Courbes lisses dans $\mathbb P^2(1,2,3)$

Claude,

Oui c'est ça ton dernier post. Sauf que j'ai raconté ça en utilisant les actions de groupes ! Bien sûr c'est ultra compliqué pour obtenir $\text{graal}$ mais c'était juste pour comprendre " revêtement Galoisien " !

Claude,

Je suis un peu sur le cul là, y'a aussi l'effet de la fatigue etc, mais je trouve que c'est vraiment joli ! J'ai envie de dire : strictement AUCUNE condition sur $R$ ! Ton faisceau c'est pour la vie, je sais que tu vas me dire que tu ne crois pas au père noel mais bon c'est de circonstance :-D

$\bullet $ Je tente d'exprimer la chose comme ça :

Soit $R$ une $\Z[1/2]$-algèbre (ah oui une condition), soit $(\sigma,\tau) \in \mathbb{A}^2(R)$. Supposons $\sigma^2-4\tau$ inversible dans $R$. Alors $G(R)$ agit transitivement et sans point fixe sur le sous-ensemble $\{ (x,y) \in \mathbb{A}^2(R) \mid x+y = \sigma \quad xy=\tau \}$.

Petite remarque sur le vide : un groupe qui agit sur l'ensemble vide, agit transitivement et sans point fixe, c'est flippant des fois le vide, on est OK sur le vide ?

Tu y crois ? ou c'est trop violent ?

$\bullet$ Je redonne la définition élémentaire de étale ici : les diagrammes histoires de se repéré le revêtement $\pi$ est de gauche à droite et pas comme d'habitude de haut en bas !
$$
\xymatrix{
\mathbb{A}^2(R) \ar[r] \ar[d]_{\pmod{I}}& \mathbb{A}^2(R) \ar[d]^{\pmod{I}} \\
\mathbb{A}^2(R/I) \ar[r] & \mathbb{A}^2(R/I) \\
}
\qquad
\qquad
\xymatrix{
? \ar@{.>}[r] \ar@{.>}[d]_{\pmod{I}}& \zeta \ar[d]^{\pmod{I}} \\
\eta \ar[r] & \overline{\zeta} \\
}
$$
Intuitivement : étale signifie que la réduction modulo $I$ est une bijection de l'ensemble des relèvements de $\zeta$ et sur l'ensemble des relèvements de $\zeta \pmod{I}$ lorsque $I$ est un idéal nilpotent.

Formellement : pour toute $\Z[1/2]$-algèbre $R$, pour tout idéal $I$ de carré nul (ou nilpotent), pour tout point $\zeta := (\sigma,\tau)$ tel que $\sigma^2-4\tau$ inversible dans $R$. Pour tout $ \overline{\eta} := (\alpha,\beta) \in \mathbb{A}^2(R/I)$ tel que :
$$
\alpha+\beta = \sigma \pmod{I} \qquad \alpha \beta = \tau \pmod{I}
$$
Il existe un unique $(a,b) \in \mathbb{A}^2(R)$ tel que :

$\star_1$
$$
a+b = \sigma \qquad ab = \tau
$$
$\star_2$
$$
(a,b) = (\alpha,\beta) \pmod{I}
$$

On peut sortir l'inclusion glaciale de l'algébriste pour l'occasion :-D (j'adore cette expression, j'en rigole tout seul) ! Sinon faire des petits calculs, faudrait discuter des traductions car je n'ai pas réussi à expliquer vraiment proprement comment traduire !

$\bullet$ Je suis nul en spectre mais si je comprends, donc pour $R$ connexe, est-ce que l'hypothèse $\sigma^2-4\tau$ ne conduit pas a l'intersection vide dans le recouvrement que tu proposes ?

Ensuite, $W = \text{Spec}(R)$ par exemple, conduit à $y_1 = x_1+n$ avec $n$ nilpotent mais comme le revêtement est étale l'unicité dans étale fait que $n=0$ ? Tu vois ? Bien sûr dans étale il y a $I$ de carré nul mais l'unicité va également pour $I$ idéal nilpotent en particulier pour l'idéal $I$ engendré par $y_1-x_1$.

