Fonds Grothendieck, cote n° 83, pages 101–120

Azumaya rang 4 (II)

Titre de sa main en tête de la p. 101, souligné.

Avril 86 Date écrite en haut à droite de la p. 101.

Soit A Alg. d'Azumaya rang 4 sur ~~schéma S~~ anneau k (disons), et B\subset A un sous-~~Module loc. libre de~~ fibré vectoriel de rang 3. Alors B^{\perp} est un sous-~~vectoriel~~ fibré vectoriel de rang 1, soit D. On a corr. 1-1 entre les B, et les D, car la forme quadratique canonique \operatorname{Tr}(uv) sur A est non dégénérée.

À vrai dire, il y a deux formes bil. sym. non dégénérées intéressantes sur A, savoir \varphi(u,v)=\operatorname{Tr}(uv) \quad\text{et}\quad \psi(u,v)=\varphi_{\det}(u,v)=\operatorname{Tr}u\operatorname{Tr}v-\operatorname{Tr}(uv), « \psi(u,v)= » est ajouté au-dessus de \varphi_{\det}. ~~donnant ayant des discriminants qui~~

Je dis que pour le fibré vectoriel B (de rang quelconque) qui contient 1, les deux formes induites sur B ont même discriminant. En effet, il suffit de le voir dans un cas universel d'un tel B sur \operatorname{Spec}\mathbb{Z}, ce qui nous permet de supposer 2 inversible, donc A\simeq k.1\oplus A^{\natural}, \qquad B=k.1\oplus V,\quad V\subset A^{\natural}, A^{\natural}\overset{\mathrm{def}}{=}\{u\in A \mid \operatorname{Tr}u=0\} = 1^{\perp} (NB L'orthogonal de 1 pour l'une ou l'autre forme est le même !)L'exposant de A^{\natural} est un signe en forme d'éclair (ou de « 4 » couché) ; il est rendu partout par \natural.

et ~~\xi~~ on est ramené à prouver l'assertion ~~pour~~ analogue pour k.1 et V (régularité du disc.). Or sur k1 les deux formes ~~bil.~~ quadr. ass. prennent la valeur 2, OK. Sur V, ~~c'est~~ elles sont égales ! On gagne !

~~Proposition~~

NB Soit B sous-module de A tel que B\ni 1, alors B^{\perp(\varphi)}=B^{\perp(\psi)} . En effet, ~~les deux B^{\perp} orthogonaux c'est une B^{\perp} est de~~ on a \varphi(1,u)=\psi(1,u)=\operatorname{Tr}u donc les orthogonaux de 1 sont les mêmes (c'est A^{\natural}=\{u\in A\mid \operatorname{Tr}u=0\}), et B^{\perp}\subset A^{\natural}. Or si \xi\in A^{\natural}, on a : pour ~~\varphi~~ u\in A \psi(u,\xi)=-\varphi(u,\xi) donc dire que \xi est orth. à B pour \varphi, ou pour \psi, est pareil, cqfd.

Ça peut être plus explicité encore. ~~Plaçons~~ Les \delta_{B} pour B variable forment une section du fibré \underline{\mathcal{O}}_{P}(2) =\underline{\mathcal{O}}_{P}(1)^{\otimes 2} sur le fibré projectif (de dimension relative 2) \mathbb{P}(\dot{A}/k) des (hyper)plans dans A, donc provenant d'un élément canonique de \Gamma(\underline{\mathcal{O}}_{P}(2))\simeq \operatorname{Sym}^{2}_{k}(A/k)\simeq \text{espace des formes quadratiques sur } (A/k)^{\vee}\simeq A^{\natural} . Or il y a une telle forme canonique sur A^{\natural}, savoir \det. Et on vérifie que \delta_{B} est bien défini par cet élément. (Cela n'a rien à voir avec la structure multiplicative de A, qui intervient pour définir les \delta_{B}, il suffit de la forme quadratique non dég. \det, et l'élément 1 de A ~~injection~~…)Le point sur le A de \mathbb{P}(\dot{A}/k) est lu tel quel ; lecture incertaine.

