma) = 0 pour \Gamma fini défini/k b')H^{i}(k,\Gamma) = 0 pour i > n et ~~tout groupe fini qui est~~ (fini) sur un corps \mathbb{Z}/\ell, donc le \mathbb{V}/k qui est (ou un groupe abélien) irréductiblement c)H^{i}(k,G) = 0 pour i > n et tout p.-g. alg. commutatif G défini/k devenant isomorphe à un groupe sur la clôture galoisienne de k, (\mathbb{G}_{m})^{n} — chaque fois que G est le groupe des éléments inversibles d'une algèbre (commut.) séparable déf/k c')H^{i}(k,G) \ne 0 pour i > n,

L'énoncé est un brouillon rapide : b') et c) sont écrits par-dessus des versions biffées, et la prose qui les relie est en grande partie perdue.

Démonstration.

\begin{tikzcd}[column sep=small, row sep=small, nodes={font=\scriptsize}] & \text{a} \arrow[dl, Rightarrow] \arrow[dr, Rightarrow] & \\ \text{b} \arrow[d, Rightarrow] & & \text{c} \\ \text{b}' & & \end{tikzcd}

Prouverons c) \Rightarrow b') et b') \Rightarrow b), ce qui achèvera la démonstration.

b') \Rightarrow b) : comme on voit par un ~~rapport~~ dévissage d'abord de \Gamma commutatif, dévissage immédiat en considérant la filtration \Gamma \supset \ell\Gamma \supset \ell^{2}\Gamma \supset \cdots \supset \ell^{k}\Gamma = 0 , par \ell, i.e.

b) \Rightarrow a) : En effet, ~~Considérons~~ Considérons le plus grand groupe unipotent de G, qui est défini sur k, de sorte que 0 \to G_{u} \to G \to G/G_{u} \to 0 .

Cela nous ramène au cas où G est soit complet, soit linéaire. Dans le deuxième cas, on a G = G_{u} \times G_{ss} (décomposition en partie semi-simple et unipotente) et cette décomposition est définie sur k. Donc on peut se ramener au cas où G est soit unipotent, soit ~~semi-simple~~ d'éléments semi-simples, soit commutatif complet. Dans les deux derniers cas, soit \mathcal{U} le sous-groupe des éléments d'ordre fini de G = G^{\bar{k}} ; alors le groupe G/\mathcal{U} est un

ici c'est faux : le inductive commutatif

G_{0} (comp. connexe de e) variété abélienne, et c'est un th. de Weil pour (i.e. G \simeq \bar{k}^{*n}) G \simeq G_{0} + G/G_{0}, un quotient de \mathbb{V}/k, d'où G/G_{0}

on voit que G/\mathcal{U} s'identifie au quotient de G_{0} par \mathcal{U} \cap G_{0}, donc est divisible. Donc H^{i}(\mathfrak{g}, G/\mathcal{U}) = 0, ~~tandis que~~ d'où pour i > 0 H^{i}(\mathfrak{g}, G) \simeq H^{i}(\mathfrak{g}, \mathcal{U}) \quad \text{pour } i \geq 1 \mathfrak{g} désigne ici le groupe de Galois ; il est écrit d'un g à longue hampe, et la page passe de H^{i}(k,-) à H^{i}(\mathfrak{g},-) sans le dire.

(comme pour G \to G/\mathcal{U} est surjectif ) \mathcal{U}, le -groupe de \mathcal{U} formé des éléments d'ordre premier . On a H^{i}(\mathfrak{g}, \mathcal{U}) = \varinjlim_{n} H^{i}(\mathfrak{g}, {}_{n}\mathcal{U})

et lorsque i > n, les ~~deux~~ H^{i}(\mathfrak{g}, {}_{n}\mathcal{U}) sont nuls (car {}_{n}\mathcal{U} est fini) — d'après b), d'où résulte notre assertion.

G un groupe linéaire unipotent commutatif, on distingue deux cas :

1^{\circ}) Caractéristique nulle. Alors G ~~est~~ \simeq \bar{k}^{n} sur \bar{k}, donc aussi sur k (car H^{1}(k, Gl(n)) = 0). Et ~~comme~~ H^{i}(k, \mathbb{G}_{a}) = 0 pour i > 0, l'assertion est valable.

2^{\circ}) Car. p \ne 0. Alors on a la filtration G \supset pG \supset \cdots \supset p^{\ell}G = 0 . On ramener au cas i.e. où pG = 0 (car chaque p^{i}G est défini sur k). Mais, on sait alors \mathbb{G}_{a} \simeq \bar{k}^{n} sur \bar{k}, donc aussi sur k (car H^{1}(k, Gl(n)) = 0), et on comme dans 1^{\circ}.

