[PDF] Université Paris 6 Année universitaire 2012-2013 Corrigé de l

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Universit´e Paris 6

Ann´ee universitaire 2012-2013

Corrig´e de l"examen terminal du coursIntroduction `a la th´eorie des sch´emas, le 8 janvier 2013

I. Anneaux absolument plats.

1)

1a) SupposonsB=A/Iet soitfune applicationA-lin´eaire deNversM.

Soitn?Net soitb?B. On ab=apour un certaina?A. D`es lors f(bn) =f(an) =f(an) =af(n) =af(n) =bf(n), parA-lin´earit´e def. AinsifestB-lin´eaire. SupposonsB=S-1Aet soitfune applicationA-lin´eaire deNversM. Soitn?N, et soitb?B.´Ecrivonsb=a/saveca?Aets?S. On a alorssbn=an. Ainsi,af(n) =f(an) =f(sbn) =sf(bn) carfestA-lin´eaire. Il vient (a/s)f(n) =f(bn), c"est-`a-diref(bn) =bf(n), ce qu"il fallait d´emontrer.

1b) SoitLunB-module. Il r´esulte de ce qui pr´ec`ede qu"une applicationA-

lin´eaire deNdansLest la mˆeme chose qu"une applicationB-lin´eaire deN dansL. Ainsi, lesB-modulesNetN?ABsatisfont la mˆeme propri´et´e universelle et sont donc canoniquement isomorphes.

SiNetMsont deuxB-modules on a

N?AM?(N?AB)?BM?N?BM

(le dernier isomorphisme r´esultant de ce qui pr´ec`ede).

1c) SoitL ?→L?une injectionB-lin´eaire. CommeM?AL?M?BL, et de

mˆeme avecL?, et commeMestA-plat, la fl`eche naturelleM?BL→M?BL? est injective. Ainsi,MestB-plat. 2)

2a) Supposons queAsoit absolument plat et soitpun id´eal premier deA.

SoitMunAp-module. CommeAest absolument plat, le moduleMestA- plat, et est doncAp-plat d"apr`es 1c), que l"on peut appliquer grˆace au deuxi`eme exemple de 1a) (celui o`uB=S-1A). Ainsi,Apest absolument plat. R´eciproquement, supposons queApsoit absolument plat pour tout id´eal premierpdeA. SoitMunA-module et soitpun id´eal premier deA. CommeAp est absolument plat, leAp-moduleMpest plat. Ceci valant pour toutp, il r´esulte d"un exercice vu en TD queMestA-plat.

2b) i)?ii) est ´evident. Supposons que ii) soit vraie, et soitaun ´el´ement

deA. L"injectionaA ?→Areste injective apr`es tensorisation parA/m. Mais commeaappartient `am, son image dansA/mest nul. Il s"ensuit quea?m(aA). AinsiaA=m(aA); par le lemme de Nakayama,aA= 0 etaest nul. En cons´equencem= 0. Si iii) est vraie alorsAest un corps, et tous lesA-modules sont plats d"apr`es le cours.

2c) Il r´esulte de 2a) que i) est vrai si et seulement si pour tout id´eal premierp

deAl"anneau localApest absolument plat; et d"apr`es 2b), ce dernier fait revient `a dire queApest un corps. Ainsi, i)??ii). 1 Supposons que ii) soit vrai. Comme les localis´es deAen ses id´eaux premiers sont tous r´eduits, l"anneauAest r´eduit (vu en TD). Par ailleurs sipetq sont deux id´eaux premiers deAavecp?qalorspAqest un id´eal premier du corpsAq; il est donc nul, c"est-`a-dire qu"il co¨ıncide avecqAq. Il s"ensuit quep=q; ainsi, tout id´eal premier deAest maximal. Supposons que iii) soit vrai et soitpun id´eal premier deA. Comme tout id´eal premier est maximal,pne contient strictement aucun autre id´eal premier deA. En cons´equence,pApest l"unique id´eal premier deAp. C"est donc l"ensemble des nilpotents deAp. Mais commeAest r´eduit,Apest r´eduit (l`a encore,cf. les TD); en cons´equencepAp= 0, etApest un corps, d"o`u ii), ce qui termine la preuve.

3) SoitAun anneau absolument plat et soitXson spectre.

