Fonds Grothendieck, cote n° 85, pages 61–80

Hyperpolygônes réguliers (suite)

Les pages 61 à 73 continuent la suite ouverte par la couverture de la page 57 (lot 3), « Hyperpolygônes réguliers », dont le compte au crayon « (16 p) » couvre les pages 58 à 73. La page 61 reprend au milieu du calcul.

\beta = c\,\frac{\cdots}{\cdots} = c\,\frac{(\lambda_0 - 1)(\lambda_1 - 1)}{(\kappa_1 - 1)} = \xi\,(\lambda_0 - 1)(\lambda_1 - 1) = \xi\,\mu_0\mu_1, \qquad \xi = \frac{c}{\kappa_1 - 1} \in \mathbb{R} \kappa_i = \mathrm{Tr}_{\mathbb{C}/\mathbb{R}}\,\lambda_i = \lambda_i + \overline{\lambda}_i = \lambda_i + \lambda_i^{-1} \qquad (\lambda_i \overline{\lambda}_i = 1) NB \det \tau_0\tau_1 = \lambda_0\lambda_1, \mathrm{Tr}\,\tau_0\tau_1 = La première égalité est surchargée ; le quotient qui suit c, noté ici par des points, ne se lit pas ().

\xi satisfait à l'équation \frac{(\lambda_0 - 1)(\lambda_1 - 1)}{\lambda_0\lambda_1} \Bigl[\xi^2 + 2\,\frac{\lambda_0 + \lambda_1}{(\lambda_0 - 1)(\lambda_1 - 1)}\,\xi + \frac{\lambda_0^2 + \lambda_1^2}{(\lambda_0 - 1)^2(\lambda_1 - 1)^2}\Bigr] = \kappa \in \lbrace -2, -1, 0, \alpha, \alpha' \rbrace qui exprime que \tau_0^{C}\tau_1^{C} est d'ordre 2, 3, 4 ou 5. [u = \tau_0\tau_1 a comme trace \lambda_0 + \lambda_1 + \beta, comme déterminant \lambda_0\lambda_1], et \kappa = \kappa(u) = \frac{(\mathrm{Tr}\, u)^2}{\det u} - 2 Le facteur devant le crochet est écrit dans la marge gauche ; sa lecture et celle du dernier terme sont incertaines.

NB si \lambda = \exp i\theta, \lambda' = \exp i\theta', alors |\lambda + \lambda'| = 2\Bigl|\cos\frac{\theta' - \theta}{2}\Bigr|,\quad |\lambda^2 + \lambda'^2| = 2|\cos(\theta' - \theta)|, |\lambda - 1|^2 = 2 - \kappa(\lambda),\quad \kappa(\lambda) = \mathrm{Tr}_{\mathbb{C}/\mathbb{R}}\,\lambda = 2\cos\theta,\quad |\lambda - 1| = 2\Bigl|\sin\frac{\theta}{2}\Bigr| 2\,\frac{\lambda + \lambda'}{(\lambda - 1)(\lambda' - 1)} = -\,\frac{\cos\frac{\theta' - \theta}{2}} {\sin\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta'}{2}}, \qquad \frac{(\lambda_0 - 1)^2(\lambda_1 - 1)^2}{\lambda_0\lambda_1} = 16\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2} \frac{\lambda^2 + \lambda'^2}{(\lambda - 1)^2(\lambda' - 1)^2} = \frac{2\cos(\theta' - \theta)}{16\sin^2\frac{\theta}{2}\sin^2\frac{\theta'}{2}} = \frac{1}{8}\,\frac{\cos(\theta' - \theta)}{\sin^2\frac{\theta}{2}\sin^2\frac{\theta'}{2}}, \qquad 0 < \theta_0, \theta_1 \leq \pi d'où \xi^2 - \frac{\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2}}{\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}}\,\xi + \frac{1}{8}\Bigl(\frac{2\cos(\theta_1 - \theta_0) - \kappa} {\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2}}\Bigr) = 0 \Delta(\kappa) = \frac{1}{2}\,\frac{\cdots}{\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2}} \Bigl[\underbrace{2\cos^2\frac{\theta_1 - \theta_0}{2} - \cos(\theta_1 - \theta_0)}_{1} + \frac{1}{2}\kappa\Bigr] = \boxed{\frac{\kappa + 2}{4\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2}}} \geq 0 \kappa + 2 = 2(1 + \cos\Theta) = 4\cos^2\frac{\Theta}{2} Dans la première fraction, un 4 biffé au numérateur et au dénominateur ; dans l'équation en \xi, un terme biffé après \kappa ; dans \Delta(\kappa), le numérateur (points) est biffé et illisible (). Plusieurs états successifs sont biffés ; l'expression encadrée est entourée d'un cercle. Une colonne de calculs écrite en travers dans la marge gauche (rapports de sinus et de cosinus des demi-angles) ne se lit qu'en partie.

N'est nul que si \kappa = -2 i.e. \tau_0^{C}\tau_1^{C} est d'ordre 2. auquel cas il y a une seule solution \boxed{\xi = \frac{\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2}}{2\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}}} les valeurs de \lambda_i = \exp 2i\pi/\nu_i, 2 \leq \nu_i \leq 5. Cela fait 16 = 15 possibilités (en excluant \nu_0 = \nu_1 = 2). Le « 16 » est repassé en gras et barré d'un trait oblique, avec « = 15 » au-dessus ; la lecture du chiffre retenu est incertaine.

Pour chacun des quatre autres cas \kappa = -1, 0, \alpha, \alpha', cela fait deux autres possibilités, ce qui fait a priori encore 8 \cdot 15 = 120 possibilités — mais il faut en exclure un bon paquet… !

Principes d'élimination

a)la condition 0 < \xi < 1 exprimant que la forme est définie (ou =), b)la condition que \xi satisfasse des équations quand on change \theta_0 en i\theta_0 (i \not\equiv 0\ (\nu_0)) et \theta_1 en j\theta_1 (j \not\equiv 0\ (\nu_1)), quitte à changer \kappa dans \lbrace -2, -1, 0, \alpha, \alpha' \rbrace — i.e. que des valeurs prises par 16\sin^2\frac{\theta}{2}\sin^2\frac{\theta'}{2} \Bigl(\xi^2 - \frac{\cos\frac{\theta' - \theta}{2}}{2\sin\frac{\theta}{2}\sin\frac{\theta'}{2}}\,\xi + \frac{1}{8}\,\frac{\cos(\theta' - \theta)}{\sin^2\frac{\theta}{2}\sin^2\frac{\theta'}{2}}\Bigr) pour \theta = i\theta_0, \theta' = j\theta_1 (i \not\equiv 0\ (\nu_0), \theta' \not\equiv 0\ (\nu_1)) — soit dans \lbrace -2, -1, 0, \alpha, \alpha' \rbrace…

Au dénominateur du coefficient de \xi, les demi-angles sont surchargés.

