Cote n° 84, pages 101–120

Cote n° 84 · batch 6 · pages 101–120 · Transcription · [Formes quadratiques] : notes manuscrites (s.d.).
Datation de l’inventaire : [à partir de 1982-vers 1986]
Édition de démonstration

TEI P5 source — open the XML · download batch-06.fr.xml

101la page reprend un calcul commencé avant le lot : la structure de $A_1 \otimes A_2$, les involutions et l'exposant $\natural$ (lecture douteuse d'un signe en crochet) sont introduits aux pages précédentes.

\[\xi^{\natural} = \xi + \bar{\xi} \quad \text{pour } \xi \in A_1 \otimes A_2 ,\] […] […] […] $\xi = 2$ i.e. […]

\[x_1 \mapsto \bar{x}_1 = \text{\struck{$\xi_1(x_1)$}}\ \mathrm{Tr}_1(x_1) - x_1 , \qquad x_2 \mapsto \bar{x}_2 = \mathrm{Tr}_2(x_2)\, e_2 - x_2\] le second membre de $\bar{x}_2$ est écrit au-dessus d'une formule biffée illisible ; « $\mathrm{Tr}_1(x_1)$ » est ajouté au-dessus de « $\xi_1(x_1)$ » biffé. sur $A_1$, $A_2$, donc \[\xi \mapsto \bar{\xi} , \qquad x_1 \otimes x_2 \mapsto \overline{x_1 \otimes x_2} \overset{\mathrm{déf}}{=} \bar{x}_1 \otimes \bar{x}_2\] sur $A_1 \otimes A_2$. On aura donc, si $\xi \in A_1$, i.e. $\xi = x_1 \otimes e_2$ \[\xi^{\natural} = (x_1 \otimes 1)^{\natural} = (x_1 + \bar{x}_1) \otimes e_2 = \mathrm{Tr}_1(x_1)\, e_1 \otimes e_2\] c'est OK.

NB Si […] sur $X_0 = V(2 \cdot 1_X) \subset X$ (lieu de car. 2), […] tout pt de $X_0$ l'une des deux structures $E_1$, $E_2$ est étale, donc $A \to A_1 \otimes A_2$ est univ. injectif, et […] pour […] \[(A_1 \otimes A_2)^{\natural} = (A_1 \otimes A_2)^{\sigma_1 \otimes \sigma_2} .\] Ceci posé, on peut ⌜donc⌝ identifier l'application \[(x_1, x_2) \mapsto x_1 * x_2 : A_1 \times A_2 \to A , \qquad x_1 \otimes x_2 \mapsto x_1 * x_2 : A_1 \otimes A_2 \to A\] […] […] des applications : à valeurs dans $(A_1 \otimes A_2)^{\natural}$. En tous cas […] […] […] simplement […] comme application trace pour $\sigma_1 \otimes \sigma_2$.

Quand $A_1$, $A_2$ sont des alg. de rev. quadratiques, il s'agit bien de traces au sens habituel. Mais cette trace, […] cond. de car. $\neq 2$ […],

102Elle […] sur $\mathcal{U}$, $U_1$, $U_2$ par \[1 \mapsto 2 , \qquad U_1 \mapsto -b_1 , \qquad U_2 \mapsto -b_2 .\] […] […] $\Gamma\mathcal{O} \subset \Gamma A$, il suffit de trouver l'image de $U_1 \otimes U_2$. C'est donc un élément de $A$ dont l'image dans $(A_1 \otimes A_2)^{\natural}$ est \[U_1 \otimes U_2 + \underbrace{\bar{U}_1 \otimes \bar{U}_2}_{(-b_1 - U_1) \otimes (-b_2 - U_2)} = \underbrace{2 U_1 U_2 + b_1 U_2 + b_2 U_1}_{\text{image de } \mathcal{U}} + b_1 b_2 ,\] donc il y a lieu de prendre \[U_1 * U_2 = \mathcal{U} + b_1 b_2 .\]

Mais il faut maintenant définir une application \[N_{A_1 \otimes A_2 / A} : A_1 \otimes A_2 \to A ,\] application quadratique, dont la valeur en $z$ serait, essentiellement, $z \bar{z}$, mais « invariante » […] $A$. L'application bil. associée serait \[(u, v) \mapsto u \bar{v} + v \bar{u} = \mathrm{Tr}_N(u \bar{v})\] déjà connue. Donc il faut se donner les valeurs de $N$, et de $\varphi_N$, sur les éléments de la base de $A_1 \otimes A_2$. Or on devrait avoir, […] $1$, $U_1$, $U_2$, $U_1 \otimes U_2$ […] \[N_A(x_1 \otimes x_2) = N_1(x_1)\, N(x_2) \in \Gamma\mathcal{O} \subset \Gamma A\] \[= (x_1 \otimes x_2)(\bar{x}_1 \otimes \bar{x}_2) = (x_1 \bar{x}_1) \otimes (x_2 \bar{x}_2) .\] En particulier \[N(1) = 1 , \quad N(U_1) = N_1(U_1) = c_1 , \quad N(U_2) = N_2(U_2) = c_2 ,\] \[N(U_1 \otimes U_2) = c_1 c_2 .\]

103Peut se définir comme à valeurs dans $A$ (et non seulement comme à val. dans $(A_1 \otimes A_2)^{\natural}$, ce qui ne serait pas si $A \to (A_1 \otimes A_2)^{\natural}$ est ⌜[…]⌝ injectif, ni d'ailleurs surjectif).