Au propre, soit $R$ connexe, $2$ inversible. $x_1,x_2,y_1,y_2 \in R$ tel que :
$$
x_1 +x_2 = y_1+y_2 \qquad x_1 x_2 = y_1 y_2 \qquad \qquad (\heartsuit)
$$
et il existe : $n_1,n_2 \in R$ nilpotent tel que :
$$
y_1 = x_1+n_1 \qquad y_2 = x_2+n_2
$$
Posons $I = \langle n_1,n_2 \rangle$ alors $I$ est nilpotent. Alors : $(x_1,x_2) = (y_1,y_2) \pmod{I}$ et par $(\heartsuit)$ on a que $\pi(x_1,x_2) = \pi(y_1,y_2)$. Du coup, $(x_1,x_2)$ et $(y_1,y_2)$ sont deux $\pi$-relèvements de $\zeta := \pi(x_1,x_2)$ et ces deux relèvement sont égaux $\pmod{I}$ et donc ils sont égaux puisque $I$ est nilpotent et $\pi$ est étale (enfin on suppose que l'on est dans les conditions inversibilité).

J'ai un peu trop détailler.

Claude,

C'était $C_{15}$ que j'avais en tête merci ! Je vais regarder ton $\tilde{G}$ mais peut-être juste supposer $G$ constant i.e un sous-groupe "dur" (un vrai quoi !?!) de $\text{GL}_{n}(\Z)$ dans un premier temps histoire de comprendre c'est déjà pas mal, on verra si on remplace $\Z$ par autre chose après et si on remplace encore !

Pause, mais je pense que c'est cyclique le truc dont tu parles … regarde juste (!!!!) la page $16$ ici la definition 2.2.1 et les deux paragraphes justes après la définition : on croit lire que le groupe d'inertie est cyclique ! (bien sûr je n'ai pas lu le texte, enfin juste quelques petits truc par ci par là par "obligation" sans rien comprendre, mais mon histoire de $\bullet_2$ c'est page $18$ le $\chi_x$ sauf que je veux faire autrement, vu que je n'y comprends rien (je pense que je t'ai déjà sorti cette page $18$ :-D) !

Merci pour les textes (heureusement que t'es là pour illustrer les choses) je n'ai pas réussi à les retrouver dans la jungle de ce forum (j'ai retrouvé ce message :-D) (et je n'ai plus sur mon ordi !!!) !

Coucou Claude,

Pas de soucis pour la tréve, je vois un peu ce que tu dis. Mais je vais prendre un peu de temps, vraiment besoin de repos (les calculs c'est usant) mais je peux réfléchir un peu, ça me fatigue moins :-D

Mais le fait de faire $B \otimes B$, c'est un truc que je comprend comme une sorte "d'auto-trivilisation" de manière poétique quand tu exploses l'objet sur lui même tu récupères une somme d'objet isomorphe à l'objet de départ, enfin pour un truc Galois :-D, j'ai retrouvé juste un truc dans les Douady regarde la page 228, section 4.5 Revêtements Galoisiens. La définition, $E$ se trivialise lui même. (bien sur le $\times_B$ de Douady) niveau algèbre c'est le $\otimes$ (qui est bien le produit fibré si on pense en terme de foncteur point). Regarde également page 304. La définition d'extension Galoisienne $L / K$ est Galoisienne lorsque $L$ se diagonalise elle même. C'est kif kif ! Disons en un sens je comprend un peu intuitivement ce que ça veut dire mais je n'ai pas été assez loin dans ma poésie puisqu'il y a un groupe qui agit et la trivialisation doit faire qu'il y a un truc de permutation des facteurs ! Faut que je refasse le film en entier histoire de comprendre ton histoire idempotent !

Je vais réfléchir un peu pour l'instant c'est un peu flou ! Si tu veux illustrer des trucs n'hésites pas, mais je vais être discret en écriture mais je peux lire ! (faut vraiment que je me repose, histoire de digérer certain trucs, je me suis un peu tué depuis quelques semaines !).