Supposons que k soit quelconque La page s'arrête sur cette phrase, laissée en suspens.

c) \Rightarrow b') : Soit en effet \Gamma un groupe comme dans b') ; supposons d'abord \ell \ne p. ~~Il suffit~~ dans la clôture de \Gamma évidente. Soit A = \bar{k}(\Gamma) ~~l'algèbre~~ une algèbre c'est une algèbre déf/k, commutative et ~~semi-simple~~ séparable (car [\Gamma : e] est premier à p), donc on a H^{i}(k,G) = 0 si i > n, G désignant le groupe des éléments inversibles de A. Soit G_{1} le sous-groupe de G formé des x \in G tels que N_{A/k}\,x = 1 (i.e. ~~soit~~ N_{A/k}\,x = dét. de la translation à gauche par x dans A) ; c'est un sous-groupe défini sur k (noyau de l'homomorphisme N_{A/k} : G \to \bar{k}^{*}, qui est déf/k).

Comme \Gamma \to \ill{} \mathbb{V}-module, et comme \Gamma \subset G il est visible que l'on a \Gamma \subset G_{1}, i.e. \Gamma \cap G_{1} = \struck{\ill{}} \{e\}, et on vérifie facilement que (distinguer le cas \ell premier impair, et le cas \ell = 2 ; dans ce dernier cas et N_{A/k}\,\xi = \pm 1 si \xi \in \Gamma).

Comme \ell\Gamma \struck{\ill{}} = \{0\}, enfin \Gamma \subset G_{1}. Il est d'ailleurs visible que \Gamma \to \ill{} G_{1}. Le noyau de l'hom. G_{1} \xrightarrow{\ \ell\ } G_{1} d'ordre \ell^{n_{1}}, i.e. n_{1} = n - 1 La fin de la page est une suite de calculs rapides dont la prose ne se lit pas.

Lemme 1 Soit k un corps algébriquement clos, K une extension de type fini, de degré de transcendance 1, de k. Alors K est quasi-algébriquement clos.

Corollaire 1 \hat{H}^{i}(K, \mathbb{G}_{m}) = 0 pour tout i.

En effet, K est un corps galoisienne K', quasi-alg. clos, donc le corollaire est bien connu.

Corollaire 2 H^{i}(K,\Gamma) = 0 ~~pour i > 0~~ pour i > 1 et \Gamma d'ordre fini, i.e. G_{K} opère trivialement.

Soit une clôture galoisienne de K, \tilde{K}.

Suit un bloc encadré, écrit très vite, dont voici ce qui se lit : \mathcal{U} \subset \tilde{K}^{*} le sous-groupe des racines de l'unité dans \tilde{K} ; alors \tilde{K}^{*}/\mathcal{U} est uniquement divisible si ; d'où ; \hat{H}^{i}(K, \ill{}) \xrightarrow{\sim} \hat{H}^{i}(K, \mathbb{G}_{m}) mod p « isomorphismes ? » ; le deuxième est nul, donc le premier .

Plus généralement la caractéristique, alors \tilde{K} \xrightarrow{\,x \mapsto x^{n}\,} \tilde{K} est un épimorphisme de noyau \simeq \mathbb{Z}/n, donc la suite exacte de cohomologie on a donc H^{i}(K, \mathbb{Z}/n) = 0. Reste H^{i}(K, \mathbb{Z}/p) = 0 si i > 1 : on 0 \to \mathbb{Z}/p \to \tilde{K} \xrightarrow{\ \wp\ } \tilde{K} \to 0 .

Lemme 2 Soit k un corps, \Gamma (?) tel que H^{i}(k',\Gamma) = 0 pour toute extension k' de type fini de k, i > n. ~~Soit K une extension de degré de transcendance \le 1.~~ Alors H^{i}(K,\Gamma) = 0 pour i > n+1.

\begin{tikzcd}[column sep=small, row sep=small, nodes={font=\scriptsize}] k' = \tilde{k}k & k \arrow[l] \\ K \arrow[u] & \tilde{k}K \arrow[l] \arrow[r, "G'"] & \tilde{K}K \end{tikzcd} Le diagramme de la page est un croquis d'extensions ; il est ici redressé, et les groupes G, G', G'' y sont portés le long des flèches auxquelles ils correspondent.

d'où une suite exacte e \to G' \to G \to G'' \to e , d'où une suite spectrale H^{i}\bigl(G'', H^{j}(G',\Gamma)\bigr) \Longrightarrow H^{*}(G,\Gamma).