On doit pouvoir définir de même une norme, définie universellement par la condition que son image dans $(A_1 \otimes A_2)^{\natural}$ soit $\xi \bar{\xi}$.

Choisissons les bases $(1, U_1)$ de $A_1$, $(1, U_2)$ de $A_2$, donc \[A_1 = \mathcal{O}[U_1] / (U_1^2 + b_1 U_1 + c_1) , \qquad A_2 = \mathcal{O}[U_2] / (U_2^2 + b_2 U_2 + c_2) ,\] on trouve \[\begin{cases} A_1 \otimes A_2 = \mathcal{O}[U_1, U_2] / (U_1^2 + b_1 U_1 + c_1 ,\ U_2^2 + b_2 U_2 + c_2) \\ A \simeq \mathcal{O}[\mathcal{U}] / (\mathcal{U}^2 + b\, \mathcal{U} + c) \end{cases}\] avec \[\begin{cases} b = b_1 b_2 \\ c = b_1^2 c_2 + b_2^2 c_1 - 4 c_1 c_2 \end{cases}\] et $A \to A_1 \otimes A_2$ est donné par \[\mathcal{U} \mapsto 2 U_1 U_2 + b_1 U_2 + b_2 U_1 .\]

Explicitons \[A_1 \otimes A_2 \xrightarrow{\ *\ } A , \qquad x_1 \otimes x_2 \mapsto x_1 * x_2 ,\] il suffit de trouver les images de $1$, $U_1 \otimes 1$, $1 \otimes U_2$, $U_1 \otimes U_2$. c'est donc ce qui tient lieu d'une trace de $A_1 \otimes A_2$ dans $A$ On aura bien sûr \[x_1 * e_2 = \mathrm{Tr}_1(x_1) \cdot 1_A , \qquad e_1 * x_2 = \mathrm{Tr}_2(x_2) \cdot 1_A\] ce qui définit $*$ sur $A_1 \oplus A_2 \subset A_1 \otimes A_2$ dans la première formule, « $e_2$ » est écrit au-dessus d'un symbole biffé ; dans la seconde, « $e_1$ » de même.

104Proposition. Soient $A_1$, $A_2$ deux alg. quadratiques sur $\mathcal{O}$, et $A = A_1 \wedge A_2$. On a alors.

1) […] ⌜L'⌝homom. canonique \[A_1 \otimes A_2 \xrightarrow{\ \mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / A}\ } A\] (défini par la construction de $A$ comme ext. de $L_1^{\vee} \otimes L_2^{\vee}$ par $\mathcal{O}$, déduit de l'extension ⌜$A_1 \otimes A_2$⌝ de $L_1^{\vee} \otimes L_2^{\vee}$ par $A_1 \oplus_{\mathcal{O}} A_2 \subset A$, et de l'homom. \[A_1 \oplus_{\mathcal{O}} A_2 \xrightarrow{\ \mathrm{Tr}\ } \mathcal{O}\] défini par $\mathrm{Tr}_{A_1}$ et $\mathrm{Tr}_{A_2}$ sur chaque summand) peut être considéré comme un « homom. trace ». sous la flèche, un « $*$ » est écrit sous l'indice de $\mathrm{Tr}$ ; dans la parenthèse, $A_1 \oplus A_2 \subset A$ porte en dessous la variante « $A_1 \oplus_{\mathcal{O}} A_2$ ».

NB On a […] $\mathrm{Tr}\,(\mathrm{id}_{A_1} \otimes \sigma_2)(\xi)$ […], $\mathrm{Tr}\, \sigma_1 \otimes \mathrm{id}_{A_2}(\xi) = \mathrm{Tr}(\bar{\xi})$, $\mathrm{Tr}(\bar{\xi}) = \mathrm{Tr}(\xi)$ dès que $\bar{\xi} = \sigma_1 \otimes \sigma_2(\xi)$ note marginale écrite en diagonale dans la marge gauche, en partie biffée.

Son composé avec l'homom. can. \[A \to A_1 \otimes A_2\] (qui d'ailleurs n'a pas à être univ. injectif, cf. plus haut) […] n'est autre que \[\xi \mapsto \xi + \bar{\xi} , \qquad \text{i.e.} \qquad i\bigl(\mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / A}\, \xi\bigr) = \xi + \bar{\xi}\] \[\bar{\xi} = \sigma_1 \otimes \sigma_2 (\xi)\] $\sigma_1$, $\sigma_2$ les involutions canoniques de $A_1$, $A_2$ \[x_1 \mapsto \mathrm{Tr}_{A_1}(x_1) - x_1 , \qquad x_2 \mapsto \mathrm{Tr}_{A_2}(x_2) - x_2 .\] Donc en partic. $\mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / A}(i(\eta)) = 2\eta$ pour […]

2) Il existe sur $A_1 \otimes A_2$ une application quadratique unique, à val. dans $A$, notée \[N = N_{A_1 \otimes A_2 / A} ,\]

105ayant les propriétés suivantes

a)$N(x_1 \otimes x_2) = N_{A_1}(x_1)\, N_{A_2}(x_2)$ $x_1 \in \Gamma A_1$, $x_2 \in \Gamma A_2$
b)$\varphi_N(\xi, \eta) = \mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi \bar{\eta})$

On aura de i.e. \[N(\xi + \eta) = N(\xi) + N(\eta) + \mathrm{Tr}(\xi \bar{\eta})\] On aura alors, pour tt $\xi \in A_1 \otimes A_2$ \[\begin{cases} i(N(\xi)) = \xi \bar{\xi} \\ N(\sigma_1 \otimes \mathrm{id}_{A_2}(\xi)) = N(\mathrm{id}_{A_1} \otimes \sigma_2(\xi)) = \overline{N(\xi)} \\ N(\bar{\xi}) = N(\xi) \end{cases}\] Notamment $N_{A_1 \otimes A_2 / A}(i(\eta)) = \eta^2$ dans la deuxième ligne, l'indice de $\mathrm{id}$ est écrit « $A_2$ » dans les deux termes ; on lit $\mathrm{id}_{A_1}$ dans le second, comme l'exige le sens.