3a) CommeAest absolument plat, l"anneau localOX,xco¨ıncide avec son

corps r´esiduelκ(x) (d"apr`es 2c) ). Ainsi, sif(x) = 0 alorsfest nulle dansOX,x, ce qui veut dire quefest nulle au voisinage dex.

3b) Commexetycorrespondent `a deux id´eaux premiers diff´erents deA, il

existef?Aqui s"annule en l"un et pas en l"autre. Le lieu d"inversibilit´e def est un ouvert deXcomme sur tout sch´ema, et son lieu des z´eros est un ouvert deXd"apr`es 3a). Sif(x) = 0 on peut alors prendre pourUle lieu des z´eros defet pourVson lieu d"inversibilit´e; si c"est enyquefs"annule, on ´echange les d´efinitions deUetV. 3c) ´EcrivonsXcomme la r´eunion disjointe des ouvertsV(f) etD(f) et d´efinissonsgcomme la fonction qui vaut 1/fsurD(f) et 0 surV(f) (une telleg existe puisqueOXest un faisceau). On a 1-gf= 0 surD(f), etf= 0 surV(f) d"apr`es 3a). Il vientf(1-gf) = 0.

4) Soitpun id´eal premier deAet soita?pAp. On peut ´ecrirea=f/s

avecs?A\petf?p. Par hypoth`ese, il existegtel quef(1-fg) = 0. Commef?p, l"´el´ement 1-fgdeApest inversible; d`es lors,f= 0 dansAp. On aa fortioria= 0, etpApest nul. Ainsi,Apest un corps, et comme ceci vaut pour toutpl"anneauAest absolument plat d"apr`es 2c).

5) SupposonsAredabsolument plat. Dans ce cas, SpecA, qui est canoniquement

hom´eomorphe `a SpecA red, est s´epar´e d"apr`es 3b).´Etant par ailleurs quasi- compact, il est compact. Tout ouvert affine de SpecA´etant quasi-compact, il est compact (puisque s´epar´e); ainsi, SpecAposs`ede une base d"ouverts compacts. ll est clair que ii)?iii)?iv). Enfin, si iv) est vraie alors tous les points de SpecAredsont ferm´es aussi (puisqu"il est hom´eomorphe `a SpecA). Autrement dit, tous les id´eaux premiers deAredsont maximaux. CommeAred est r´eduit, il est absolument plat en vertu de 2c). Ainsi, i) est vrai.

6)Quelques exemples.

6a) Soitf?A. Commefest localement constante, son lieu des z´erosU

est ouvert, et il en va de mˆeme de son lieu d"invisibilit´eV; on aX=U?V. Soitgla fonction localement constante deXdansKqui vaut 1/fsurVet (par exemple) 0 surU. On a alorsf(1-gf) = 0; il s"ensuit en vertu de 4) queAest absolument plat. Six?X, le noyau de la surjectionf?→f(x) deAdansKest un id´eal maximal deA. On a ainsi construit une applicationπdeXvers SpecA, qui 2 est continue : par construction, l"image r´eciproque de l"ouvertD(f) de SpecA est le lieu d"inversibilit´e defsurX. CommeXet SpecAsont compacts (pour SpecA, cela r´esulte d"apr`es 5) du fait queAest absolument plat) il suffit pour conclure de montrer queπest bijective. L"applicationπest injective. Soientxetydeux points distincts deX. CommeXposs`ede une base d"ouverts compacts, il existe un ouvert compactU deXcontenantxet ne contenant pasy. CommeUest compact,X\Uest ouvert et la fonctionfqui vaut 1 surUet 0 surX\Uappartient `aA. Par construction,f appartient `a l"id´ealπ(y) mais pas `a l"id´ealπ(x). Ainsi,π(x)?=π(y) etπest injective. L"applicationπest surjective.Soitpun id´eal premier deA. CommeAest absolument plat l"id´ealpest maximal d"apr`es 2c). Il s"agit de montrer qu"il est ´egal `aπ(x) pour un certainx?X; par maximalit´e, il suffit de montrer qu"il existextel quep?π(x). On raisonne par l"absurde. On suppose donc que pour toutx?Xil existefx?ptelle quefx(x)?= 0; dans ce cas,fxest ´egale `a une constante non nulleλxsur un voisinage ouvert compactVxdex. Par compacit´e, on peut recouvrirXpar une famille finieV1,...,Vnd"ouverts compacts, tels que la propri´et´e suivante soit satisfaite : pour touti, il existefi?petλi?K?tels quefi|Vi=λi. La propri´et´e reste vraie si on raffine le recouvrement. On peut donc, quitte `a remplacer (Vi) par la famille des (? i?IVi\? i/?IVi)I?{1,...,n},I?=∅(ce sont encore des ouverts compacts), supposer lesVideux `a deux disjoints. Soitgi?Ala fonction valant 1/λisurViet 0 ailleurs. Par construction, on a (gifi)|Vi= 1 et (gifi)|X\Vi= 0. Commepest un id´eal, la fonction?gifi appartient `ap. Mais?figi= 1, et l"on aboutit ainsi `a une contradiction qui ach`eve la preuve.