J'ai mis des trucs sur les foncteurs, je ne sais pas trop trop ce que tu veux savoir !

Je pense que j'ai compris Claude.

Est-ce que tu peux tester
$$
(1-e) (x \otimes1 ) = (1 \otimes y) (1-e)
$$
Pour notre exemple du second degré ? Je veux dire :
$$
(1-e) (b \otimes 1) = (1 \otimes \sigma(b)) (1-e)
$$
Hum faudrait sortir une famille d'idempotent orthogonaux, tu vois ce que je veux dire ? ou c'est du charabia ?

Hum Claude,

Ah oui il faut vérifier que l'on a un groupe oui, enfin pour l'instant faut vérifier !

Ca a l'air de fonctionner mon histoire de s.f.i.o.

Soit $A$ un anneau et $B$ tel que $B/A$ est galoisienne de groupe $G$. Donc si j'ai compris y'a un idempotent $e \in B \otimes_A B$ tel que pour tout $b \in B$, on a : $e(b \otimes 1) = (1 \otimes b) e$. Maintenant pour $g \in G$, on forme $\sigma_g : B \otimes B \to B \otimes B$ donnée par :
$$
b_1 \otimes b_2 \mapsto \sigma(b_1) \otimes b_2
$$
On note alors $e_g := \sigma^{-1}(e)$. On a ;
$$
e_g (b \otimes 1) = \sigma_g^{-1} \left( e (\sigma_g(b) \otimes 1) \right) = \sigma_g^{-1} (e (1 \otimes \sigma_g(b)) = e_g (1 \otimes \sigma_g(b))
$$
Ensuite, je pense que c'est clair que $e_g$ est un idempotent. Mais en fait les $e_g$ forme un s.f.i.o de $B \otimes B$. Attend, je droit vérifier les propriétés du produit tensoriel :-D enfin j'ai vérifié sur ton exemple de degré $3$.

En fait, si c'est ok, ca explique fortement le groupe $\tilde{G}$ que tu proposes ici puisque :
$$
\left(\sum_{g \in G} e_g g^{-1} \right) (b \otimes 1) = \sum_{g \in G} e_g (g^{-1}(b) \otimes 1) = \sum_{g \in G} e_g (1 \otimes b) = 1 \otimes b
$$

hum qu'est ce que je raconte, je retourne faire dodo, normalement je devais dormir pendant 10 jours d'affiler en travaillant juste un peu :-D

Coucou Claude,

Oui restons en là pour l'instant. J'ai matière à réfléchir là ! Merci beaucoup !

Hello Claude,

Ps : j'ai mis ans un pdf ! donc le point C/ ok mais beaucoup beaucoup plus !

Alors je n'ai pas trouvé de moyen pour calculer $e$, y'a un truc amusant qui provient de $2 ! = 2$ et c'est ça qui à permis de trouver facilement le $e$ dans le cas $(x+y,xy)$, c'est ouf le coup de bol avec l'exemple ! Mais ton $e$ (pour le cas polynôme de degré $3$) me résiste pour l'instant, les actions de groupe n'y vois rien, je pense que je vais le bombardé avec des représentations de $S_3$, il ne devrait pas résister :-D

$\bullet$ Par contre, j'ai étudié un tout petit peu les histoires de Raynaud ici

$\bullet$ Donc comme y'a l'idempotent de séparation $e$ dans le cadre $(x+y,xy)$ je me suis dit qu'on pouvait illustrer l'histoire du foncteur représentable dans ce contexte, avec l'espoir que les formules soient parlantes mais bof bof !

$\bullet$ Donc on pose $A = \Z[\sigma,\tau,(\sigma^2-4\tau)^{-1}]$ et on pose $B = \Z[x,y,(x-y)^{-2}]$ et la structure $A$-algèbre sur $B$ est donnée par $\sigma \mapsto x+y$ et $\tau \mapsto xy$.

Ceci dit $B$ est une $A$-algèbre libre de base $(1,x)$. Et on a : $x^2-\sigma x+ \tau = 0$.