De plus, on a \[N_{A/\mathcal{O}}\bigl(N_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi)\bigr) = N_{A_1 \otimes A_2 / \mathcal{O}}(\xi)\] ainsi que la formule plus bénigne \[\mathrm{Tr}_{A/\mathcal{O}}\bigl(\mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi)\bigr) = \mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / \mathcal{O}}(\xi)\]

Prouvons p.ex. la première et la deuxième. […] Posons \[\sigma_1 = \sigma_{A_1} \otimes \mathrm{id}_{A_2} , \qquad \sigma_2 = \mathrm{id}_{A_1} \otimes \sigma_{A_2} , \qquad \sigma_3 = \sigma_1 \sigma_2\] deuxième donc $\xi = \xi_0 \in A$, on doit vérifier $\xi_i = \sigma_i(\xi)$, on constate qu'on ait \[N_{A_1 \otimes A_2 / \mathcal{O}}(\xi) = \xi_0\, \xi_1\, \xi_2\, \xi_3 .\] « $\xi_0 \in A$ » : le $A$ est celui qu'il emploie pour le produit ; on attendrait $A_1 \otimes A_2$. Sous $\xi_0 \xi_1 \xi_2 \xi_3$, des accolades groupent $\xi_1 \xi_2$ et $\xi_0 \cdots \xi_3$.

106Or le deuxième membre est \[\xi_0 \bar{\xi}_0\, \xi_1 \bar{\xi}_1 , \qquad \bar{\xi}_0 = \xi_3 , \quad \bar{\xi}_1 = \xi_2 ,\] or \[\xi_0 \bar{\xi}_0 \overset{!}{=} N_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi_0)\] \[\xi_1 \bar{\xi}_1 = N_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi_1) = \overline{N_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi_0)} , \qquad \xi_1 = \sigma_1(\xi_0)\] donc […] si $N = N_{A_1 \otimes A_2 / A}(\xi_0)$, on trouve \[N \bar{N} = N_{A/\mathcal{O}}(N) \qquad \text{OK.}\]

Quand on axiomatise la situation de $A$, $A_1$, […] de $\mathrm{Tr}_{A_1 \otimes A_2 / A}$ et $N_{A_1 \otimes A_2 / A}$, on aboutit à la situation d'une […] sur $k$, (⌜d'⌝une $k$-algèbre $A$ qui « se comporte comme si c'était une algèbre quadratique sur $k$ » (i.e. loc. libre de rang 2). Mais on ne suppose ni que $A$ soit loc. libre ⌜ni de rang 2⌝ […]/$k$, ni que \[\alpha : k \to A , \qquad \lambda \mapsto \lambda \cdot 1_A\] soit injective. Au lieu de cela, on suppose données deux applications \[t_{A/k} = t : A \to k \quad (\text{trace relative}) , \qquad n_{A/k} = n : A \to k \quad (\text{norme relative}) ,\] satisfaisant les conditions suivantes

(a) $t$ est $k$-linéaire, $n$ est quadratique, et $t$ se déduit de $n$, comme \[t(x) = \varphi_n(x, 1) \qquad (\text{la forme bil. ass. à } n)\] donc […] \[n(x + \lambda 1_A) = n(x) + \lambda^2 n(1) + \lambda t(x) , \qquad n(1) = 1 \ \text{cf. ci-dessous b)}\] devant la formule encadrée, un mot biffé.

107D'autre part, la […] NB On verra plus loin comme la forme bil. qui s'explicite en termes de la forme $n$.

(b) $n(1) = 1$, $n(xy) = n(x)\, n(y)$ i.e. $n$ est un homom. de monoïdes unitaires $A^{\times} \to k^{\times}$

(c) $t(1) = 2$ la lettre (c) est écrite sur un (b) ; à côté de la condition encadrée, une ligne biffée commençant par « D'où » et un mot biffé (« Posons »).

Posons $\tau(f) = \alpha(t(f))$, et considérons l'application \[\sigma : f \mapsto \bar{f} = \tau(f) - f\] Ceci suppose que cette application […] […] On a \[\tau(\bar{f}) = \tau(f) \underbrace{\tau(1)}_{2} - \tau(f) = \tau(f)\] d'où \[(\bar{f})^{-} = \tau(\bar{f}) - \bar{f} = f\] i.e. $\sigma$ est $\sigma^2 = \mathrm{id}_A$. Notons que par définition $\tau(f) \overset{\mathrm{déf}}{=} \alpha(t(f)) = f + \bar{f}$, et aussi $\bar{1} = 1$

Ceci posé, on veut que l'on ait

1°) $\sigma$ est un automorphisme d'algèbre, i.e. \[\sigma(xy) = \sigma(x)\, \sigma(y) \qquad x, y \in A\] ce qui s'explicite comme \[2xy = \underbrace{\tau(xy)}_{\varphi_n(x, \bar{y})} - \tau(x)\tau(y) + x\tau(y) + y\tau(x)\] « $-\tau(x)\tau(y)$ » est ajouté au-dessus de la ligne ; sous $\tau(xy)$, « $= \varphi_n(x,\bar{y})$ $\to$ voir ci-dessous ». comb. lin. à coeff. dans $k$ de $1$, $x$, $y$

NB Le facteur 2 ici (qui n'est gênant que en car. 2 si 2 […] […] dans $k$), on voit donc que la structure […] d'algèbre de $A$ est connue quand on connaît le $k$-module, avec l'élément $1_A$ ($A$ en tant que $k$-module, avec $\lambda \mapsto \lambda \cdot 1_A$) et des ⌜$\alpha : k \to A$⌝ applic. $t : A \to k$, $n : A \to k$.