6b) Soitf= (fi)??Ai. Comme chacun desAiest absolument plat, il

existe pour toutiun ´el´ementgi?Aitel quefi(1-gifi) = 0 (d"apr`es 3c). Si l"on poseg= (gi) on a alorsf(1-gf) = 0; il r´esulte d`es lors de 4) que?Ai est absolument plat. II.

´Eclatement deSpecZ[T].

1) 1a) SoitP?Z[T].´EcrivonsP=a0+?ai(T-1)i, o`u lesaiappartiennent `aZ.

Le polynˆomePappartient `amsi et seulement sia0est pair, donc si et seulement siP(1) est pair. Ainsi,mapparaˆıt comme le noyau de la surjectionP?→P(1) deZ[T] dansZ/2Z. On en d´eduit quemest un id´eal maximal, et que le pointx correspondant a pour corps r´esiduelZ/2Z.

1b) On peut´ecrireX\{x}comme la r´eunion des deux ouverts affinesD(T-1)

etD(2) deX. L"anneau des fonctions deD(T-1) est le sous-anneau deQ(T) form´e des fractions qui peuvent se mettre sous la formeP/(T-1)iavecP?Z[T] eti>0; l"anneau des fonctions deD(2) est le sous-anneau deQ(T) form´e des fractions qui peuvent se mettre sous la formeP/2iavecP?Z[T] eti>0. Sif est une fonction surD(T-1) et sigest une fonction surD(2) alorsfetg co¨ıncident surD(T-1)∩D(2) =D(2(T-1)) si et seulement si elles co¨ıncident comme ´el´ements deQ(T). Ainsi, l"anneauOX(X\{x}) est ´egal au sous-anneau deQ(T) form´e des fractions qui peuvent s"´ecrire `a la fois sous la formeP/2i et sous la formeQ/(T-1)j. En consid´erant l"´ecriture d"une telle fraction sous 3 forme irr´eductible, et en remarquant que 2 etT-1 sont des irr´eductibles non associ´es de l"anneau factorielZ[T], on voit queOX(X\ {x}) =Z[T].

On dispose d"un morphisme de

X\ {x} →SpecOX(X\ {x}) = SpecZ[T] =X

qui par sa construction mˆeme (il envoie un point sur le noyau de l"´evaluation correspondante) n"est autre, au niveau ensembliste, que l"inclusion. Comme cette inclusion n"est pas surjective (le pointxn"est pas dans l"image) ce morphisme n"est pas un isomorphisme etX\ {x}n"est pas affine.

1c) Il suffit de le v´erifier localement surX\{x}. Soit doncX?l"un des deux

ouverts affinesD(T-1) ouD(2) et soitBson anneau des fonctions. On a

Y×XX?= ProjB[U,V]/((T-1)U-2V).

SiX?=D(T-1) alorsT-1 est inversible dansBet

B[U,V]/((T-1)U-2V)?B[V]

(viaU?→2/(T-1)V). SiX?=D(2) alors 2 est inversible dansBet

B[U,V]/((T-1)U-2V)?B[U]

(viaV?→(T-1)U/2). Dans les deux cas,Y×XX??ProjB[W]?SpecB=X?, ce qu"il fallait d´emontrer.

1d) On aκ(x) =Z/2Z, et (T-1)(x) = 2(x) = 0. Par cons´equent,

-1(x)?ProjZ/2Z[U,V] =P1Z/2Z. Ainsi,π-1(x) est isomorphe `a la droite projective sur le corpsZ/2Z. C"est un sch´ema de dimension 1.

