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Réponses
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J'ai pas vraiment de réference, mais c'est une application directe du lemme d'Hensel.
Si $R$ est un DVR henselien de corps de fractions $K$ et si $L$ est une extension finie séparable de $K$ et si $S$ est la normalisation de $R$ dans $L$, alors… -
Tu n'as pas besoin d'un corps local, simplement d'un corps henselien.
En l'occurence le lemme d'Hensel te dit que si $R$ est un DVR henselien de corps residuel algebriquement clos, et si $K$ est une extension finie galoisienne de $\text{Frac} … -
Ben, la suite exacte $$0 \to I_\mathfrak{p} \to D_\mathfrak{p} \to G(\kappa/k) \to 0$$
te dit tout de suite que le groupe de decomposition est égal au groupe d'inertie si $k$ est séparablement clos. -
Quelques typos dans mon message, d'ailleurs, la somme va jusqu'à $p-1$ et pas $p$ (il y a la même petite incorrection dans le message de Paul), et il y a un $j$ parasite dans $\gamma^j b - b$ qui devrait être $\gamma b -b$
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Tu peux regarder, pour chaque élément $a$ de trace nulle, l'application que tu obtiens, en associant à $\gamma^p$ la somme partielle $$\sum_{i\leq p} \gamma^i a$$
C'est un homomorphisme croisé, et si $a$ lui même est de la forme $\gamma^jb-b$, … -
Un morphisme de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ dans n'importe quel groupe $G$, a comme noyau un sous groupe de $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, qui n'a... que deux sous groupes.
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C'est important si tu penses a la ramification en terme différentiel.
Si tu regardes le cas d'une extension simple finie $K/k$, alors elle est séparable ssi $\Omega^1_{K/k}=0$ et c'est une bonne caractérisation de la non ra… -
Une autre manière de dire la même chose si $\sigma$ est un élément de Galois, alors $$\sigma(i^2+1)=\sigma(i)^2+1=0$$
et donc $\sigma(i)$ est une racine de $T^2+1$, donc $\pm i$.
Plus généralement, l'action de Galois préserve les ra… -
Car $T^2+1$ annule $i$ et que $\sqrt{2}$ n'est visiblement pas racine de ce polynôme.
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(Quote) Je ne comprends pas l'argument et je ne pense pas qu'il soit correct.
Déjà pour parler de corps de rupture il faut que le polynôme soit irréductible. Du coup je comprends l'argument comme : si $f$ a un corps de décomposition de d… -
Voici une manière de formaliser l'argument.Si $E$ est un fibré sur $X$ de fibre $V$ et $f:E\to V$ qui est telle qu'en restriction à chaque fibre $f$ est un isomorphisme, alors $E$ est trivial.
En effet $E$ est alors isomorphe à …À moins que je manque qqch d'évident, il semble manquer un argument pour justifier que $L\cap L' \subset L$ est un sous-corps strict, ça résulte facilement de la théorie de Kummer, et il y a un argument é…Un poil different, comme 8 divise toujours $p^2-1$ pour $p$ premier (impair), $\mathbb{F}_{p^2}$ contient toujours les racines 8eme de l'unite, donc le corps est une extension de degré au plus 2, et il est une extension triviale ssi $\mathbb{F}_p$ c…Un isomorphisme d'anneau? Si oui, alors le résultat est faux. Par exemple si $A$ est intègre l'anneau de gauche est réduit et pas celui de droite.
Si c'est un isomorphisme de $A$-module, alors $(1, X-a)$ est une base de $A[X]/(X-a)^2$.(Quote) L'implication directe n'est pas vraie, même en supposant $k$ algébriquement clos ($V(T^2)$ est irréductible dans $\text{Spec}(k[T])$) , mais la réciproque (qui est la seule chose dont on a besoin ici) est vraie.Si $I$ est premier, alors $I$ est égal à son propre radical.(Quote) Un ideal premier non nul est maximal.
Du coup $(0)\subset I$ avec $I$ ton ideal non premier favori fourni un contre-exemple.
La encore géométriquement, cet exemple se "voit" on prend une réunion finie de …La 1) est fausse, déjà dans $\mathbb Z$ par exemple (mais en général, géométriquement on "voit" bien que ça ne peut pas être vrai).
Pour la 2), il faut supposer $k$ algébriquement clos quand même, sinon c'est faux en…(Quote) Oui, l'Ideal des fonctions s'annulant hors d'un compact (non fixé) est contenu dans un idéal maximal qui n'est pas de la forme précédente.