L'analyse géométrique des « syst. de Schwartz » montre que la situation projective (dans C = \check{\mathbf{P}}(V)) est déterminée mod iso, par la connaissance de \kappa_0, \kappa_1 et \kappa ~~(qui fixent \kappa_0, \kappa_1)~~ (classes de conjugaison de \tau_0^{C}, \tau_1^{C} et (\tau_0^{C}\tau_1^{C})^{-1} ou \tau_0^{C}\tau_1^{C}) dans ~~D'autant plus~~ G = \mathrm{Aut}(X), ce qui revient au même, dans le groupe pythagoricien H qu'ils engendrent (mod \mathrm{Aut}(H) dans le cas tétraédral, mod \mathrm{Int}(H)).

D'autre part, pour une situation projective donnée, il y a 4 choix de situations hyperpolygônales i.e. donnant naissance (savoir le choix d'un des deux pts fixes pour \tau_0, et pour \tau_1) au prix d'une telle situation. Correspondance : \lambda_0, \lambda_1, \beta = \xi(\lambda_0 - 1)(\lambda_1 - 1). D'un autre côté, remplaçant \tau_0 par \frac{1}{\lambda_0}\tau_0, ou \tau_1 par \frac{1}{\lambda_1}\tau_1, ou l'un et l'autre à la fois — ce qui ne change pas \kappa_0, \kappa_1, \kappa' car \tau_0, \tau_1 et \tau_0\tau_1 sont multipliés chacun par un scalaire. ~~Donc en principe~~ Mais ceci remplace (\lambda_0, \lambda_1) par (\lambda_0^{-1}, \lambda_1) resp. (\lambda_0, \lambda_1^{-1}) resp. (\lambda_0^{-1}, \lambda_1^{-1}) qui sont ~~déjà différents de~~ « en général » des valeurs :

~~des valeurs correspondantes de \beta, qui ne peut a priori prendre que 2 val. possibles, d'après l'équation plus \beta~~ Bloc encadré et barré de deux traits obliques.

— « en général » signifiant que \nu_0 et \nu_1 sont \neq 2, i.e. \lambda_0, \lambda_1 \neq -1 (i.e. \mu_0, \mu_1 \neq -2). Dans ce cas il s'ensuit \lambda_0, \lambda_1 et \kappa fixés, \kappa \neq -2 ~~les 2 solutions~~ de ce que l'équation en \xi a a priori 2 sol. La fin de la page est blanche.

Groupes pythagoriciens

\updownarrow

données (\lambda_0, \lambda_1, \beta = \xi(\lambda_0 - 1)(\lambda_1 - 1))

\updownarrow

couples de 2 ps. réfl. \tau_0, \tau_1 dans plan vectoriel V (épinglés par deux droites a_0 \in V^{\tau_0}…) : conditions de non dég. et d'engendrer d'un groupe fini… Les trois termes sont reliés par des flèches verticales à double pointe. Sous le dernier, un petit schéma : V, les droites L_0, L_1 et L_0', L_1', reliées par des traits.

\longleftrightarrow ~~couples pythag.~~ couples pythag. () d'un (\tau_0^{C}, \tau_1^{C}) dans plan proj. + a_0 point fixe de \tau_0^{C}, a_1 pt fixe de \tau_1^{C} \longleftrightarrow ceci équivaut à donnée de la situation pyth. projective \kappa_0, \kappa_1, \kappa admis., + a_0, a_1 dans le syst. défini par \kappa_0, \kappa_1, \kappa. Colonne de droite de la page, reliée à la précédente par une flèche horizontale à double pointe.

Si \kappa_i fixé, \lambda_i sont déterminés comme des deux solutions de \lambda_i^2 + \kappa_i\lambda_i + 1 = 0 Le choix des \lambda_i équivaut, pour \lambda_i \neq -1 i.e. \kappa_i \neq -2 i.e. \nu_i \neq 2, au choix des a_i ; si par contre \nu_i = 2 i.e. \lambda_i = -1 i.e. \kappa_i = -2, Le signe de \kappa_i\lambda_i est transcrit tel qu'écrit ; avec \kappa_i = \lambda_i + \lambda_i^{-1} (page 61) on attendrait \lambda_i^2 - \kappa_i\lambda_i + 1 = 0. La phrase s'arrête sur la virgule.

La moitié inférieure de la page porte, tête-bêche et barré de traits obliques, un brouillon antérieur : trois faisceaux de droites concourantes (légendes D_1, D_2, D_1' et D, D', D''), et les formules « \rho(e_0) = e_0, \rho(e_1) = -e_1, \rho'(e_0) = », « (\varepsilon_1, \varepsilon_2) = \eta, \eta^2 = \mathrm{id}, \eta'^2 = \mathrm{id}, \eta''^2 = \mathrm{id}, \eta\eta' = ?, \eta'\eta'' = ?, \eta\eta'\eta'' = », et « \lambda_0 = \varphi_0^2 = (s_0 + ic_0)^2 = s_0^2 - c_0^2 + 2is_0c_0 », « \lambda_1 = \varphi_1^2 = ».

~~Donc le choix~~ (ce qui ne change pas dans le cas pour un seul des indices i = 0, 1) alors la donnée de (\lambda_0, \lambda_1, \kappa) détermine pas la classe d'iso des hyperpolygônes pythagoriciens, i.e. déterminée par \xi.