1e) Si l"on noteρ?le morphismeX→SpecZalorsρ=ρ?◦π. Commeπ

est d"apr`es 1c) un isomorphisme au-dessus deX\ {x}eta fortioriau-dessus Quant `aρ-1(x2), il s"identifie `a ProjZ/2Z[T][U,V]/((T-1)U), et donc est (ensemblistement) ´egal au ferm´e

V(2)∩(V(T-1)?V(U)) =V(2,T-1)?V(2,U)

deY. Le ferm´eV(2,T-1) deYest par d´efinition ´egal `aπ-1(x) et est donc irr´eductible (on a vu au 1d) qu"il s"identifie `a la droite projective surZ/2Z). Quant au ferm´eV(2,U), il s"identifie topologiquement `a

ProjZ/2Z[T][V]?SpecZ/2Z[T] ;

il est donc irr´eductible, puisqu"hom´eomorphe `a la droite affine surZ/2Z. L"intersection de ces deux ferm´es peut se d´ecrire, au choix : - comme le ferm´eV(T-1) de SpecZ/2Z[T], qui est simplement leZ/2Z- point d"´equationT= 1; - ou comme le ferm´eV(U) deπ-1(x)?ProjZ/2Z[U,V] (qui bien entendu est lui aussi un point de corps r´esiduelZ/2Z). 4 Ainsiρ-1(x2) a deux composantes irr´eductibles se rencontrant en un point ferm´e de corps r´esiduelZ/2Z. 2)

2a) Par d´efinition, l"id´ealmest l"image de l"applicationA-lin´eaire deA?A

dansAqui envoie (a,b) sur (T-1)a+ 2b. On dispose donc d"une surjection q: (a,b)?→(T-1)a+ 2b deA?Aversm. Soitil"applicationa?→(-2a,(T-1)a) deAdansA?A. Elle est clairement injective puisqueAest int`egre. Montrons quei(A) = Kerq. L"inclusioni(A)?Kerqest ´evidente. R´eciproquement, soit (a,b)?A?A tel que (T-1)a+ 2b= 0. Comme 2 etT-1 sont premiers entre eux dans l"anneau factorielA, le lemme de Gauß assure que (T-1) divisebet que 2 divisea. Si l"on ´ecritb= (T-1)b?eta= 2a?l"´egalit´e (T-1)a+ 2b= 0 assure quea?=-b?, et (a,b) est ainsi ´egal `ai(b?).

2b) L"anneauBest ´egal `aZ[T][u]/((T-1)u-2). Le quotientB/(T-1)

est donc isomorphe `aZ[u]/2 =Z/2Z[u] qui est non nul. Ainsi,T-1 n"est pas inversible dansB. Dans l"anneauB, on a (T-1)u= 2. Ainsi,qB(u,-1) = 0;a fortiori, j B◦qB(u,-1) = 0. Par ailleurs, commeT-1 n"est pas inversible dansB, l"´el´ement (-1) deBn"est pas multiple deT-1; il s"ensuit que (u,-1) n"appartient pas `a l"image deiB. En cons´equence, la fl`eche (B?B)/iB(B)→B n"est pas injective. L"exactitude `a droite du produit tensoriel assure que B i

B//B?Bq

B//m?AB//0

est exacte. Ainsi,m?AB?(B?B)/iB(B). Par ce qu"on vient de voir, la fl`eche naturellem?AB→B, d´eduite de l"injectionm?→A, n"est pas injective. On en d´eduit queBn"est pas plat surA.

3) 3a) On sait d"apr`es le cours que{ξ}=V(T2-5) (parce que ce dernier

polynˆome est de contenu ´egal `a 1). La structure de sous-sch´ema ferm´e correspondant `a cette description est donn´ee par l"anneauZ[T]/(T2-5) qui est int`egre, et en particulier r´eduit, carT2-5 est irr´eductible dansZ[T] (parce qu"il est de contenu 1 et est irr´eductible dansQ[T], par exemple parce qu"il est de degr´e 2 et sans racine dansQ). Cette structure est donc la structure r´eduite sur{ξ}; autrement dit, l"anneau des fonctions deZestZ[T]/(T2-5).

3b) La fibreZpdeZenxpest leFp-sch´ema SpecFp[T]/(T2-5).