La p. 104 commence au milieu d'un raisonnement. L'ordre de lecture semble être, à rebours de la numérotation des archivistes : p. 108 (Proposition), p. 107 (Dém.), p. 106, p. 105, p. 104, chaque feuillet continuant la phrase laissée en suspens au bas du précédent. \mu:\underbrace{\textstyle\bigwedge^{2}B/k}_{=\ \det B/k}\longrightarrow A/B Or on a un iso. can. \det B\simeq \underbrace{\det k}_{k}\otimes\det B/k\simeq \det B/k attention à convention de signes donc on peut interpréter \mu comme un \mu:\det B\longrightarrow A/B Ici comme dans quelques autres formules hors ligne de ce lot (p. 105, 106, 114, 117), un court fragment biffé et illisible a été omis de la formule. avec \det B\simeq (A/B)^{\otimes -1}, soit encore \mu\in A/B^{\otimes 2}\simeq D^{-\otimes 2}. Ceci dit, il est clair que B \text{ sous-algèbre} \iff \mu=0 . Il suffit de voir que \mu=\pm\delta (le signe dépendant des conventions de signes). Or il suffit de le voir dans le cas universel S=\mathbb{P}^{2}_{\mathbb{Z}}, et pour ceux-ci \underline{\mu} et \underline{\delta} universels, et les ~~zéros,~~ ont des zéros, – gagné !

laquelle disparaît quand on passe au carré : (\det B)^{\otimes 2}\otimes (A/B)^{\otimes 2}\simeq \underline{1} qui donne (\det B)^{\otimes -2}\simeq (A/B)^{\otimes 2}. Ainsi, on peut ici voir \delta_{\det B}\in (A/B)^{\otimes 2}\simeq D^{\otimes -2} [et en fait, c'est simplement donné par la restriction de la forme quadratique \det : D : \delta_{\det B}=\det|_{D}]

Or on a une application bilin. can. \begin{aligned} B\times B &\longrightarrow A/B\\ (u,v)&\longmapsto uv \bmod B \end{aligned} et celle-ci est alternée, puisque pour H.C., on a pour u\in B u^{2}\equiv 0 \bmod B (car u^{2}=(\operatorname{Tr}u)u-\det u.1, et 1,u\in B). Ainsi, on trouve \textstyle\bigwedge^{2}B\xrightarrow{\ \mu\ }A/B . On sait que \mu(u\wedge v)=uv \bmod B . D'ailleurs la forme bil. uv \bmod B est nulle quand l'un ou l'autre des est dans k, donc on ~~peut~~ considère \mu commeAprès la deuxième occurrence de « uv \bmod », un signe ressemblant à « 1\cdot » précède le B ; lecture incertaine.

correspondant B_{D}=D^{\perp} (= normalisateur de D dans l'alg. de Lie A i.e. ens. des x\in A tels que ~~[u,x]\in D pour x\in D~~ \operatorname{ad}_{\mathrm{Lie}}(x)(D)\subset D)

(B_{D}^{*} = normalisateur de D dans A^{\times})

D'où équivalence de (i) avec (i'). D'autre part, (ii') \Longrightarrow (ii) trivialement, il reste à voir que (iii) \Longrightarrow (i) – je ne suis pas si sûr que c'est vrai, (sauf sur un corps (ou un anneau réduit) le cas décisif est celui où k=k_{0}[t]/t^{2} … (l'histoire des d'une algèbre de Borel…)L'argument sur (i), (i'), (ii), (ii'), (iii) renvoie à des énoncés qui ne figurent pas dans ce lot.