NB Quand $\alpha$ est injectif, […] […] […] ⑤ […] $n(1) = 1$ […] $\alpha\, n(x) = x\bar{x}$ […] $\alpha\, n(xy) = n(x)\, n(y)$ note marginale en diagonale, en grande partie illisible.

2°) \[\alpha(n(x)) = x \bar{x}\] implique $\alpha(n(x)) = \alpha(n(\bar{x}))$, mais on […] […] qui […] soit \[n(\bar{x}) = n(x)\] On a \[n(\bar{x}) = n(\lambda 1_A - x) \overset{(a)}{=} n(x) + \lambda^2 - \lambda t(x) \qquad \text{où } \lambda = t(x)\] donc on a bien $n(\bar{x}) = n(x)$. dans la formule, des termes biffés au-dessus de « $\lambda^2$ ».

108La formule ci-dessus pour […] \[\alpha(n(x)) = x \bar{x}\] donne, si on fait $x = y + z$ \[\underbrace{\alpha(n(y+z))}_{n(y) + n(z) + \varphi_n(y,z)} = \text{\struck{$\ldots$}}\ (y+z)\overline{(y+z)}\] \[= \underbrace{y\bar{y}}_{\alpha(n(y))} + \underbrace{z\bar{z}}_{\alpha(n(z))} + \underbrace{y\bar{z} + z\bar{y}}_{\tau(y\bar{z})} , \qquad z\bar{y} = \overline{y\bar{z}}\] donc \[\alpha(\varphi_n(y, z)) = \tau(y \bar{z}) \qquad \text{i.e. } \alpha(t(y\bar{z}))\] donc si $\alpha$ est injectif, on en déduit \[\varphi_n(y, z) = t(y \bar{z})\] i.e. la formule d'additivité pour $n$ \[n(y + z) = n(y) + n(z) + t(y\bar{z}) , \qquad t(y\bar{z}) = t(\bar{y} z) \quad \text{car } t(x) = t(\bar{x})\]

Ceci posé, on veut

3°) la formule précédente est vraie (sans supposer $\alpha$ injectif…)

4°) Une formule facultative, quand $k$ est fini loc. libre de rang […] $n$ sur un anneau $k_0$, et $A$ loc. libre de rang $2n$ et […] […] sur $k_0$ (N.B. […] $k_0 \to A$ injectif mais $k \to A$ injectif)tel quel sur la page ; le sens demande « mais non $k \to A$ injectif ».. On veut supposer que \[\begin{cases} \mathrm{Tr}_{k/k_0}(t(x)) = \mathrm{Tr}_{A/k_0}(x) \\ N_{k/k_0}(n(x)) = N_{A/k_0}(x) \end{cases}\] identité entre applic. linéaires $A \to k_0$ ; identité de $(2n)$-formes

109Récapitulons le formulaire pour

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  k \arrow[r, "\alpha"] & A \arrow[l, bend left=40, "t"] \arrow[l, bend left=70, "n"]
\end{tikzcd}

($k$-alg.) $\alpha$ homom. d'anneaux comm. $\alpha(\lambda) = \lambda \cdot 1_A$. On pose $\tau(x) = \alpha\, t(x)$, $\nu(x) = \alpha\, n(x)$

ici et pp. 111, 113, les numéros (1) à (6) sont cerclés.

(1) $t$ k-$k$-linéaire, $t(1_A) = 2$

(2) $x \mapsto \bar{x} \overset{\mathrm{déf}}{=} \tau(x) - x : A \to A$ (automorphisme involutif du $k$-module $A$, avec $\bar{1}_A = 1_A$) est un automorphisme d'alg., i.e. \[\overline{xy} = \bar{x}\,\bar{y} \qquad \text{i.e.} \qquad 2xy = \bigl(\tau(xy) - \tau(x)\tau(y)\bigr) + \tau(y)\,x + \tau(x)\,y\]

(3) \[\begin{cases} n(\lambda x) = \lambda^2 n(x) \\ n(x + y) = n(x) + n(y) + t(x\bar{y}) \end{cases} \qquad \lambda \in k , \ x \in A\] i.e. $n$ est quadratique, la forme bil. ass. est \[\varphi_n(x, y) = t(x \bar{y})\]

(4) $n(1) = 1$ (NB compte tenu de la formule d'additivité en 3°, cela implique $t(1) = 2$)

(5) $\alpha(n(x)) = x \bar{x}$ $x \in A$ (qui implique 3° 4° si $\alpha$ injectif)

(6) (facultatif), ⌜et⌝ si $k$ loc. libre de rang $n$ sur $k_0$, et $A$ loc. libre de rang $2n$ sur $k_0$) \[\begin{cases} \mathrm{Tr}_{k/k_0}(t(x)) = \mathrm{Tr}_{A/k_0}(x) \\ N_{k/k_0}(n(x)) = N_{A/k_0}(x) \end{cases} \qquad x \in A\]

La donnée de ⌜$A$ sur $k$, et⌝ $\alpha$, $t$, $n$ satisfaisant 1° à 5° sera appelée algèbre quasi-quadratique sur $k$. On va maintenant pouvoir étendre dans la situation ⌜quasi-⌝biquadratique.