L"anneauFp[T]/(T2-5) est non nul (c"est unFp-ev de dimension 2), ce qui implique queZp?=∅.

On distingue maintenant diff´erents cas.

•Sip= 2 alorsZ2= SpecF2[T]/(T2-1) =F2[T]/(T-1)2; elle n"est donc pas r´eduite. Ensemblistement, elle est d´efinie par les conditions 2 = 0 etT2-5 = 0, soit encore 2 = 0 etT-1 = 0 (puisqueT2= 5??T= 1 en caract´eristique 2). Elle est donc ´egale au singleton{x}. •Sip= 5 alorsZ5= SpecF5[T]/T2. Elle n"est pas r´eduite et consiste en un point (puisqueF5[T]/T2a un seul id´eal premier, `a savoirT); ensemblistement, ce point est d´ecrit par les ´equations 5 = 0 etT= 0. Son corps r´esiduel estF5. 5 •Sip?= 2,p?= 5 et si 5 n"est pas un carr´e modulopalorsT2-5 est irr´eductible dansFp[T], et le quotientFp[T]/(T2-5) est d`es lors un corps (de cardinalp2). La fibreZpest ainsi un singleton; elle est r´eduite, et le corps r´esiduel de son unique point est de cardinalp2. •Sip?= 2,p?= 5 et si 5 est un carr´e modulopalorsT2-5 s"´ecrit (T-a)(T-b) dansFp[T] aveca?=b. Le quotient F p[T]/(T2-5) =Fp[T]/(T-a)(T-b)?Fp[T]/(T-a)×Fp[T]/(T-b)?Fp×Fp est r´eduit. Il a deux id´eaux premiers, `a savoir (T-a) et (T-b), et les corps quotients correspondants sont tous deux isomorphes `aFp. Ainsi,Zpest r´eduite; elle poss`ede deux points, tous deux de corps r´esiduelFp.

3c) Le ferm´eZ?s"identifie `a ProjC, o`u

C=Z[T][U,V]/(T2-5,(T-1)U-2V).

On a dansCl"´egalit´e (T-1)U= 2V. En l"´elevant au carr´e, on obtient (T-1)2U2= 4V2, soit encore (T2-2T+ 1)U2= 4V2.

CommeT2= 5 dansCil vient

(6-2T)U2= 4V2, puis

2(3-T)U2= 4V2

et finalement

2(2-(T-1))U2= 4V2.

En multipliant parUde part et d"autre on obtient

2(2U-(T-1)U)U2= 4UV2,

ce que l"on r´ecrit

2(2U-2V)U2= 4UV2,

ou encore

4U(V2+UV-U2) = 0,

ce qu"on souhaitait ´etablir. On peut donc ´ecrireZ?(ensemblistement) comme la r´eunion deZ?∩V(2), deZ?∩V(U), et deZ?∩V(V2+UV-U2). Nous allons ´etudier chacun de ces termes. •Le ferm´eZ?∩V(2) deYest son ferm´e d"´equations 2 = 0 etT2= 5 soit encore 2 = 0 etT= 1 (carT2= 5??T= 1 dans tout corps de caract´eristique 2); c"est doncπ-1(x). •Le ferm´eZ?∩V(U) deYest son ferm´e d"´equationsU= 0 etT2= 5. Comme on a (T-1)U-2V= 0 surY, on a 2V= 0 surZ?∩V(U); et commeU etVne peuvent s"annuler simultan´ement surY, on a finalement 2 = 0 en tout point deZ?∩V(U); ainsi,Z?∩V(U)?Z?∩V(2) =π-1(x). 6 •Le ferm´eZ?∩V(V2+UV-U2). Nous allons tout d"abord montrer qu"il co¨ıncide avec le ferm´eV(V2+UV-U2) deY; il suffit de s"assurer qu"on a bien l"inclusionV(V2+UV-U2)?Z?. Soit doncyun point en lequelV2+UV-U2s"annule. CommeVetUne peuvent s"annuler simultan´ement eny, on aU(y)?= 0; si l"on posev=V/U, on obtient une fonction bien d´efinie au voisinage deyet telle quev(y)2+v(y)-1 = 0. On a par ailleurs, l"´egalit´e (T-1)U= 2V. On a donc 2v(y) = (T(y)-1).