~~Conclusion~~. Notons que \delta_{B}=\operatorname{disc}'_{\det B} est une section de \delta_{B}\in(\det B)^{\otimes -2}\Bigl[\underset{\text{iso can}}{\simeq} A/B^{\otimes 2}\Bigr] compte tenu que l'on a un iso can \det(A)\simeq k \det B\otimes A/B\simeq\det A\ (\simeq k) Cet iso dépend d'une convention de signes,

Dém. L'équivalence de (ii) et (ii') est évidente, du fait que puisque A a une forme quadratique (vg quelc.) non dégénérée, et qu'on regarde ~~les~~ des sous-fibrés vectoriels de codim 1 (on suppose pair) si 2 inv. dans k – ~~quand dans ce~~ dernier cas, de polar. du disc. divisé, le discriminant ordinaire ( (A)), \operatorname{disc}_{\varphi_{B}}=\operatorname{disc}_{\varphi_{D}}=2\operatorname{disc}'_{\det}(B) L'indice du deuxième discriminant est lu \varphi_{D} sans certitude. en vertu du disc., la condition (ii) implique (ii'), et la réciproque est vraie si 2 inv.

Si D est isotrope, il est orthogonal à lui-même, donc D\subset D^{\perp}=B . L'inverse est vrai si 2 est inv. (NB si 2=0 dans k, donc on a tjrs D\subset B !) En effet, D\subset B signifie que D est orthogonal à lui-même, et donc 2d(x)=\varphi_{d}(x,x)=0 . Cela veut dire que 2d(x)=0 ou d(x)=0 pour x\in D i.e. D est isotrope.

On sait que les sous-alg. de Borel sont en corr. 1-1 avec les D isotropes dans A^{\natural}, à une telle D

Les sous-fibrés vectoriels B de A, (de rang 3, contenant 1,) correspondent par orthogonalité (pour \varphi ou \psi, c'est kif kif) aux sous-fibrés vectoriels de rang 1 D de A^{\natural}.

D'autre part, pour un tel B, considérons \det_{B}=\det|B , forme quadratique sur B, elle a donc un discriminant divisé \operatorname{disc}'(\det_{B}) \quad\text{tel que}\quad 2\operatorname{disc}'(\det_{B})=\operatorname{disc}\psi_{B} où \psi_{B} est la restriction de \psi à B. Ainsi \operatorname{disc}\psi_{B}=\operatorname{disc}\varphi_{B}=2\underbrace{\operatorname{disc}'(\det_{B})}_{\overset{\mathrm{def}}{=}\ \delta(B)}

Proposition Les trois conditions suivantes sont équivalentes

(i)D est isotrope i.e. \det|D=0 (ii)\delta(B)=0 (NB \delta(B)\in \det(B)^{\otimes(-2)}) (iii)B est une sous-algèbre de A (iii') B est une « sous-alg. de Borel » de A

~~Si S est le spectre d'un corps, (iii)~~ Note marginale à gauche, barrée, reliée par une flèche à (iii). Ces conditions impliquent les deux suivantes, et si 2.1_{k} est inv., ~~elles~~ en sont équivalentes aux précédentes

(iv)D\subset B (ii')~~disc~~ \operatorname{disc}(\varphi_{B})=0 (\Longleftrightarrow \operatorname{disc}_{\psi_{B}}=0)

Cor. Conditions équivalentes

(i)D est anisotrope i.e. \det_{A}|D est non nulle sur chaque fibre (ii)

\delta(B) (=\delta(D)) est un élément inv. de (\det B)^{\otimes -2}

~~i.e. \det_{A}|D est partout non nulle~~

i.e. \det_{B}=\det_{A}|B est non dégénérée

(iii)B n'est une sous-alg. sur aucune fibre (iv)B fibre engendre A comme algèbre (pour chaque fibre bien sûr) (v)D\not\subset B sur les fibres (vi)\varphi|B est non dégénérée

si 2 inv. sur SLa note marginale, reliée par une accolade, porte sur (v) et (vi).