Or H^{j}(G',\Gamma) = 0 si j > 1 en vertu du lemme 1, et d'autre part H^{i}\bigl(G'', H^{j}(G',\Gamma)\bigr) = 0 si i > n, en ~~G'' étant~~ d'après ~~fini de l'hypothèse~~. D'où H^{*}(G,\Gamma) = 0 si * > n+1, cqfd.

Corollaire Soit K un corps de fonctions algébriques sur un corps algébriquement clos k, \deg\operatorname{tr}_{k} K = n. Alors H^{i}(K,\Gamma) = 0 pour i > n et d'ordre fini tel que \Gamma, i.e. G_{K} opère trivialement.

Th. fondamentale des morphismes propres [Changement de base] : Théorème d'échange — Questions marginales (pages 54 à 59)

Le titre est celui de la page 53, un feuillet de couverture inscrit de sa main et par ailleurs vierge, qui ne reçoit donc pas de numéro de page propre. Une ligne biffée le précède, illisible.

Question X espace topologique, Y fermé de X, F faisceau ~~injectif~~ sur X, a-t-on H^{i}(Y, F|Y) = 0 \quad \text{pour } i > 0 \bigl[H^{i}(V, F|V) = 0 \ \text{pour tout \ill{} voisinage } V \text{ de } Y,\ i > 0\bigr]. Réponse négative.

Tout d'abord, il n'est pas vrai que pour un faisceau F sur X injectif, l'homomorphisme \varinjlim_{U \supset Y} H^{0}(U,F) \longrightarrow H^{0}(Y,F) soit surjectif, i.e. qu'une section se prolonge à un voisinage [i.e. si X 2^{\circ} F est injectif].

Ex 1 X espace irréductible, Y fermé de deux points fermés distincts a, b ; F faisceau des , la section de F|Y qui vaut 0 en a, la valeur 1 en b, ne se prolonge pas ~~à un voisinage~~ X, car contient un U de a un voisinage V de b, et U \cap V \ne \emptyset, absurde.

Ex 2 X = \overline{M} une courbe algébrique, Y irréductible, , mais par exemple une H^{0} de Zariski. La fin de l'exemple 2 est un brouillon rapide dont la prose ne porte plus.

La page ouvre sur une figure : un cercle, coupé par une droite Y en deux points a et b ; l'ensemble est X.

Considérons X_{1} = cercle de la figure, et le faisceau F_{1} sur X induit dans \mathbb{Q}, soit F son image sur X. La section prolonge une section elle enfin sur Y \cap X_{1} à X_{1}, c'est en général impossible

Ex 3 Un faisceau injectif L'exemple 3 est barré de plusieurs longs traits horizontaux. On y distingue les exemples 1 et 2 rappelés, F|Y, X, Y, et un \mathbb{Q} ; le reste ne se lit pas.

On ne s'en tire pas Y un compact irréductible [i.e. le faisceau irréductible n'est de type fini ]. Y le voisinage V , sur X irréd.

Mais prenons pour Y Y_{1} et Y_{2} deux

Une figure ouvre la page : deux droites Y_{1} et Y_{2} se coupant en un point a, accolées par une accolade portant Y.

Soit F le faisceau des dans \mathbb{Q}, et Y' = Y - \{a\} ; considérons la section de F|Y' qui vaut 0 sur Y'_{1}, 1 sur Y'_{2} ; un U de a, et un \mathbb{Q} qui voisinage de Y_{1} (Y_{2}), absurde car !

Suit un bloc entièrement barré, sur lequel se lisent Y'_{1} (Y'_{2}) induisant 0 (1), puis, plus bas, la suite \struck{F_{Y} \to \textstyle\coprod_{i} F_{Y_{i}} \to G \to \ill{}} \struck{H^{0}(Y_{2}, F_{Y_{i}}) \to H^{1}(Y,G) \to H^{1}(Y, F_{Y}) = 0} avec, dans la marge du bloc, « remarquer que H^{1}(Y, F_{Y_{i}}) = 0 ».

Exemple 4 Donnons un contre-exemple à la seconde question en : Y dans une courbe irréductible, Y_{1}, Y_{2} irréductibles se coupant en deux points a, b, le X irréductible. F est le faisceau des de X dans \mathbb{Q}. On a H^{0}(Y_{1}, F_{1}) \times H^{0}(Y_{2}, F_{Y_{2}}) \to H^{0}(Y_{12}, F_{12}) \to H^{1}(Y, F_{Y}) \to 0 [\,F_{i} = F_{Y_{i}},\quad F_{12} = F_{Y_{12}}\,] La page ouvre sur une figure : deux ovales Y_{1} et Y_{2} qui se recoupent, leurs deux points communs marqués a et b.