En résumé ( projectif)

a)Pour (\lambda_0, \lambda_1, \kappa) admissible (d'où \kappa_0, \kappa_1), si \kappa_0, \kappa_1 \neq -2 i.e. \lambda_0, \lambda_1 \neq -1 i.e. \nu_0, \nu_1 \neq 2, il y a un et un seul hyperpolygône associé (mod. iso) i.e. un et un seul \xi correspondant. Si \kappa = -2, i.e. \nu = 2, il donné comme l'unique solution de l'équation en \xi ; si \kappa \neq -2 parmi les 2 solutions de cette équation, une seule convient pour définir un hyperpolygône pythagoricien. [Comment la distinguer ? Si on travaille dans \mathbb{C}, on peut songer à la condition 0 < \xi < 1…] b)Par contre si \kappa_0 ou \kappa_1 = -2 i.e. \nu_0 ou \nu_1 = 2 i.e. \lambda_0 ou \lambda_1 = -1, alors dès que (\lambda_0, \lambda_1, \kappa) admissible projective , il y a deux hyperpolygônes non iso qui lui correspondent, correspondant aux 2 solutions distinctes \xi de (E) [NB on sait par ailleurs alors \kappa \neq -2 i.e. que l'on a bien 2 racines distinctes].

Dans b), le signe après \kappa dans le crochet final se lit = ou \neq ; \neq est retenu parce que la phrase conclut à deux racines distinctes.

Il n'est donc pas vrai que \nu_0, \nu_1, \nu déterminent la classe d'iso d'un hyperpolygône, — à

un normalisé \lambda_0, \lambda_1 par le choix de racines primitives 3e, 4e et 5e de 1 (par exemple \exp 2i\pi/\nu quand on est sur \mathbb{C}), et ceci pour deux raisons :

1) Cas où \lambda_0 ou \lambda_1 est égal à -1, i.e. \nu_0 ou \nu_1 égal 2 — cela introduit (pour \kappa déjà fixé) une ambiguïté d'ordre 2 : \begin{array}{lll} \text{Cas} & (3,2,3)\,(2,3,3) & (\text{tétraédraux}) \\ & (3,2,4)\,(2,4,3)\,(2,3,4)\,(4,2,3) & (\text{octaédraux}) \\ & (3,2,\underline{5})\,(2,5,3)\,(2,3,\underline{5})\,(5,2,3) & (\text{icosaédraux}) \\ & (5,2,5')\,(2,5,5') & \end{array} Les deux dernières lignes sont réunies par une accolade.

2) Cas où \nu = 5, et où on peut avoir le choix entre \kappa = \alpha et \kappa = \alpha' (cas icosaédral) \begin{array}{ll} (3,2,5)\,(2,3,5) & (\text{qui figurent déjà dans liste 1)}) \\ \bigl[(3,2,5')\,(2,3,5')\bigr] & \end{array}

Finalement, compte tenu du choix des racines primitives 3e 4e et 5e de 1 pour normaliser \lambda_0, \lambda_1, on trouve les possibilités suivantes — où on souligne les possibilités numériques qui donnent lieu à deux hyperpolygônes, en interprétant comme d'habitude 5, 5' comme signifiant \kappa = \alpha resp. \kappa = \alpha' :

\begin{array}{rll} 6 & \textit{Cas tétraédraux} & (3,3,2)_{(4)}\ \underline{(3,2,3)}_{(2)}\ \underline{(2,3,3)}_{(2)}\ (3,3,3)_{(4)} \\[4pt] 13 & \textit{Cas octaédraux} & (4,3,2)_{(4)}\ \underline{(3,2,4)}_{(2)}\ \underline{(2,4,3)}_{(2)}\ \underline{(2,3,4)}_{(2)}\ (3,4,2)_{(4)}\ \underline{(4,2,3)}_{(2)} \\ & & (4,4,3)_{(4)}\ (4,3,4)_{(4)}\ (3,4,4)_{(4)} \\[4pt] 10 & \textit{Cas icosaédraux} & (5,3,2)_{(8)}\ \underline{(3,2,5)}_{(2)}\ \underline{(2,5,3)}_{(4)}\ \underline{(2,3,5)}_{(2)}\ (3,5,2)_{(8)}\ \underline{(5,2,3)}_{(4)} \\ +4 & & \underline{(3,2,5')}_{(2)}\ \underline{(2,3,5')}_{(2)} \\ +4 & & (5,5,3)_{(16)}\ (5,3,5)_{(8)}\ (3,5,5)_{(8)} \\ 2 & & (5,3,5')_{(8)}\ (3,5,5')_{(8)} \\ 4 & & \underline{(2,5,5')}_{(4)}\ \underline{(5,2,5')}_{(4)} \\ 1 & & (5,5,5)_{(16)} \\ \hline 25 & & \end{array} Les nombres entre parenthèses sont écrits sous chaque triple ; ceux de la ligne « +4 » des cas icosaédraux, et les lignes « +4 » et « 2 », sont regroupées par des accolades. Dans (5,3,5') et (3,5,5') les premiers chiffres sont surchargés.

\begin{array}{rl} 6 & \text{Cas tétraédraux} \\ 13 & \text{Cas octaédraux} \\ 25 & \text{Cas icosaédraux} \\ \hline 44 & \text{Cas au total} \end{array} [Il y a 14 cas sur les 44 où le type numérique ne suffit pas à déterminer le type d'iso. ]

NB On a mis , en , le nombre d'hyperpolygônes Ta-Ti : [égal à \varphi(\nu_0)\varphi(\nu_1), prenant les valeurs 2, 4, 8, 16]. On vérifie bien que le total (obtenu l'un de tous les cas) redonne 4 \cdot 45 = 180. Dans le calcul, il faut bien tenir compte aussi des conjugaisons, Cette note est écrite en colonne, à droite de la page ; la fin se perd dans des surcharges.

[NB Les syst. pythagoriciens de 2 ps. réflexions \tau_0, \tau_1 (normalisés par \lambda_0, \lambda_1) sont plus nombreux, chacun des 45 systèmes de Schwartz (\kappa_0, \kappa_1, \kappa) possibles donnant 4 = 2 \times 2 possibilités, d'où 180 possibilités. Pour calculer les \xi dans chacun des 180 cas, en trouvant qu'il faudrait vérifier que \xi

change quand on remplace \tau_0, \tau_1 par \tau_0^{\ell_0}, \tau_1^{\ell_1} (avec (\ell_0, \nu_0) = (\ell_1, \nu_1) = 1) — cela qui bien pas changer. Ceci permet de ramener aux 45 cas normalisés, ~~où il y a une formule~~ qu'il faudrait expliciter…

~~Résumons les ambiguïtés~~ Le reste de la page est blanc.

f_{\kappa}(\xi) = \xi^2 - \frac{\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2}} {\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}}\,\xi + \frac{1}{\cdot}\, \frac{\cdot\cos(\theta_1 - \theta_0) - \kappa\cos\Theta} {\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}}, \qquad \kappa = 2\cos\Theta f_{\kappa}(1) = \sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2} - \sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2} + \frac{1}{\cdot}\bigl(\cdot\cos(\theta_1 - \theta_0) - \cos\Theta\bigr) Les chiffres notés \cdot, devant \cos et au dénominateur, sont surchargés et illisibles () ; le dernier numérateur porte « \kappa\cos » ou « \cos » selon l'état.