En effet, si u,v sont deux éléments de B tels que 1,u,v forment une base, les conditions équivalent à :

(v)1,u,v,uv forment une base de A (v')uv \bmod B est un élément inversible de A/B

~~Supposons~~

Nous regardons maintenant deux sous- fibrés H,H' de rang 2, contenant 1 (ce sont nécess. des sous-algèbres, par H.C.) et supposons H\cap H'=k donc H\oplus H'\overset{\mathrm{déf}}{=}B \quad\text{sur la fibre sous-fibré de rang 3} Lecture de la dernière ligne incertaine : « sur la fibre » semble se rattacher à la condition H\cap H'=k.

, Un H \ni 1 est défini aussi par son orthogonal, et de même pour H' V\subset A^{\natural},\quad V'\subset A^{\natural} sous-fibrés vectoriels de rang 2, qui satisfont donc V+V'=A^{\natural} donc V\cap V'\overset{\mathrm{def}}{=}D est un sous-fibré vect. de rang 1.

~~Dire que H est que H est~~

Les H correspondent sur k ou k-points aux sections des plans du projectif \check{\mathbb{P}}(A/k), et les V aux droites dans le plan projectif dual, dans lequel il y a une conique canonique, celle des droites isotropes dans A^{\natural}. Alors H est déployé sur k (les H qui agissent sur k) géométriquement ssi elle définit un ~~point~~ fibre, la droite (plaine) D_{H}=D_{V} est tangente à la conique, i.e. découpe une diviseur non réduit : un pt. Si cette condition est vérifiée pour

NB Les H correspondent 1-1 aux corr. diviseur Note marginale oblique en bas à gauche, en grande partie illisible ; elle semble porter sur les H en correspondance 1-1 avec des diviseurs (« diviseurs de degré 2 » ?).

H et H', on dit qu'ils sont en position générale si sur chaque fibre géométrique, les deux paires de points sur la conique isotrope sont disjointes. Mais cela signifie qu'il n'y a pas de droites isotropes (sur la fibre) orth. à la fois à H et H', i.e. à B. Donc par la même proposition, cela signifie que \delta_{B} est inv. ici, que \det|D est inversible. Dans ce cas, ~~élucidé~~ p. ex. le choix (possible localement) de ~~H,H'~~ ~~Spin~~ droites isotropes disjointes D_{1},D_{2}\subset V\cap \underset{\substack{\parallel\\ \text{con.\ isotrope}}}{C},\qquad D_{1}',D_{2}'\subset V'\cap C Le V de V\cap C est écrit sur un autre symbole. on a un rapport anharmonique \lambda=\lambda_{(D_{1},D_{2})}(D_{1}',D_{2}')\in k \qquad \lambda \text{ partout } \neq 0,1 \text{ i.e. } \lambda \text{ et } 1-\lambda \text{ inv.} qui se transforme en 1/\lambda si on échange D_{1} et D_{2} ( D_{1}' et D_{2}'), et qui se dispose

pas de l'ordre dans chaque paire prise les deux ~~paires~~ couples (D_{1},D_{2}), (D_{1}',D_{2}').

On a un rapport plus intrinsèque, qui ne dépend pas de permutations D_{1}\longleftrightarrow D_{2} \qquad\text{ou}\qquad D_{1}'\longleftrightarrow D_{2}' \rho=\lambda+\lambda^{-1} qui est défini sur k (sans localiser). On retrouve \lambda, au signe près : \lambda^{-1} puis, comme une solution de \lambda^{2}-\lambda\rho+1=0 . ~~Le \rho est pour~~ On a ici \rho\neq 2 \quad\text{sur chaque fibre,} i.e. \rho_{0}=\rho-2 \quad\text{est }\neq 0\text{ sur chaque fibre i.e.\ est inv.} On voit ~~que~~ aisément que les classes de ~~paires~~ ~~dans~~ (H,H') (H, H' étales sur k, H,H' en pos. gén.) dans A_{4} modulo conjugaison local correspondent aux diff. \rho_{0} inv. i.e. si deux telles paires (H,H') avec inv. \rho_{0}=\rho_{0}(H,H'), (\overline{H},\overline{H}') avec inv. \overline{\rho_{0}},