110Données

a)un anneau de base $k$
b)$k$-algèbres $A_1$, $A_2$, $A_3$, $A$
c)Sur chacune des $A_i$, structure quasi-quadratique sur $k$, i.e. on a

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  A_i \arrow[r, bend left=20, "t_i"] \arrow[r, bend right=20, "n_i"'] & k
\end{tikzcd}

Comme pour satisfaisant les conditions 1° à 5° ci-dessus. Les notat. $x \mapsto \bar{x}$ l'involution canonique de $A_i$, \[\bar{x} = t_i(x) - x\] $\bar{x} = t_i$ (⌜par abus de⌝ notation) (NB on identifie $\lambda \in k$ avec ses images dans les $A_i$, sans pour autant supposer $k \to A_i$ injectif…)

d)Des homom. de $k$-algèbres

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  A_1 \arrow[dr, "\alpha_1"'] & A_2 \arrow[d, "\alpha_2"] & A_3 \arrow[dl, "\alpha_3"] \\
  & A &
\end{tikzcd}

(non néc. inj.), et des structures d'alg. quasi-quadratiques de $A$ sur les $A_i$

LaTeX source

\begin{tikzcd}[column sep=large, row sep=large]
  & A \arrow[dl, bend right=15, "T_1"'] \arrow[dl, bend left=15, "N_1"] \arrow[d, bend right=15, "T_2"'] \arrow[d, bend left=15, "N_2"] \arrow[dr, bend right=15, "T_3"'] \arrow[dr, bend left=15, "N_3"] & \\
  A_1 & A_2 & A_3
\end{tikzcd}

une première version du diagramme, à droite, est biffée. données satisfaisant donc au formulaire ci-dessus de 1° à 5°. De plus, compatibilités.

On pose \[\text{\struck{$\sigma_i(x) = T_i(x) - x$}}\] $\sigma_i$ est un auto. involutif de $A$ ; et on veut que \[\text{\struck{$\sigma_1 \sigma_2 = \sigma_3 , \quad \sigma_2 \sigma_3 = \sigma_1 , \quad \sigma_3 \sigma_1 = \sigma_2$}}\] i.e. que les $\sigma_i$ sont des involutions qui commutent entre elles, et $\sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 = \mathrm{id}$ tout ce dernier passage est barré de traits obliques.

111Considérons un des 6 diagrammes carrés.

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  A_1 \arrow[r, no head, "\alpha_1"] \arrow[d, no head] & A \arrow[d, no head, "\alpha_2"] \\
  k \arrow[r, no head] & A_2
\end{tikzcd}

On veut que la situation soit, du point de vue des ⌜[…]⌝ traces, […], comme si $A_1$ était quadratique sur $k$, et que $A$ en soit déduit par changement de base $k \to A_2$. Mais ici on suppose $A/A_2$ ($\alpha_2$) quasi-quadratique […] […] $A_1$, $A_2$ […] note marginale en diagonale, presque entièrement illisible ; les traits du carré sont tracés sans pointes.

(1) \[T_2\bigl(\alpha_1(x_1)\, \text{\struck{$\alpha_2(x_2)$}}\bigr) = t_1(x_1)\, \text{\struck{$\alpha_2(x_2)$}}\] ce qui détermine $T_2$ sur $k[A_1, A_2] \subset A$ en termes de $t_1$

i.e. on veut un diagramme commutatif.

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  A_1 \otimes_k A_2 \arrow[r] \arrow[d, "t_1 \otimes \mathrm{id}_{A_2}"'] & A \arrow[d, "T_1"] \\
  A_2 \arrow[r, no head] & A_2
\end{tikzcd}

la flèche verticale de droite est lue $T_1$ ; d'après (1) on attendrait $T_2$. En bas, les deux $A_2$ sont reliés par un trait double. NB. $A_1 \otimes A_2 \to A$ n'est pas supposé injectif, mais que $t_1 \otimes \mathrm{id}_{A_2}$ s'annule au moins sur le noyau

Ceci implique que \[\sigma_2(\alpha_1(x)) = \alpha_1(\bar{x}) ,\] i.e. $\sigma_2$ (ainsi que $\sigma_3$) « induit » sur $A_1$ l'involution donnée $x_1 \mapsto \bar{x}_1$ de $A_1$.

On veut une condition similaire pour les normes

2° \[N_2(\alpha_1(x_1)) = n_1(x_1)\] dans les deux membres, un facteur biffé illisible suit $\alpha_1(x_1)$ et $n_1(x_1)$.