Concernant les pistes de lecture... c'est un peu difficile de répondre car tout dépe…Non, $2\otimes 1$ n'est pas nul dans $2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ vu qu'il n'existe pas d'élément $\alpha$ dans $2\mathbb{Z}$ dont $2$ est le double. Donc tu ne peux pas écrire $2 \otimes 1=2\alpha \otimes 1=\alpha \otimes 2 =0$.
$2\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ne fait pas 0, $2 \mathbb{Z}$ est libre.
$2\mathbb{Z} \otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} = 2\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, c'est un $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ espace vectoriel de rang 1.
(Quote) Ben... tu l'as deja donné il suffit de l'adapter.
Prend $$0\to 2\mathbb{Z}\to \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to 0$$
Si l'on tensorise par $\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z}$ on obtient que
$$ 2\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\to\ma…(Quote) Ben parce que le produit tensoriel n'est pas exact à gauche...
Autrement dit, en général, le noyau $1\otimes f$ n'a aucune raison d’être isomorphe à $k \otimes N$, simplement à un quotient de celui-ci .
Mais ici, …@b.b : Non, ca ne marche pas, le résultat du départ n'est pas que $f$ est injectif ssi il est injectif sur tous les modules résiduels (par exemple ca impliquerait que $k[T]…Non, ton argument ne marche pas car tu obtiens simplement que $k\otimes N$ sur surjecte sur le noyau, le produit tensoriel n'est pas exact à droite donc $k\otimes N$ n'a pas de raison d'être le noyau de $1\otimes f$, tu obtiens simplement une surjec…Il suffit de remarquer que le noyau est de type fini et d'utiliser Nakayama.Tu as raison, mais en dimension plus grande que 1 strictement pour l'espace ambiant, les hypersurfaces (projectives) lisses sont irréductibles, et mon cerveau a de toute façon tendance à faire le raccourci lisse = lisse + connexe. ;-)<…En général non, l'image est constructible seulement.
Ok, donc le complémentaire d'une hypersurface lisse a un groupe fondamental abélien... ça ne me saute pas aux yeux.
Quasi affine c'est un ouvert d'un affine, et affine, isomorphe à un fermé d'un $\mathbb{A}^n$ disons. Le groupe $\…Bon, c'est simplement quasi affine, pas affine.
Cela dit si tu regardes le complémentaire d'une hypersurface dans l'espace projectif, alors par dualité d'Alexander, le complémentaire d'hypersurface de degré d ont un $H_1$ avec de la torsion, ca…Si tu regardes des plongement de Veronese en affine, et que tu fais agir $\mu_n$ dessus, alors l'image du complémentaire de 0 (pour avoir une action libre), donne une variété affine dont le groupe fondamental est $\mu_n$ vu la simple connexité de l'…C'est clairement pas équivalent. Il suffit d'examiner un espace totalement discontinu pour s'en convaincre. Mais en pratique sur des espace gentils (e.g localement connexe) ça coïncide.Une section de $X\times E\to X$ s'identifie canoniquement à une flèche $X\to E$. Donc non, ce n'est pas bizarre.Le faisceau constant (de fibre $F$) c'est le faisceau associé au prefaisceau constant, qui est ce que tu imagines ($U\mapsto F$).
Un faisceau localement constant, $\mathcal{F}$, c'est un faisceau sur $X$ pour lequel il existe un recouverment ou…Prend $\phi$ une fonction lisse sur $I=[0,1]$, qui vaut $0$ en $0$ et $1$ en $1$, strictement croissante et donc toutes les dérivées $n$-ièmes s'annulent en $0$ et $1$.
Considère alors $f:[0,4] \to \mathbb{R}^2$ défini par $f(t)=(\phi(t), 0)$ p…Un revêtement c'est un faisceau localement constant. Enfin sur des espaces localement connexes au moins.Tel qu'énoncé le résultat est faux.
C'est facile de construire une telle fonction qui ait pour image un carré (en la faisant "s'arrêter" aux sommets du carré pour pouvoir "tourner" sans perdre la lissité).
Si elle est immersive, alors le r…Les deux membres valent $$a_1\cdots a_nb_1\cdots b_mc_1\cdots c_\ell$$Tu peux procéder comme suit, si $G, H$ sont tes deux groupes alors tu as une application de concatenaton $\text{Mot}(G \sqcup H)\times\text{Mot}(G \sqcup H)\to \text{Mot}(G \sqcup H) $ qui est clairement associative et qui de $\text{Mot}(G \sqcup H)…Je ne comprends pas. Tu veux montrer l'associativité dans le groupe produit libre de deux groupes, c'est-à-dire que le produit libre est un groupe, ou tu veux démontrer l'associativité de l'opération produit libre, qui à deux groupes, associe…