$\bullet$ Soit $R$ un $A$-algèbre, soit $a_0+a_1 x \in R[X] / (X^2-\sigma X+\tau)$, et j'écris que $a_0+a_1 x$ idempotent et ça me donne :
$$
\sigma a_1^2 + 2a_0 a_1 - a_1 = 0 \qquad \qquad - \tau a_1^2 + a_0^2 - a_0 = 0
$$
Donc sous foncteur fermée $F$ de $\mathbb{A}^2_A$. J'ai écrit comme ça pour me soulager des différents anneaux et algèbre … On note $E$ la $A$-algèbre qui correspond i.e $$E := \frac{A[A_0,A_1]}{ \langle \sigma A_1^2 + 2A_0 A_1 - A_1 , - \tau A_1^2 + A_0^2 - A_0 \rangle}$$

Donc Raynaud que l'on dispose d'un idempotent universelle dans $B \otimes E$ beh oui c'est là construction suffit de prendre $a_0+a_1 x \in E[X] / (X^2-\sigma X +\tau)$.

Mais donc universelle ça veut dire que pour tout $A$-algèbre $R$, un point de $F$ sur $R$ (donc une solution du système) doit être une spécialisation de l'idempotent générique. Bon nous (avec nos conneries du second degré) on a un idempotent dans $B \otimes_A B$ et donc un point de $F$ à valeur dans $B$. Donc là on voudrait bien le voir ! (j'ai plus ou moins bidouillé) !

$\bullet$ Je résumé un peu plus proprement. Je note $\text{Idem}_B$ le foncteur de la catégorie des $A$-algèbre vers la catégorie des ensembles donné par :
$$
R \mapsto \text{Idempotent de $R \otimes_A B$} = \text{Idempotent de $R[X] / (X^2-\sigma X+\tau)$}
$$
$\star_{\text{Pour rigoler}}$ Je note :
$$
\bullet_{\Sigma} : A \to R \mapsto \{ x \in \mathbb{A}^1_A(R) \mid x^2-\sigma x+\tau \} \qquad \qquad \bullet_{\text{\idem}} : R \mapsto \{ x \in \mathbb{A}^1_A(R) \mid x^2= x \}
$$
Et bien
$$\text{Idem}_B = \mathcal{Mor} \left( \mathcal{Mor} \left( \bullet_\Sigma, \mathbb{A}^1_A \right), \bullet_{\text{Idem}} \right)$$
:-D
$\star_\text{Retour au sérieux}$ Donc j'explique un peu plus. Le foncteur $\text{Idem}_B$ est représentable par la $A$-algèbre $E$ muni de l'idempotent générique $a_0+a_1 x \in \text{Idem}_B(E)$, on a construit les choses pour et y'a rien a vérifier ! Histoire d'y voir plus clair j'ai introduit $F$ le foncteur de la catégorie des $A$-algèbre vers les ensembles :
$$
F(R) := \{ (a_0,a_1) \in \mathbb{A}^2_{A} \mid \sigma a_1^2 + 2a_0 a_1 - a_1 = 0 \quad - \tau a_1^2 + a_0^2 - a_0 = 0 \}
$$
Et bien sûr la correspondance c'est $(a_0,a_1) \mapsto a_0+a_1 x$ !

$\bullet$ Donc maintenant l'idée, c'est que l'on a construit un idempotent dans $B \otimes_A B$ qui s'appelle $e$, et donc l'idempotent de séparabilité de $B$. Et donc là je veux juste voir c'est l'idempotent de séparabilité comme point de $F$ i.e solution des équations !