112Je dis que cette formule implique que le diagramme similaire au précédent

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  A_1 \otimes_k A_2 \arrow[r] \arrow[d, "{n_1 \otimes_k \mathrm{id}_{A_2} = N_{12}}"'] & A \arrow[d, "N_2"] \\
  A_2 \arrow[r, no head] & A_2
\end{tikzcd}

en bas, les deux $A_2$ sont reliés par un trait double fléché. déduite de la forme $n_1$ par chgt de base $k \to A_2$ commute. C'est en tous cas vrai pour les éléments de la forme de $A_1 \otimes_k A_2$ de la forme $x_1 \otimes x_2$, car les deux membres sont alors \[t_1(x_1) \cdot x_2^2\] le premier facteur se lit $t_1(x_1)$ ; le sens demande $n_1(x_1)$. Entre les deux facteurs, des lettres biffées. par quadraticité de $N_{1,2}$, $N_2$. Il reste à voir qu'on a commutativité pour les formes formes bil. associées, or pour $N_{12}$ c'est la forme déduite de \[\text{\struck{$(x,y) \mapsto$}}\ \varphi_{n_1}(x, y) = t_1(x \bar{y}) \quad \text{sur } A_1 \times A_1 ,\] par chgt. de base $k \to A_1$, or on a, si $x' = \alpha_1(x)$, $y' = \alpha_1(y)$ \[\begin{cases} \alpha_1(\bar{y}) = \sigma_2(\alpha_1(y)) \\ t_1(x \bar{y}) = T_2(\alpha_1(x\bar{y})) \quad \text{dans } A_2 \end{cases}\] « $k \to A_1$ » est écrit tel ; on attendrait $k \to A_2$. donc \[\varphi_{n_1}(x, y) = T_2\bigl(x' \sigma_2(y')\bigr) = \varphi_{N_2}(x', y') \qquad \text{OK.}\]

113NB La condition sur $N_2$ implique celle sur $T_2$, en passant aux formes bil. ass., i.e. en l'appliquant pour $x$ et pour $1 + x$ ($x \in A_1$).

(3) Ensuite on veut la condition \[\sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 = 1\] qui implique que les involutions $\sigma_i$ commutent entre elles. Car en prenant 2 d'entre elles on a une involution \[\begin{cases} \sigma_1 \sigma_2 = \sigma_3 \\ \sigma_2 \sigma_3 = \sigma_1 \\ \sigma_3 \sigma_1 = \sigma_2 \end{cases}\] (car pour deux invol. $\sigma$ et $\tau$, \[\sigma\tau = \tau\sigma \iff (\sigma\tau)^2 = 1 \quad \text{i.e. } \sigma\tau\sigma\tau = 1\] la condition $\sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 = 1$ […]) Cette condition est automatiquement vérifiée sur la sous-algèbre de $A$ engendrée par les $A_i$, car elle est vraie sur les $A_i$ (lesquels […] […] $\sigma_i$) et commutent note marginale en diagonale, à gauche de (3).

En utilisant 1°), […] s'explicite par la formule \[2x = T_1(x) + T_2(x) + T_3(x) - t_2 T_2(x) ,\] qui n'est pas symétrique, ⌜mais⌝ elle est équivalente à \[\sigma_2 \sigma_3 \sigma_1 = 1 \quad \text{ou} \quad \sigma_3 \sigma_1 \sigma_2 = 1 ,\] donc \[2x = T_1(x) + T_2(x) + T_3(x) - t_3 T_3(x)\] \[2x = \cdots - t_1 T_1(x) ,\] elle implique (*) la condition \[t_1 T_1(x) = t_2 T_2(x) = t_3 T_3(x)\] (qui ressemble à 6° ci-dessus). Si on désigne par $T_{A/k}(x)$ cette valeur commune aux trois membres, on trouve donc la condition \[2x = T_1(x) + T_2(x) + T_3(x) - T_{A/k}(x) .\] (*) donc […] si $k \to A$ injectif, mais […] […] vérifiée en tous cas…

114tout le haut de la page, jusqu'à la seconde formule encadrée, est barré de traits obliques. Sous réserve que les $\alpha_i : A_i \to A$ soient bien injectifs, cela montre que chacun des $T_i$ est déterminé par les deux autres, via \[\text{\struck{$\alpha_1 T_1(x) = 2x + T_{A/k}(x)$}}\] \[\text{\struck{${} - \alpha_2 T_2(x) - \alpha_3 T_3(x)$}}\] On s'attend à trouver des formules similaires, multiplicatives \[\text{\struck{$N_{A/k}(x)\, x^2 = N_1(x)\, N_2(x)\, N_3(x)$}}\] et \[\text{\struck{$n_1(N_1(x)) = n_2(N_2(x)) = n_3(N_3(x))$}}\]

Mais toutes les conditions ⌜relatives sur la norme⌝ (à prouver ci-dessous), sont conséquences de celles sur les traces, i.e. de $\sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 = 1$ sur les $\sigma_i$. En effet, posons \[x_0 = x , \quad x_1 = T_1(x) , \quad x_2 = T_2(x) , \quad x_3 = T_3(x)\] les lettres sont lues $T_i$ ; le sens et la suite demandent $x_i = \sigma_i(x)$. On a alors \[\begin{aligned} \sigma_1 &: x_0 \leftrightarrow x_1 , \quad x_2 \leftrightarrow x_3 \\ \sigma_2 &: x_0 \leftrightarrow x_2 , \quad x_1 \leftrightarrow x_3 \\ \sigma_3 &: x_0 \leftrightarrow x_3 , \quad x_1 \leftrightarrow x_2 \end{aligned}\] d'où $n_1(N_1(x)) = N_1(x)\overline{N_1(x)} = \ldots$, $N_1(x_1) = \ldots$ \[n_1(N_1(x)) \overset{!}{=} \underbrace{N_1(x)}_{x\, \sigma_1(x)} \overline{N_1(x)} = (x_0 x_1)\, \underbrace{\sigma_2(x_0 x_1)}_{x_2 x_3} = x_0 x_1 x_2 x_3\] et de même pour $n_2(N_2(x))$, $n_3(N_3(x))$. Donc on a l'égalité des $n_i(N_i(x))$ si $k \to A$ est injectif. Et on a \[N_1(x)\, N_2(x)\, N_3(x) = (x_0 x_1)(x_0 x_2)(x_0 x_3)\] \[= x_0^2 \underbrace{(x_0 x_1 x_2 x_3)}_{N_{A/k}(x_0)} = x^2 N_{A/k}(x) ,\] OK.