alors \exists localt \Theta automorphisme de A, tel que \Theta(H)=\overline{H} \qquad \Theta(H')=\overline{H'} ssi \overline{\rho_{0}}=\rho_{0} D'autre part, si on se donne \rho_{0}, (inv.) il existe localt une paire (H,H') qui le réalise.

D'ailleurs, il existe un automorphisme de A loc. (\mathrm{Pic}(k)=0), et pour H il existe loc. propre loc. , il fixe H (il est … propre auto. dans A) ou provient d'un \Theta\in de k x\mapsto x'=\operatorname{Tr}x\,1-x certain posantPassage barré par trois longs traits obliques et par des traits horizontaux ; seuls quelques mots se lisent.

Dans G=\underline{\mathrm{Aut}}(A)\simeq\underline{\mathrm{Aut}}(P), le groupe qui stabilise H et H' est un sous-gr schéma isom. : (\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})_{S}, dont est un H et sur H'

Si \rho\neq -2 partout, \rho_{0}\neq -4 partout, \simeq\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \overline{C} Note marginale oblique en bas à gauche, partiellement lisible.

induit sur H et H' l'automorphisme x\longmapsto x'=\operatorname{Tr}(x).1-x En tout cas, les isom. qui envoient (H,H') sur (\overline{H},\overline{H}') forment un torseur sous le groupe \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} (si \rho_{0}+4 inv.) chaque torseur peut (je pense ) être un trivial ( ) un le torseur associé du groupe \underline{\mathrm{Aut}}(A)\simeq \check{V}(A)^{*}/\mathbb{G}_{m} \quad\text{est trivial}

Écrit plutôt : [Si P est un \mathbb{Z}/2-torseur sur \operatorname{Spec}k, on a un homom. P\xrightarrow{\ \sim\ }\operatorname{Isom}(\varepsilon_{H},\varepsilon_{\overline{H}})\ (=\varepsilon_{H}\wedge\varepsilon_{\overline{H}}) \text{\struck{$P\times\varepsilon_{H}\longrightarrow\varepsilon_{\overline{H}}$}} ~~qui définit~~ et donc P\xrightarrow{\ \sim\ }\varepsilon_{H'}\wedge\varepsilon_{\overline{H}'} \quad ] \varepsilon_{H} désigne le revêt. étale de S=\operatorname{Spec}k défini par H

P muni de sections \varepsilon_{H'}\simeq\varepsilon_{\overline{H}'} pas si \varepsilon_{H}\simeq\varepsilon_{\overline{H}} ; prenant par exemple H'=\overline{H}' \quad\text{correspondant : la bisection} \{0,\infty\} de \mathbb{P}^{1}, et H,\overline{H} étant les bisections définies resp. par \begin{aligned} Z^{2}-bZ+c&=0 \qquad b^{2}-4c\neq 0\\ Z^{2}-\overline{b}Z+\overline{c}&=0 \qquad \overline{b}^{2}-4\overline{c}\neq 0 \end{aligned} sur un corps…

on a ici \rho=\frac{b^{2}}{c}-2,\qquad \overline{\rho}=\frac{\overline{b}^{2}}{\overline{c}}-2 la condition \rho=\overline{\rho} s'écrit \frac{b^{2}}{c}=\frac{\overline{b}^{2}}{\overline{c}}, qui n'implique pas l'isom. des deux extensions ! P. ex. en car. \neq 2, si on prend b=\overline{b}=0 la condition ~~(\rho=-2)~~ (il est vrai que cas exceptionnel (\rho=-2)) est satisfaite par l'existence dans le cas d'isom. entre les deux, mais les ne sont pas isom. \varepsilon_{H} et \varepsilon_{\overline{H}} quand si \overline{c}/c est un non carré. Etc.…

Il serait nécessaire de voir si tant \rho_{0} inv. peut être réalisé loc. Zar tel un seulement () passage peu sûr.