Supposons que 2 ne s"annule pas eny. On a alors

(T(y)-1)2/4 + (T(y)-1)/2-1 = 0, ce qui apr`es d´eveloppement conduit `a l"´egalit´eT(y)2-5 = 0. Supposons que 2 s"annule eny. On a alors dans ce casT(y) = 1, d"o`u l"´egalit´eT(y)2-5 =T(y)2-1 = 0.

Ainsiyappartient dans tous les cas `aV(T2-5) =Z?.

SoitZ??le ferm´eV(V2+UV-V2) deY. Il reste `a s"assurer qu"il est irr´eductible. On a vu ci-dessus queZ???D(U). En notantvla fonctionV/U, l"ouvert affineD(U) deYa pour anneau de fonctionsZ[T,v]/((T-1)-2v)?Z[v] (envoyerTsur 1 + 2v); le ferm´eZ??=Z??∩D(U) deD(U) s"identifie alors `a SpecZ[v]/(v2+v-1). Commev2+v-1 est irr´eductible dansZ[v] (il est de contenu 1, de degr´e 2 et sans racine rationnelle), on voit queZ??est irr´eductible.

3d) L"anneau int`egreZ[v]/(v2+v-1) est en particulier r´eduit.

L"hom´eomorphismeZ???SpecZ[v]/(v2+v-1) mentionn´e ci-dessus induit donc la structure r´eduite surZ??. Le morphisme naturelZ??→Z?est induit d"apr`es les calculs pr´ec´edents par le morphisme d"anneauxZ[T]/(T2-5)→Z[v]/(v2+v-1) qui envoieTsur 1+2v. CommeZ[v]/(v2+v-1) est fini surZ, il l"esta fortiorisurZ[T]/(T2-5), etZ??→Z?est donc un morphisme fini. Commexest l"unique ant´ec´edent dex2surZ(question 3b), l"ouvertZ\{x} deZn"est autre queD(2), et?-1(Z\ {x})→Z\ {x}est donc induit par le morphisme d"anneauxZ[1/2][T]/(T2-5)→Z[1/2][v]/(v2+v-1) qui envoieT sur 1 + 2v; mais ce morphisme est bijectif, sa r´eciproque ´etant donn´ee par la formulev?→(T-1)/2. Ainsi,?induit un isomorphisme?-1(Z\{x})?Z\{x}. Commexest le lieu d"annulation de 2 surZ, la fibre?-1(x) est pr´ecis´ement le lieu d"annulation de 2 surZ??; c"est donc exactement l"intersection deZ?? avecV(2)∩Z?, c"est-`a-dire avecπ-1(x) (voir 3c). D´eterminons plus pr´ecis´ement la structure du sch´ema?-1(x). Il s"identifie au spectre deZ[v]/(v2+v-1)?Z[T]/(T2-5)Z/2Z. Ce dernier anneau est uneZ/2Z- alg`ebre engendr´ee par un ´el´ement annulant le polynˆomev2+v-1. Comme celui-ci est irr´eductible, cetteZ/2Z-alg`ebre est n´ecessairement un corps `a quatre

´el´ements.

Ainsi?-1(x) est r´eduit et consiste en un point ferm´e, dont le corps r´esiduel a quatre ´el´ements.

3e) L"anneauSdes fonctions surZ??est un module fini sur l"anneauRdes

fonctions surZ. Si le morphismeZ??→Z´etait plat, leR-module de pr´esentation finieSposs`ederait d"apr`es ce qu"on a vu en cours la propri´et´e suivante :pour tout id´eal premierpdeR, le moduleSpest libre de rang fini.Appliquons ¸ca `a l"id´eal maximalpcorrespondant `axet soitrle rang correspondant. 7 Ce rangrest d"une part ´egal `a la dimension duκ(x)-espace vectoriel

S?Rκ(x) =Sp?Rpκ(x),

qui vaut 2 d"apr`es le 3d) (le corpsκ(x) estZ/2Z, etS?Rκ(x) est un corps `a quatre ´el´ements); il est d"autre part ´egal `a la dimension duK- espace vectorielS?RK=Sp?RpK, o`uKest le corps des fractions deR. MaisS?RK?S2?R2K?K, carR2?S2d"apr`es 3d). Ainsir= 1, et on aboutit `a une contradiction. En cons´equence,Z??→Zn"est pas plat. 8quotesdbs_dbs21.pdfusesText_27

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