115Considérons l'algèbre produit tensoriel triple \[A_1 \otimes A_2 \otimes A_3 ,\] via les $\sigma_{A_i}$, le groupe $\mathbb{F}_2^3$ opère dessus. Il n'y a pas en général d'opération de ce groupe sur $A$, compatible avec \[\textstyle\bigotimes A_i \to A ,\] car il faudrait qu'il y ait p.ex. un auto. $\tau_1$ de $A$ qui induise l' l'identité sur $A_2$, $A_3$, et $\sigma_{A_1}$ sur $A_1$. Mais dans le cas le plus simple, $A$ est engendré par $A_2$, $A_3$, donc $\tau_1$ devrait être l'identité, donc qu'il induise $\sigma_{A_1}$ sur $A_1$ ne l'est pas.

Par contre, soit \[\Gamma \subset \mathbb{F}_2^3 , \qquad \Gamma = \mathrm{Ker}\bigl(\mathbb{F}_2^3 \to \mathbb{F}_2\bigr) , \quad (\varepsilon_i) \mapsto \textstyle\sum \varepsilon_i\] formé des éléments $(\varepsilon_1, \varepsilon_2, \varepsilon_3)$ tels que le nombre de composantes $\neq 0$ (i.e. $= 1$) soit $0$ ou $2$ i.e. soit pair. Les […] trois élts non nuls de ce groupe, savoir \[\text{\struck{$(0,0,1)$}}, \quad (0,1,1) , \quad (1,0,1) , \quad (1,1,0)\] qui correspondent aux automorphismes \[\begin{aligned} \mathrm{id}_{A_1} \otimes \sigma_{A_2} \otimes \sigma_{A_3} &\overset{\mathrm{déf}}{=} \tau_1 \\ \sigma_{A_1} \otimes \mathrm{id}_{A_2} \otimes \sigma_{A_3} &\overset{\mathrm{déf}}{=} \tau_2 \\ \sigma_{A_1} \otimes \sigma_{A_2} \otimes \mathrm{id}_{A_3} &\overset{\mathrm{déf}}{=} \tau_3 \end{aligned}\]

116et ici on a une […] op. de $\Gamma$ sur $A$, telle que \[\textstyle\bigotimes A_i \to A\] soit compatible aux deux opérations de $\Gamma$, savoir celle qui fait opérer $\tau_i$ par $\sigma_{A/A_i}$.

Considérons Supposons maintenant que les $A_i$ correspondent à des rev. quadratiques $X_i$ de $X$, d'où alors un rev. quadratique \[X_1 \wedge X_2 \wedge X_3 , \qquad \text{d'algèbre } B = A_1 \wedge A_2 \wedge A_3 ,\] et on a \[X_1 \times X_2 \times X_3 \to X_1 \wedge X_2 \wedge X_3 , \qquad (x_1, x_2, x_3) \mapsto x_1 * x_2 * x_3 ,\] i.e. \[B \to A_1 \otimes A_2 \otimes A_3 ,\] et de façon plus précise, on a \[B \to (A_1 \otimes A_2 \otimes A_3)^{\Gamma} \qquad \text{invariant sous } \Gamma\]

Et même, si on exclut les pts $x \in X = \mathrm{Spec}(k)$ de car. 2 tels que deux au moins des $A_i$ soient non étales en ce point, dans l'homom. précédent est un iso.

On va regarder le composé \[B \to A_1 \otimes A_2 \otimes A_3 \to A , \quad \text{\uncertain{i.e.}}\] la phrase continue p. 117.

117i.e., en termes de $\mathcal{X} = \mathrm{Spec}\, A$, le composé \[\mathcal{X} \to X_1 \times_X X_2 \times_X X_3 \to X_1 \wedge X_2 \wedge X_3 ,\] j'ai envie de prouver que c'est une flèche constante, i.e. qu'il se factorise par une section de $X_1 \wedge X_2 \wedge X_3$, ce qui signifie aussi que l'homom. composé précédent

LaTeX source

\begin{tikzcd}
  B \arrow[rr, "f"] \arrow[dr] & & A \\
  & (\bigotimes A_i)^{\Gamma} \arrow[ur] &
\end{tikzcd}

est à valeurs dans $k \cdot 1_A$. (Du moins, on y aboutira quand on suppose $k \to A$ injectif — c'est ce qu'on va supposer maintenant, pour simplifier.)

Mais on a évidemment \[f(B) \subset A^{\Gamma} ,\] et la condition est vérifiée si on suppose \[A^{\Gamma} = k \cdot 1_A .\] (C'est là une condition pas toujours vérifiée, même dans des cas raisonnables, à cause de la car. 2. Mais si 2 est inversible dans $k$, c'est toujours vrai sous les conditions précédentes).