\frac{2\pi}{5} \leq \theta_0, \theta_1, \Theta \leq \frac{2\pi}{3} |\theta_1 - \theta_0| \leq \frac{2\pi}{3} - \frac{2\pi}{5} = \frac{4\pi}{15} \quad\Bigl(< \frac{2\pi}{5} \leq \Theta, \theta_0, \theta_1\Bigr) ~~sauf \Theta = \frac{4\pi}{5} i.e. \kappa = \alpha'~~

\cos(\theta_1 - \theta_0) ~~\geq~~ \cos\Theta dans les termes constants de (E) sont > 0

~~\cos(\theta_1 - \theta_0) \geq \cos\Theta, si |\theta_1 - \theta_0| \leq \Theta p.ex.~~ ~~les deux racines \Theta \geq \frac{4\pi}{15},~~ Sous ces lignes, un croquis barré de courbes oscillantes, et un schéma de parabole coupant un segment [0, 1] en deux points.

(\xi - \xi')^2 = (\xi + \xi')^2 - 4\xi\xi' = \frac{\cos^2\frac{\theta_1 - \theta_0}{2}} {\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2}} - \frac{1}{2}\,\frac{\cos(\theta_1 - \theta_0) - \cos\Theta} {\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2}} \geq 1\ ? \underbrace{\cdot\,\sin^2\frac{\theta_0}{2}\sin^2\frac{\theta_1}{2}}_{\geq\ 2\sin^4\frac{\pi}{3}} + \bigl(\cos(\theta_1 - \theta_0) - \cos\Theta\bigr) Le coefficient noté \cdot est illisible ().

7\ \text{cas}\ \left\lbrace \begin{array}{l} (3,3,3) \\ (4,4,3)\,(4,3,4)\,(3,4,4) \\ (5,5,3)\,(5,3,5)\,(3,5,5) \\ (3,5,5')\,(5,3,5') \\ (5,5,5) \end{array}\right. Dans la liste, (4,3,4)(3,4,4), (5,3,5)(3,5,5) et (3,5,5')(5,3,5') sont chacun réunis par une accolade.

À vérifier \frac{1}{4\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}} \cdot\Bigl[2\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2} + \sqrt{\kappa + 2}\Bigr] \geq 1 i.e. 2\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2} + \underbrace{\sqrt{\kappa + 2}}_{2\cos\Theta/2} \geq 4\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2} \qquad \bigl(\kappa + 2 = 2(\cos\Theta + 1) = 4\cos^2\tfrac{\Theta}{2}\bigr) i.e. \boxed{\cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2} + \cos\frac{\Theta}{2} \geq 2\sin\frac{\theta_0}{2}\sin\frac{\theta_1}{2}}

\boxed{(3,3,3)}\qquad \underbrace{1 + \tfrac{1}{2}}_{3/2} \geq \underbrace{2\Bigl(\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)^2}_{3/2}\quad \text{OK} \boxed{(4,4,3)}\qquad \underbrace{1 + \tfrac{1}{2}}_{3/2} \geq \underbrace{2\Bigl(\frac{\sqrt{2}}{2}\Bigr)^2}_{1}\quad \text{OK} Dans la deuxième boîte, le premier chiffre est un 4 écrit sur un 3. \boxed{(4,3,4)}\ \text{et}\ \boxed{(3,4,4)}\qquad \frac{1}{2}\sqrt{2 + \sqrt{3}} + \frac{\sqrt{2}}{2} \geq \underbrace{2\Bigl(\frac{\sqrt{6}}{4}\Bigr)}_{\sqrt{6}/2} \text{i.e.}\quad \sqrt{2 + \sqrt{3}} + \sqrt{2} \geq \sqrt{6},\qquad 2 + \sqrt{3} + 2 + \underbrace{2\sqrt{4 + 2\sqrt{3}}}_{\geq 4} \geq 6 \quad \text{OK} \boxed{(5,5,3)}\qquad 1 + \frac{1}{2} \geq 2\underbrace{\sin^2\frac{\pi}{5}}_{\frac{1}{4}(2 - \alpha)} = \frac{1}{2}(2 - \alpha) 3 \geq (2 - \alpha),\qquad 1 \geq -\alpha\quad \text{OK} Dans la dernière boîte, le premier 5 est écrit sur un 3.

Toute la page est barrée de longs traits obliques.

\boxed{(5,5,3)} \theta_0 = \theta_1 = \frac{2\pi}{5},\qquad \Theta = \frac{2\pi}{3} \cos\frac{\theta_0 - \theta_1}{2} = \cos(\theta_0 - \theta_1) = 1,\qquad \cos\Theta = -1 \sin\frac{\theta_0}{2} = \sin\frac{\theta_1}{2} = \sin\frac{\pi}{5} = La valeur qui suit est biffée : . \sin^2\frac{\theta_0}{2} = \frac{1}{2}(1 - \cos\theta_0) = \frac{1}{2}\Bigl(1 - \frac{\alpha}{2}\Bigr) = \frac{1}{4}(2 - \alpha) \sin^4\frac{\theta_0}{2} = \frac{1}{16}(\underbrace{\alpha^2 + 4 - 4\alpha}_{5 - 5\alpha}) = \frac{5}{16}(1 - \alpha) \xi^2 - \frac{1}{\sin^2\frac{\pi}{5}}\,\xi + \frac{1}{8}\,\frac{1 - (-1)}{\sin^4\frac{\pi}{5}} = 0 \quad\text{i.e.}\quad \xi^2 - \frac{1}{\frac{1}{4}(2 - \alpha)}\,\xi + \frac{1}{4}\,\frac{1}{\frac{5}{16}(1 - \alpha)} = 0 \xi^2 - \frac{4(2 - \alpha')}{(2 - \alpha)(2 - \alpha')}\,\xi + \frac{4}{5}\,\frac{(1 - \alpha')}{(1 - \alpha)(1 - \alpha')} N(2 - \alpha) = 4 - 1 + 2 = 5,\qquad N(1 - \alpha) = 1 - 1 + 1 = 1 -\alpha' = 1 + \alpha,\qquad 2 - \alpha' = 3 + \alpha,\qquad 1 - \alpha' = 2 + \alpha Le « -1 » de \cos\Theta est écrit tel qu'il est sur la page, le chiffre devant \cos biffé. À gauche, un pentagone inscrit dans un cercle avec un triangle marqué \zeta, et la formule \frac{1}{|1 + \zeta|}\,\mathcal{R}(1 + \zeta) = \sin\frac{\pi}{5}.