Je pose :
$$
a_ 0 := \frac{(\sigma(\sigma-x)-2\tau)}{\sigma^2-4 \tau} \qquad a_1 = \frac{2x-\sigma}{\sigma^2-4\tau} \qquad (A_0,A_1) \in F(B) \qquad \qquad \text{Est-ce que ces formules te parle, un truc structurelle ?}
$$
Petite vérif :

sage: A.<sigma,tau> = ZZ[]
sage: A = A.fraction_field()   ### le bourrin pour inverser sigma^2-4tau :-D 
sage: B.<a0,a1> = A[]
sage: I = K.ideal([T^2-sigma*T+tau])
sage: K.<T> = B[]
sage: I = K.ideal([T^2-sigma*T+tau])
sage: R.<t> = K.quotient(I)
sage: A0 = (sigma*(sigma-T)-2*tau)/(sigma^2-4*tau)
sage: A1 = (2*T-sigma)/(sigma^2-4*tau)
sage: P = A0+A1*T
sage: R(P^2-P)
0
sage: sigma*A1^2 + 2*A0*A1 - A1    ### ici c'est plus que ce que l'on veut car on veut dans R pas dans K
0
sage: - tau*A1^2 + A0^2 - A0
((-1)/(-sigma^2 + 4*tau))*T^2 + ((-sigma)/(sigma^2 - 4*tau))*T + tau/(sigma^2 - 4*tau) 
sage: R(- tau*A1^2 + A0^2 - A0)
0 

$\bullet$ Donc mon point $(a_0,a_1)$ est bien dans $F(B)$ donc un idempotent ! Mais bien sûr y'a plusieurs idempotent dans $B \otimes B$ est donc y'a aucun garanti que c'est le bon (sauf que vu que je suis parti de $e$, c'est certain que c'est le bon) ! Donc, j'explique un peu comment retrouver $e \in B \otimes_A B$ même si c'est bébé comme truc, autant détailler au maximum si un jour ça sert !

Donc là on suit : $(a_0,a_1)$ on peut le voir comme un morphisme de $A$-algèbre $E \to B$ réalisant $A_0, A_1 \mapsto a_0,a_1$.

$\bullet$ Je détails un peu plus la construction de Raynaud. Soit $R$ un $A$-algèbre et $\phi : E \to R$ un $A$-morphisme. On considère $\text{Id} \otimes \phi : B \otimes E \to B \otimes B$ donnée par $b \otimes e \mapsto b \otimes \phi(e)$.

Donc ici :
$$
A_0+A_1 \otimes x \in E \otimes B \mapsto a_0+a_1 \otimes x = \frac{(\sigma(\sigma-x)-2\tau)}{\sigma^2-4 \tau} \otimes 1 + \frac{2x-\sigma}{\sigma^2-4\tau} \otimes x
$$
Je fais la vérif : (je ne me souviens plus ce que j'ai fait pour le trouver MAIS je suis parti du $e$ que l'on avait trouvé donc rien de magique :-D) :

sage: B.<x,y> = A[]
sage: I = B.ideal([x^2-sigma*x+tau,y^2-sigma*y+tau])
sage: R = B.quotient(I)
sage:  e =  (sigma*(sigma-x)-2*tau)/(sigma^2-4*tau)+ (2*x-sigma)/(sigma^2-4*tau)*y
sage: R(e)
(2/(sigma^2 - 4*tau))*xbar*ybar + ((-sigma)/(sigma^2 - 4*tau))*xbar + ((-sigma)/(sigma^2 - 4*tau))*ybar + (sigma^2 - 2*tau)/(sigma^2 - 4*tau)
sage: R(e^2-e)
0
sage: R(e*x-e*y)
0

C'est un peu cryptique (bon j'ai le temps pour modifier un peu et rendre moins cryptique !)


Remarque : le schéma de Raynaud possède la trace de l'action de du groupe sur $B$., on a un automorphisme $(a_0,a_1) \mapsto (a_0+\sigma a_1, -a_1)$, si je ne dis pas de connerie !

Et en plus $F$ c'est un groupe via
$$
(a_0,a_1) \star (b_0,b_1) = \left( 2a_1 b_0 + 2 a_0 b_1 + 2\sigma a_1b_1- a_1- b_1, + 2a_0 b_0 -2\tau a_1b_1 - a_0 - b_0 + 1 \right)
$$
Ah bin dis donc quand on fait un cadeau de Noel à Claude il est sympa il te retourne un cadeau magnifique !!! Y'a une telle imbrication entre les différents objets que j'ai mal à décrire ! Je vais essayer de faire agir ce groupe sur $B/ A$, histoire de ne plus rien y comprendre :-D