Je suppose que oui ; un point d'un H, et un pour un H'= \operatorname{int}(u)H pour u\in A^{*} convenable…

NB Vérification immédiate dans le cas où A est scindée…

Je vais donner une expression de \rho. D'abord on trouve d'une base 1,u,v \qquad\text{base de } B=H+H' posant \begin{cases} b=\operatorname{Tr}u,\ c=\det u & \delta_{H}=b^{2}-4c\\ b'=\operatorname{Tr}v,\ c'=\det v & \delta_{H'}=b'^{2}-4c'\\ t=\operatorname{Tr}uv=\operatorname{Tr}vu \end{cases} NB La condition H étale \Leftrightarrow\delta_{H} inv., H' étale \Leftrightarrow\delta_{H'} inv.

on trouve l'expression \boxed{\rho_{0}=\frac{P}{Q}} où \begin{aligned} P&=P(b,c,b',c',t)=(b^{2}-4c)(b'^{2}-4c')=\delta_{H}\delta_{H'}\\ Q&=Q(b,c,b',c',t)=t^{2}-bb't+(b^{2}c'+b'^{2}c-4cc') \end{aligned} Après la parenthèse de Q, un signe raturé en marge droite. et d'autre part on a Q=\tfrac{1}{2}\delta_{\varphi|B} \text{ pour la base } 1,u,v =\tfrac{1}{2}\det\begin{pmatrix}\operatorname{Tr}1&\operatorname{Tr}u&\operatorname{Tr}v\\ \operatorname{Tr}u&\operatorname{Tr}u^{2}&\operatorname{Tr}uv\\ \operatorname{Tr}v&\operatorname{Tr}vu&\operatorname{Tr}v^{2}\end{pmatrix} =\text{discr.\ divisé de la forme } \det_{|B} \text{ p.r.\ à la base } 1,u,v Devant \tfrac12 et devant « discr. » un signe (« - » ?) est noirci. (matrice de \varphi|B égale : \begin{pmatrix}2&b&b'\\ b&b^{2}-2c&t\\ b'&t&b'^{2}-2c'\end{pmatrix}\ ) Le coefficient b^{2}-2c est écrit sur un premier chiffre raturé. donc par hyp. (H,H' en position générale) ~~donc~~ on a bien Q inversible, donc \rho_{0} est défini, et non nul.

Je voudrais donner : cette formule pour \rho_{0} une forme intrinsèque, indépendante du choix de bases.

Regardons d'abord un sous-fibré ~~vect.~~ de rg. 2 quelconque, H, et regardons la forme ~~det~~ quadratique \det|H Donc on peut considérer son discriminant \delta_{H}, est aussi égal à celui de la forme bilinéaire sym. \varphi|H (\operatorname{Tr}uv) (car H\ni 1). C'est une section de \det H^{\otimes(-2)}\simeq (H/k)^{\otimes -2} Par rapport à une base 1,u, d'où la base 1\wedge u de \det H\simeq H/k, et (1\wedge u)^{\otimes -2} de (\det H)^{\otimes -2}, on trouve le discriminant \det\begin{pmatrix}\operatorname{Tr}1&\operatorname{Tr}u\\ \operatorname{Tr}u&\operatorname{Tr}u^{2}\end{pmatrix}=b^{2}-4c donc \delta_{H}=(b^{2}-4c)(1\wedge u)^{\otimes -2} Si on a H,H' tels que H\cap H'=k (sous-coch. de rang 2 en position transversale p.r. k.1), et posant B=H+H' comme dessus, on a B/k\simeq H/k+H'/k d'où isom. (défini à un signe près, si on précise les conventions) \det B\simeq \underbrace{\det k}_{k}\otimes\det B/k\simeq H/k\otimes H'/k Donc (\det B)^{\otimes -2}\simeq (H/k)^{\otimes -2}\otimes(H'/k)^{\otimes -2}