\zeta = \frac{\alpha}{2} + i\sqrt{1 - \frac{\alpha^2}{4}} = \frac{\alpha}{2} + \frac{i}{2}\sqrt{\alpha + 3} \qquad \Bigl(\sqrt{1 - \tfrac{\alpha^2}{4}} = \tfrac{1}{2}\sqrt{4 - \alpha^2}\Bigr) \alpha^2 + \alpha - 1 = 0, NB 4 - \alpha^2 = 3 + \alpha |\zeta + 1|^2 = \Bigl(1 + \frac{\alpha}{2}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{\sqrt{\alpha + 3}}{2}\Bigr)^2 = 1 + \alpha + \frac{\alpha^2}{4} + \frac{\alpha + 3}{4} = \frac{3}{2} + \alpha \sin\frac{\pi}{5} = \frac{1 + \alpha/2}{\sqrt{3/2 + \alpha}} = \frac{1}{2}\,\frac{(\alpha + 2)}{3 + 2\alpha}\sqrt{3/2 + \alpha} = \alpha\sqrt{3/2 + \alpha} Suivi d'un terme biffé : . \sin^2\Bigl(\frac{\pi}{5}\Bigr) = \alpha^2(3/2 + \alpha) = (1 - \alpha)(3/2 + \alpha) = 3/2 - \tfrac{1}{2}\alpha - \underbrace{\alpha^2}_{\alpha - 1} = \frac{1}{2}(\alpha + 1) N(3 + 2\alpha) = 9 - 4 - 6 = -1,\qquad (3 + 2\alpha)(3 + 2\alpha') \frac{\alpha + 2}{3 + 2\alpha} = -(\alpha + 2)(3 + 2\alpha') = -(\alpha + 2)(1 - 2\alpha) = -\bigl[\underbrace{-2\alpha^2}_{2\alpha - 2} - 3\alpha + 2\bigr] = \alpha \xi^2 - \Bigl[\frac{4}{5}(3 + \alpha)\Bigr]\xi + \Bigl(\frac{4}{5}(2 + \alpha)\Bigr) = 0 \xi = \frac{2}{5}(3 + \alpha) \pm \frac{2}{5} \sqrt{(3 + \alpha)^2 - 5(2 + \alpha)} = \frac{2}{5}(3 + \alpha) \pm \sqrt{-5\alpha} 9 + 6\alpha + \alpha^2 - 10 - 5\alpha = \ldots \qquad (\alpha^2 = 1 - \alpha) Le résultat, ~~5\alpha~~, est biffé. Les coefficients sous le radical sont écrits sur d'autres, biffés ; le dernier résultat est barré. Le calcul est laissé tel quel : avec \alpha^2 + \alpha - 1 = 0, la quantité sous l'accolade est nulle.

\boxed{(5,3,5)} et \boxed{(3,5,5)} La première boîte est précédée d'un signe de racine. \theta_0 = \frac{2\pi}{5},\quad \theta_1 = \frac{2\pi}{3},\quad \theta_1 - \theta_0 = \frac{4\pi}{15},\quad \frac{\theta_1 - \theta_0}{2} = \frac{2\pi}{15},\quad \cos\frac{\theta_1 - \theta_0}{2} = \cos\Theta. \underbrace{\cos\frac{2\pi}{15}}_{\frac{\alpha}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{9 + 3\alpha}} + \underbrace{\cos\frac{\pi}{5}}_{\frac{1}{2}(1 + \alpha)} \overset{?}{\geq} 2\underbrace{\sin\frac{\pi}{5}\sin\frac{\pi}{3}} _{\frac{\sqrt{3}}{2}\sqrt{3 + \alpha} = \frac{1}{2}\sqrt{9 + 3\alpha}} \text{i.e.}\quad \frac{1}{2} + \frac{3\alpha}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{9 + 3\alpha} \ \geq\ \ldots Sous les accolades, des états biffés (\sqrt{2 + \alpha}, 1 + 2\alpha, \sqrt{3}).

2\cos^2\frac{\pi}{5} = 1 + \cos\frac{2\pi}{5} = 1 + \alpha/2 = \frac{1}{2}(2 + \alpha),\quad 4\cos^2\frac{\pi}{5} = 2 + \alpha = (1 + \alpha)^2,\quad \cos\frac{\pi}{5} = \frac{1}{2}(1 + \alpha) \cos\frac{\pi}{5} = \frac{1}{2}\alpha,\qquad \sin^2\frac{\pi}{5} = 1 - \frac{1}{4}\alpha^2 = \frac{1}{4}(4 - \alpha^2) = \frac{1}{4}(3 + \alpha) ~~\sin\frac{\pi}{5} = \sqrt{1 - \frac{\alpha^2}{4}}~~ Les deux valeurs de \cos\frac{\pi}{5}, \frac{1}{2}(1 + \alpha) et \frac{1}{2}\alpha, sont transcrites telles qu'écrites, l'une sous l'autre.