118En effet, si $x \in A$, $\sigma_i(x) = x$ signifie […] \[T_i(x) - x = x \quad \text{i.e.} \quad 2x = T_i(x) ,\] et si c'est vrai pour $i = 1, 2, 3$ on trouve \[6x = \underbrace{T_1(x) + T_2(x) + T_3(x)}_{= 2x + T_{A/k}(x) \ \text{cf. plus haut}}\] d'où \[4x = T_{A/k}(x)\] ce qui implique, si 2 inv., \[x = \tfrac{1}{4} T_{A/k}(x) \in k \qquad \text{OK.}\]

[…] […] […] […] […] […] $A^{\Gamma} = k \cdot 1_A$ deux lignes barrées de croix.

Proposition. Supposons les $A_i$ des alg. quadratiques étales, que $k \to A$ soit injectif, que les $\alpha_i(A_i) \subset A$ engendrent l'algèbre $A$ i.e. $\bigotimes A_i \to A$ épi. (donc \[\mathcal{X} = \mathrm{Spec}\, A \to X_1 \times_k X_2 \times_k X_3\] est une immersion) (enfin $A^{\Gamma} = k \cdot 1_A$, […] […]). Alors la situation […] ⌜[…]⌝ se déduit de la situation […] \[\mathcal{X} \to X_1 \times X_2 , \quad \mathcal{X} \to X_2 \times X_3 , \quad \mathcal{X} \to X_3 \times X_1\] sont des iso., $\mathcal{X}$ est ⌜fini⌝ étale sur $X = \mathrm{Spec}\, k$.

Et la situation se déduit par twist de celle […] $I_1$, $I_2$, $I_3$, ens. à deux élts munis d'une trivialisation $\varepsilon$ de $I_1 \wedge I_2 \wedge I_3$, et de \[J \subset I_1 \times I_2 \times I_3 , \qquad J = \{ (a_1, a_2, a_3) \in I_1 \times I_2 \times I_3 \mid a_1 \wedge a_2 \wedge a_3 = \varepsilon \}\]

119Inversement, ⌜dans⌝ une telle situation tordue, $A$ est une algèbre étale quadratique sur chacun des $A_i$, donc on a une situation biquadratique ⌜étale⌝, et de plus les hypothèses ci-dessus (en particulier $A^{\Gamma} = k \cdot 1_A$) sont satisfaites.

Il suffit Seule la première partie, directe, demande un peu de soin. OPS $X_1$, $X_2$, $X_3$ […] $I_{1X}$, $I_{2X}$, $I_{3X}$, et ⌜la section constante⌝ la section ⌜rev. trivialisé de $X_1 \wedge X_2 \wedge X_3 = (I_1 \wedge I_2 \wedge I_3)_X$⌝ constante. […] On a alors \[\mathcal{X} \subset J_X\] et tout résulte du lemme suivant

Lemme. Soit $\Gamma$ un groupe, opérant de façon transitive sur un ens. $J$, et considérons un sous-schéma ⌜fermé⌝ $\mathcal{X}$ de $X_J$ (où $X = \mathrm{Spec}\, k$) tel que

a)$\mathcal{X}$ est stable sous $\Gamma$, et
b)l'homomorphisme $k \to \Gamma(X_J, \mathcal{O}_{X_J})$ $(\simeq k^J)$ est injectif.

en b), on attendrait l'anneau de $\mathcal{X}$ plutôt que celui de $X_J$ ; transcrit tel quel. Alors $\mathcal{X} = X_J$, donc $\mathcal{X}$ est étale sur $X$ (c'est fini étale si $J$ est fini).

En effet, soit $j \in J$, considérons le composant $X_j$ de $X_J$, $X_j \xrightarrow{\ \sim\ } X$, et $\mathcal{X}_j = X_j \cap \mathcal{X}$, il correspond à un sous-schéma fermé de $X$ donc à un idéal $\mathfrak{J}_j$ de $k$. À cause de l'action de

120$\mathcal{X}$ sous $\Gamma$, et de la transitivité de $\Gamma$ sur $J$, on voit que cet idéal $\mathfrak{J}_j$ ne dépend pas de $j$. D'autre part, l'intersection des $\mathfrak{J}_j$ est évidemment le noyau de \[k \to \Gamma(X_J, \mathcal{O}_{X_J}) \simeq k^J .\] Comme celui-ci est nul, on a $\mathfrak{J}_j = 0$ pour tout $j$, donc \[\mathcal{X}_j = X_j \qquad \text{donc} \qquad \mathcal{X} = X_J \qquad \text{OK.}\]

Ce résultat vaut sans restrictions de caractéristiques, mais il concerne la situation standard étale, très restrictive. J'ai envie de vérifier que dès qu'on a trois rev. quadratiques $X_1$, $X_2$, $X_3$ de $X$, et une section $\varepsilon$ de $X_1 \wedge X_2 \wedge X_3$, sans condition étale, on en déduit sur \[\mathcal{X} = \pi^{-1}(\varepsilon) \qquad \bigl(\pi : X_1 \times_X X_2 \times_X X_3 \to X_1 \wedge X_2 \wedge X_3\bigr)\] une structure biquadratique par rapport aux $X_i$. Ceci doit généraliser la structure biquadratique connue sur un $X_1 \times X_2$, par les applications

LaTeX source

\begin{tikzcd}[row sep=small]
  & X_1 \\
  X_1 \times X_2 \arrow[ur] \arrow[r] \arrow[dr] & X_2 \\
  & X_3 = X_1 \wedge X_2
\end{tikzcd}

comme on va le voir de suite. l'argument se poursuit au-delà du lot.