F_{a} \times F_{b} dans le premier car H^{0}(Y_{12}, F_{12}) = F_{a} \times F_{b} f_{1} - f_{2}, i.e. f_{i} \in H^{0}(Y_{i}, F_{i}). Or (0,1) \in F_{a} \times F_{b} \mathcal{U}.

En effet, si on avait une f_{1}, f_{2} Suit un bloc barré où l'on distingue \varphi_{1}, \varphi_{2} \in \Gamma(U,F), f_{ix} = \varphi_{ix} et f_{ix} = \varphi'_{ix}, puis \varphi'_{2} - \varphi'_{1} = 1 ; la prose entre les formules est perdue.

x \in U \cap U' \cap Y_{1}, donc dans un voisinage W_{1} de U \cap U' \cap Y_{1}, et \varphi_{2x} = \varphi'_{2x}\ (= f_{2x}) pour x ; ~~i.e. \varphi_{1x} = \varphi~~ pour x \in U \cap U' \cap Y_{2}, donc \varphi_{1x} = \varphi'_{1x} + 1 \quad \text{pour } x \in U \cap U' \cap Y_{2}, pour x dans un voisinage W_{2} de U \cap U' \cap Y_{2}. Donc si x \in W_{1} \cap W_{2}, , et \varphi_{1x} = \varphi'_{1x} + 1, \qquad \varphi_{1x} = \varphi'_{2x}, i.e. 0 = 1, absurde [compte tenu W_{1} \cap W_{2} \ne \emptyset, X étant irréductible].

Utilisant exemple, on trouve un exemple avec Y irréd. (de dim 2 ), ceci, dans X X_{1} plan (dim 2) qui, considérant un X_{1} plan recoupe Y suivant 2 Y_{1} = X_{1} \cap Y . Deux figures accompagnent le passage : un parallélogramme portant Y, et deux ovales qui se recoupent.

On prend alors le faisceau F sur X des de X_{1} dans \mathbb{Q}.

Page au crayon, d'une écriture rapide ; les conditions sont numérotées mais leurs énoncés ne sont écrits qu'à demi.

Proposition F faisceau abélien sur V tout V (ordinaire) X. Conditions :

(i) (i bis)Pour tout ouvert U de X, H^{i}(U,F) = 0 (ii)Pour tout ouvert U de X, H^{i}(U,F) = 0 pour i > 0 (iii)Pour tous ouverts U, V de F [pour X noeth.]

H^{1}\bigl(C(U,V); F\bigr) = H^{0}(U \cap V, F) \big/ \operatorname{Im}\bigl(H^{0}(U,F) \times H^{0}(V,F)\bigr)

(ii bis)Pour tout recouvrement U et tout recouvrement \underline{\mathcal{U}} = (\mathcal{U}_{i}) de \mathcal{U}, H^{i}(\underline{\mathcal{U}}, F) = 0 pour i > 0.

(i bis) \Rightarrow (ii bis) par suite spectrale de Leray, et bien connu (petit argument de Cartan immédiat)

(i bis) \Rightarrow (i) trivial

(ii bis) \Rightarrow (ii) trivial

(i) \Leftrightarrow (ii) car H^{1}(U \cap V, F) \subset H^{1}(U \cup V, F), d'où ; pour (ii) \Rightarrow (i), en considérant \xi \in H^{1}(U,F) (N.B. X ) U' \subset U \xi soit nul, dis que U' = U,

N.B. : N_{L/K} et la condition k \subset \ell(K^{p}) (page 60)

Feuillet au crayon, sans rapport apparent avec ce qui précède, barré de deux longs traits obliques.

N.B. k \to K , que toute extension L de (ou finie) de K, N_{L/K} \delta(L/K,\ k/\ell) = 0 \quad \text{i.e.} k soit \ell- L/K, il faut et il suffit que k \subset \ell(K^{p}) \qquad \text{i.e.} \quad k(K^{p}) \subset \ell(K^{p}) K \to L = K(x), \qquad x^{p} \in K,\quad x^{p} \notin \ell(K^{p}) N_{L/K/k} = 0, \qquad N_{L/K/\ell} \simeq L, \qquad N_{L/K} \Omega^{1}_{K/k} \otimes_{K} L \longrightarrow \Omega^{1}_{L/k} K_{0} \ \big| \ K \qquad k(K_{0}^{p}) \subset K_{0}^{p} ~~k \subset~~ ~~K_{\infty}~~ k \boxed{\ K''_{\infty} \subset K_{\infty}(K_{0}'^{p})\ } ~~K_{\infty}(\ill{}) \subset~~