\alpha^2 + \alpha - 1 = 0 \alpha = \frac{1}{2}(\sqrt{5} - 1) \leq \frac{2}{3} ~~car \sqrt{5} \leq 3~~ car \sqrt{5} \leq \frac{4}{3} + 1 = \frac{7}{3} i.e. 5 \leq \frac{49}{9} i.e. 45 \leq 49 ! \frac{\theta_1 - \theta_0}{2} = \frac{\pi}{5} - \frac{\pi}{3} \cos(\ ) = \underbrace{\cos\frac{\pi}{5}}_{\alpha/2}\underbrace{\cos\frac{\pi}{3}}_{1/2} + \underbrace{\sin\frac{\pi}{5}}_{\frac{1}{2}\sqrt{3 + \alpha}} \underbrace{\sin\frac{\pi}{3}}_{\sqrt{3}/2} = \frac{\alpha}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{9 + 3\alpha}

\frac{1}{4}\sqrt{9 + 3\alpha} \overset{?}{\leq} \frac{1}{2} + \frac{3\alpha}{4} Suivi d'un terme biffé : . \sqrt{9 + 3\alpha} \leq 3\alpha + 2 9 + 3\alpha \leq 9\alpha^2 + 4(\ldots) = \ldots \ldots - \alpha + 8 + 4\alpha = 13 - 3\alpha 6\alpha \leq 4,\qquad \alpha \leq \frac{2}{3}\quad \text{OK} Termes biffés dans ces lignes : après 3\alpha + 2 ; dans la parenthèse après 4 ; ~~9 + 8\alpha \leq~~ en tête de la troisième ligne, et ~~+ 4\sqrt{2\alpha + \alpha^2}~~ ; OK devant 6\alpha \leq 4. Cette colonne de droite est surchargée et en partie hachurée ; seuls les termes conservés sont donnés. Le résultat final se lit sans doute.

~~Reste (3,5,5')~~ \boxed{(5,3,5')} et \boxed{(3,5,5')}

même calcul, sauf qu'ici \cos\frac{\Theta}{2} = \cos\frac{\pi}{5} = \frac{1}{2}(~~1 + \alpha~~) = -\frac{1}{2}\alpha' dans le , dont on remplace \cos\frac{2\pi}{5} = -\frac{1}{2} , qui est plus petit, il faut vérifier \sqrt{9 + 3\alpha} \leq \frac{\alpha}{\cdot} - \frac{\alpha}{4}\quad \text{pas vrai~!} Chiffres et termes biffés : un 4 devant la racine, un terme après \leq, un 4 au dénominateur (noté \cdot). 9 + 3\alpha \leq 4(1 - \alpha) + \alpha^2 + 4\sqrt{\alpha^2(1 - \alpha)} à étudier (Condition ?) Note marginale écrite en travers, à gauche de la boîte. Le calcul de droite est hachuré en plusieurs endroits.

Cas \boxed{(5,5,5)} 1 + \underbrace{\cos\frac{\pi}{5}}_{\frac{1}{2}(1 + \alpha)} \geq 2\underbrace{\sin^2\frac{\pi}{5}}_{\frac{1}{2}(3 + \alpha)} ~~i.e. 3 + \alpha~~ OK. Les chiffres de la boîte sont des 5 écrits sur d'autres.

Seuls cas indéterminés restent ceux de (5,3,5') et (3,5,5') — vérifier s'il existe bien — sinon, il faut trouver comment les éliminables… Le reste de la page est blanc.

2-Polyèdres réguliers finis en car. 0 (classification)

Titre de sa main sur la couverture (page 74), avec au crayon « (6 p) » : les pages 75 à 80.

Nous nous intéressons au cas n = 2, et au cas où G_0 est fini et a sa représentation dans \mathrm{Aut}(X) ~~une représentation~~ fidèle ~~\mathrm{Aut}(X)~~ (quant à dire par \mathrm{Aut}(C)). — il faut y trivial pour G_0 \to \mathrm{Aut}(C)] vérifier

\left\lbrace \begin{array}{ll} \text{Invariants} & \beta_0 = \alpha_0 + 2,\quad \beta_1 = \alpha_1 + 2 \\ & \rho = 8 - 2(\beta_0 + \beta_1) = -2(\alpha_0 + \alpha_1),\quad \tilde{\rho} = -(\alpha_0 + \alpha_1) \\ & \sigma = 4 - \beta_1 = 2 - \alpha_1,\quad \sigma' = 4 - \beta_0 = 2 - \alpha_0 \end{array}\right.

Q_C = Y de dim. relative 1, lisse ssi \beta_0\beta_1\tilde{\rho} inv., i.e. ssi en tout point on a \alpha_0 \neq -2, \alpha_1 \neq -2, \alpha_0 + \alpha_1 \neq 0

Q_X de dim relative 2, lisse ssi \beta_0\beta_1\sigma inv, i.e. ssi en tout point on a \alpha_0 \neq -2, \alpha_1 \neq \pm 2,

\rho_f = \tau_0\tau_1 son ordre dépend de la façon connue de \beta_0 = \alpha_0 + 2

\rho_s = \tau_1\tau_2 … \beta_1 = \alpha_1 + 2,

On sait que \mathrm{Aut}(C, Q_C) \xrightarrow{\ \sim\ } \mathrm{Aut}(Q_C) = \mathrm{Aut}(Y) sauf si G_0 Donc la cat. des 2-polyèdres réguliers pseudo-réflexifs épinglés sur S équivalente à celle des triples (Y, \varphi^{Y}_{G_0}) d'une conique Y sur S et d'un hom \varphi^{Y}_{G_0} : G_0 \longrightarrow \mathrm{Aut}(Y), satisfaisant aux conditions

a) \rho_s^2 \neq 1, \rho_f^2 \neq 1 en toute fibre (\Rightarrow \tau_0, \tau_1, \tau_2 \neq \mathrm{id} sur les fibres, donc \tau_0, \tau_1, \tau_2 des réflexions) b)Les sections h_0, h_1, h_2 de C définies par \tau_0, \tau_1, \tau_2) sont non alignées en tout point.

Si \beta_0 inv et (\beta_1, \cdot)\mathcal{O}_S = \mathcal{O}_Sle second terme, noté \cdot, est surchargé et illisible () [i.e. en aucun pt on n'a \alpha_1 = -2, \alpha_0 = 2], alors b) équivaut à

b')En tout pt, la repr. \varphi^{C}_{G_0} n'a pas de droite fixe.

Si Y lisse, i.e. ~~\beta_0, \beta_1, \tilde{\rho}~~ en aucun pt on n'a \alpha_0 = -2, \alpha_1 = -2, \alpha_0 + \alpha_1 = 0, alors la condition b') équivaut à :

b'')Y sur aucune fibre n'admet pas de 2-diviseur stable par \varphi^{Y}_{G_0}.

(\beta_0, 2)\mathcal{O}_S = \mathcal{O}_S, i.e. \beta_0 \neq 0 car. 2 … a) (avec b) cas où \beta_1, \beta_0 = \beta_1 réflexions Longue note marginale écrite en biais dans la marge gauche, avec un grand « 2 » et une flèche vers a) ; une partie en est biffée.

I) Condition de finitude, sur corps de base k.