isom. qui ne dépend plus des signes. ~~Ceci~~ On peut donc considérer \begin{cases} \delta_{H}\delta_{H'}\in(\det B)^{\otimes -2}\simeq D^{\otimes -2}\\ \delta_{B}\in(\det B)^{\otimes -2}\simeq D^{\otimes -2} \end{cases} Je rappelle que la condition que H,H' soient « en position générale » i.e. engendrent l'algèbre A, est que \delta_{B} est section inversible de (\det B)^{\otimes -2}\simeq D^{\otimes -2} i.e. D anisotrope. Ceci dit, on \boxed{\rho_{0}=\frac{\delta_{H}\delta_{H'}}{\delta_{B}}} trouve : si H,H' ét. sur k i.e. \delta_{H}\delta_{H'} section inversible Cette formule n'est définie que si H,H' sont étales /S et en position générale (\delta_{B} inv.). Mais on peut la prendre comme définition de \rho_{0} dès que \delta_{B} inv. i.e. H,H' en position générale (pas nécess. étales). On peut définir \rho_{0} encore plus généralement, dès que \delta_{H}\delta_{H'} et \delta_{B} ne

s'annulent pas simultanément, i.e. ils engendrent D^{\otimes -2} : on trouve alors pour \rho_{0} une section de \mathbb{P}^{1}_{k} prenant la valeur \infty aux pts où \delta_{B} s'annule, ~~la valeur~~ i.e. H,H' contiennent une (mais H,H' étales) Borel, et la valeur 0 aux les pts où H ou H' n'est pas étale.

NB Le seul cas sur un corps où \rho_{0} n'est pas défini, est celui où B=B_{D} est une sous-alg. de Borel, pour droite D\subset B isotr. ) et H (disons, i.e. un des deux rôles) est k\oplus D, et enfin H' est un plan de B qui contient k et est distinct de H sans plus. ~~Cette situation~~ Deux telles situations sont conjuguées loc. i.e. ce type de situation est fixé au choix d'une Borel seulement [correspond maximal drapeau, i.e. Borel et d'un tore i.e. couple de Killing.] Fin de page : la phrase entre crochets se lit mal ; « maximal » et « drapeau » sont peu sûrs.

Revenons à l'expression explicite -\delta_{B=H+H'}=Q=t^{2}-bb't+(b^{2}c'+b'^{2}c-4cc') Devant le premier et le second signe « = », des lettres raturées. Je dis que pour un syst. de 5 constantes (b,c,b',c',t)\in k^{5} tels que cette quantité soit inversible*, il existe toujours, une forme ~~loc. \operatorname{Spec}k,~~ des les réalisations dans une algèbre d'Azumaya A par deux éléments u,v, ~~Pour les~~ tels que H=k\oplus ku et H'=k\oplus kv soient des sous-fibrés vect. de rg 2 en position relative générale. En fait on connaît déjà (H,u) comme donnée à isom. près près par b,c, et itou pour (H',v') par b',c'. Si (b^{2}-4c)(b'^{2}-4c') \delta\delta' est inversible, on trouve une quantité \rho_{0}\neq 0, qui correspond à ~~deux~~ une position relative dans \mathbb{M}_{2\,k} disons à condition de faire extension de la base vers les solutions de \lambda^{2}-(\rho_{0}+2)\lambda+1=0 * Sans doute il suffit que \delta soit inversible ; on fait une vérif. plus loin… À partir d'ici, nous supposons \delta inversible, sans Deux notes marginales obliques à gauche, la seconde en grande partie illisible. L'argument se poursuit au-delà de ce lot.