Prop. Si G_0 est fini, alors ~~les~~ \beta_0, \beta_1 sont algébriques sur le corps premier. L'inverse est vrai si ~~p =~~ car. k > 0. montrer ce quelconques

Introduisons ~~les~~ des solutions (dans une clôture alg. \bar{k} de k) \zeta_i (i = 0, 1) de l'équation aux val. propres \zeta_i^2 - \alpha_i\zeta_i + 1 = 0 \qquad \text{i.e.}\qquad \zeta_i + \zeta_i^{-1} = \alpha_i Donc pour i = 0, 1 fixé, \zeta_i est déterminé mod passage à \zeta_i^{-1}.

Soit \nu_i = ordre de \zeta_i, i = 0, 1.

Donc \nu_i est premier à p, sauf si \nu_i = 1 i.e. \zeta_i = 1, i.e. \alpha_i = 2.

Prop a) Si \nu_i ~~\neq~~ \neq 1, 2 [i.e. \alpha_i \neq \pm 2 i.e. \beta_i(4 - \beta_i) \neq 0], alors \nu_i = ordre de \rho_i

NB (\rho_0 = \rho_f, \rho_1 = \rho_s) i.e. \alpha_i = -2, i.e. \beta_i = 0 (\nu_i = 2, ou \nu_i = 1 en car 2) La parenthèse qui suit « NB » est rattachée par un trait souligné au cas b).

b) Si , alors \rho_i d'ordre 2p

c) ~~Si \alpha_i = 2 \neq -2,~~ Si \alpha_i = 2 \neq -2 (i.e. \nu_i = 1 en car. \neq 2) alors \nu_i = p Au bout de la ligne biffée de c), un bloc hachuré où se lisent « \nu_i = p » et « p \neq 2 ».

[NB Dans b) et c), on convient que p = \infty dans le cas de car. nulle]

Théorème Supposons k de car. 0. Pour que G_0 soit fini, il faut et il suffit que l'on soit dans l'un des ~~quatre~~ six cas suivants

~~1) \nu_0 = 3, \nu_1 = 3 (tétraèdre) 2) \nu_0 = 3, \nu_1 = 4 (octaèdre) 2') \nu_0 = 4, \nu_1 = 3 (cube) 3) \nu_0 = 3, \nu_1 = 5 (icosaèdre) 3') \nu_0 = 5, \nu_1 = 3 (dodécaèdre)~~ Première liste, barrée de traits obliques.

I)\nu_0 = 3, \nu_1 = 3 (tétraèdre) i.e. \alpha_0 = \alpha_1 = -1, i.e. \beta_0 = \beta_1 = +1 II)\nu_0 = 3, \nu_1 = 4 (octaèdre) i.e. \alpha_0 = -1, \alpha_1 = 0 i.e. \beta_0 = 1, \beta_1 = 2 III)\nu_0 = 3, \nu_1 = 5 (icosaèdre) i.e. \alpha_0 = -1, \alpha_1 solution de l'équation \boxed{\alpha_1^2 + \alpha_1 - 1 = 0} II')\nu_0 = 4, \nu_1 = 3 (cube) i.e. \alpha_0 = 0, \alpha_1 = -1 i.e. \beta_0 = 2, \beta_1 = 1 III')\nu_0 = 5, \nu_1 = 3 (dodécaèdre) i.e. \alpha_0 solution de \boxed{\alpha_0^2 + \alpha_0 - 1 = 0}, \alpha_1 = -1 i.e. \beta_1 = 1 IV)\nu_0 = \nu_1 = 5, et \alpha_0 \neq \alpha_1 (pentagonaux) (i.e. \alpha_0, \alpha_1 solutions distinctes de \boxed{\alpha^2 + \alpha - 1 = 0}

on pythagoriciens Note marginale en travers, en regard de l'accolade qui réunit I à III et II' ; une autre accolade réunit II' et III'.

Remarques Les cas I, II II' (correspondant à une structure, définie à isom. unique près), qui existe pour tout k de car. 0 (déf. sur \mathbb{Q}), les autres trois correspondant chacun à deux structures, définies à isom unique près, ~~celle~~ qui existent ssi k contient une solution de \alpha^2 + \alpha - 1 = 0, i.e. ssi k contient le corps des racines cycl. d'ordre 5. Il y a donc en tout 3 + 3 \times 2 = 9 types d'isomorphie de « polyèdres réguliers finis » sur corps k de car. 0, contenant \alpha. Le 9 est entouré et souligné deux fois.

Indications sur la dém. du th. Lisons OPS k alg. clos, et = k = \mathbb{C}.

I) Notons d'abord que d'après la prop. si ordres \nu_0, \nu_1 sont finis on a ~~\beta_0\beta_1~~ \alpha_0 \neq \pm 2, \alpha_1 \neq \pm 2 ~~\sigma, \sigma' \neq 0, donc Q_X lisse~~ (Pour avoir \rho = 0 i.e. \alpha_0 + \alpha_1 = 0 i.e. ~~\alpha_1 = -2\alpha_0~~ \alpha_0 = \alpha, \alpha_1 = -\alpha, où \alpha est une solution d'une équation cyclotomique (définie par une racine \nu = \nu_0 \geq 3/2) ~~\sigma = 2 - \alpha_1 = 2 + \alpha \neq 0~~ serait dans un cas où ~~Q_E = Q_X \otimes Q_C = Q_X Y est~~ plus ) Bloc encadré et barré de traits obliques. les \alpha_i sont solution d'équations ½-cyclotomiques d'indice \nu_0, \nu_1 \geq 3. Ces solutions sont réelles, donc la situation provient d'une situation sur k_0 = \mathbb{R}. Comme pour G_0 fini, \exists forme quadratique invariante définie positive sur V, \boxed{\beta\rho \neq 0} i.e. X lisse. Devant « lisse », une lettre biffée (X ou Y).

G_0 \subset \mathrm{GP}(1, \mathbb{C}) groupe fini d'automorphismes de Y \simeq \mathbf{P}^1_{\mathbb{C}}, soit Z = Y/G_0 \simeq \mathbf{P}^1_{\mathbb{C}}. Utilisons Hurwitz en tenant que Y est ramifié sur Z en exactement trois points. Dans le cas de 2 pts, on aurait au dessus des un diviseur de degré 2 stable sous G_0, absurde. Donc il y a trois points de ramification, et la formule de Hurwitz nous dit que les indices de ramification sont (2, p, q) où p, q sont des invariants plus haut, ((3,3)\,(3,4)\,(3,5) finis), plus (2, 2, p) (cas diédral) — mais dans ce dernier cas, il y a au dessus du \underline{G}_0 = \mathrm{Im}\, G_0, G_0 \to \underline{G}_0 de noyau d'ordre 1 ou 2 Note marginale encadrée d'une courbe, à gauche.

pt de ramification d'indice p un diviseur de degré 2 stable par G_0, ce qui est absurde. Donc on est dans l'un des trois cas (2,3,3), (2,3,4), (2,3,5).

II) ~~Conditions~~ montrer que ces trois cas correspondent au ss-groupes finis de \mathrm{GP}(1, \mathbb{C}) à des classes de conjugaison bien déterminées de ss-groupes de \mathrm{GP}(1, k) : groupes tétraédral, octaédral, icosaédral. Pour ceci, considérons les couples (\nu_0, \nu_1) correspondants (cas I, II, III) — distinguons dans le cas III \alpha = \zeta + \zeta^{-1}, où \zeta = \exp\frac{2i\pi}{5}, donc \alpha = 2\cos\frac{2\pi}{5}. ~~Les~~ Les polyèdres réguliers correspondants étant tétraèdre, octaèdre, icosaèdre — on constate aisément, sur les formules explicites, qu'ils forment des réalisations géométriques strictes fidèles de ceux-ci. Leurs groupes G_0 sont respectivement ceux \mathfrak{A}_4, \mathfrak{S}_4 \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, \mathfrak{A}_5 \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}, et l'image de ceux-ci dans \mathrm{GP}(1, k) est respectivement \simeq \mathfrak{A}_4, \mathfrak{S}_4, \mathfrak{A}_5. Appelons ceux-ci les groupes pythagoriciens standard en position dans \mathrm{GP}(1, k) (définis mod conjugaison). Ceci établit l'existence des cas I, II, III, et par dualité II') III') ~~l'unicité~~. Il reste à prouver que les seuls cas de p.r. réguliers finis qui ne sont pas couverts par les précédents est le cas IV, et prouver pour ceux-ci l'existence de IV. Or pour celle-ci la construction des pentagônes associés à un icosaèdre est bien claire. — cf plus bas la forme que prend cette construction dans notre contexte actuel. Les deux premières lettres de groupe, pour le tétraèdre et l'octaèdre, ont presque la même forme dans sa main ; la première est lue \mathfrak{A}_4 avec doute.

~~III) Revenons au cas de G_0 \subset \mathrm{GP} pour \tau_0, \tau_1, \tau_2 fini.~~

Le haut de la page (jusqu'à la ligne biffée) est barré de longs traits obliques et d'un grand arc de cercle, et coché dans la marge.

III) Notons maintenant que dans les trois cas I II III envisagés, faisant la construction sur \mathbb{R} et \mathbb{C}, on trouve des cartes cellulaires régulières sur la sphère qui sont simplement connexes. Car on déduit de la théorie des cartes que le groupe G_0^{+} (\simeq \mathfrak{A}_4, \mathfrak{S}_4, \mathfrak{A}_5) est engendré par les générateurs \rho_s, \rho_f avec les seules relations \rho_s^{\nu_0} = \rho_f^{\nu_1} = (\rho_s\rho_f)^2 = 1. La théorie ~~II, III,~~ des groupes fondamentaux de la sphère moins trois pts,

~~III~~ montre alors que dans le cas général, le s-groupe fini G_0 dans une quotient d'un des groupes \mathfrak{A}_4, \mathfrak{S}_4, \mathfrak{A}_5 — ceci implique déjà par les ordres de ses éléments \leq 5, donc \boxed{3 \leq \nu_0, \nu_1 \leq 5} on pourrait Note marginale au crayon, à gauche, sous un petit cercle.

D'ailleurs, exprimant (sur k_0 = \mathbb{R}) que la forme quadratique ( par a_0, a_1, a_2) \begin{pmatrix} 2 & -\beta_0 & 0 \\ -\beta_0 & 2\beta_0 & -\beta_0\beta_1 \\ 0 & -\beta_0\beta_1 & 2\beta_0\beta_1 \end{pmatrix} est définie positive, on trouve les conditions 4 - (\beta_0 + \beta_1) > 0 \qquad \beta_0(4 - \beta_0) > 0 i.e. \left\lbrace \begin{array}{l} \alpha_0 + \alpha_1 < 0 \\ \ldots\quad -2 < \alpha_0, \alpha_1 < +2 \end{array}\right. En tête des conditions, ~~\beta_0, \beta_1 > 0~~ ; devant la seconde ligne de l'accolade, un mot biffé puis un mot illisible ( ). Conditions néc. et suff. pour que la forme quadratique soit définie, pour (\alpha_0, \alpha_1 réels). Dans la matrice, les coefficients devant \beta_0 et \beta_0\beta_1 hors de la diagonale sont écrits sur d'autres chiffres, biffés.

En fait, les relations -2 < \alpha_0, \alpha_1 < +2 sont satisfaites automatiquement, si \alpha_0, \alpha_1 solutions d'équations ½-cyclotomiques, correspondant à \nu_0, \nu_1 \neq 1, 2 i.e. \nu_0, \nu_1 \geq 3. Quitte à passer au système dual, on peut donc supposer, les possibilités, que 3 \leq \nu_0 \leq \nu_1 \leq 5 A priori, il y a ~~(3,3)\,(3,5)~~ (3,3) (3,4) (3,5) (cas I II III) (4,4), (4,5) et (5,5). Or (4,4) correspond à \alpha_0 = \alpha_1 = 0, \alpha_0 + \alpha_1 = 0, impossible, et (4,5) à \alpha_0 = 0, \alpha_1 = \frac{1}{2}(-1 \pm \sqrt{5}). Mais OPS \alpha_1 = \frac{1}{2}(-1 + \sqrt{5}) qui est > 0, impossible ! Enfin considérons le cas 5,5 OPS \alpha_0 = \frac{1}{2}(-1 + \sqrt{5}) > 0, donc il faut \alpha_1 < 0 donc \alpha_1 = \frac{1}{2}(-1 - \sqrt{5}) (\alpha_0 + \alpha_1 = -1 OK). Dans les deux « OPS », il écrit \pm avec le signe + souligné deux fois : c'est la détermination retenue.

On a gagné ! Le reste de la page est blanc.