 Good morning and good evening to everybody. So thank you very much for the invitation to speak here. Let me take this opportunity to thank also Arthur Gabard, who is here for a very helpful list of criticisms and corrections on a premature version of my work. Let me start with introduction. So A will be a commutative ring with unit. And B will be a finite extension ring throughout the talk. And finite means that it is finitely presented as a module. – Ce sera de la fin du nutérien. – Non, non. Il sera de la fin du nutérien. – Non, mais la fin de fin de fin de fin de fin de fin est générée. – Oui, pour moi, c'est ce que je veux. Si vous voulez, vous pouvez prendre un ring de nutrient. Mais pour ce côté du blackboard, c'est ce que je veux. Donc, let's consider the following exact sequence. Exact sequence of finitely presented modules. And the question of the day is when this sequence splits. So first, I state a simple fact about the meaning of the splitting of this sequence. The following are equivalent. So this sequence splits or in ideal theoretic terms for any ideal of A. Any ideal of A is contracted. So when you consider IB intersected with A, it's just I. And you also ask, and similarly for every polynomial extension of A, for every polynomial algebra A of T1. So in other words, ideals are universally contracted. Another formulation, which is equivalent and more category minded. If we consider the base change between A modules and B modules. So this is just a product B over A. This should be faithful. OK. So some examples where this condition is satisfied. For instance, when B is flat over A, then because you have this finite condition, and it is an inclusion, it is faithfully flat. And then B over A is flat, but it's also finitely presented. So it's projective, so you have a splitting. So this is somehow trivial case in this story. Another very special case is when A is a normal domain. And the degree. The degree is just the dimension of the vector space, which you get by tensoring B with a fraction fill of A. A is invertible in A. Then this also implies that the sequence splits using a divided trace. So now the direct cement conjecture, due to external direct cement conjecture, is that this sequence splits whenever A is a notarian regular ring. So a word about this condition. It is a rather sharp condition. In fact, if you try to weaken it a bit, you will find some counter examples. For instance, a counter example in a non-regular case. So characteristic two, I copy from upstairs. So I think it's that one. T1 cube plus T2 cube. So this is A, this is B. So the index here is just four. So this condition is not satisfied. This is not flat. And this is in fact not split. So I mean this. Exact sequence is not split, whereas this is a normal complete intersection ring. Excuse me, when you don't have the extra term with the cubes, I think the index is four. So when you have the cube, you also have two. Yes, yes. Yes, yes. Yes. So it's an example to show that already for surfaces in positive characteristics, you cannot weaken so much this important condition. So in this talk, I didn't plan to talk really about the motivations of this conjecture. Let me say at least a few words. I'm out of a complex of conjectures in commutative algebra called homological conjectures which have their source in work by Peskin, Spiro and Oxtar and other people with deal with problem with local intersections, numbers and so on. Another source is some problematic of descent by Olivier, Reno, Gruzon, et cetera, where in their paper, the conjecture is not stated explicitly, but it's somehow implicit. For instance, this conjecture implies a positive answer to a question, an open question in a paper by Reno Gruzon, that any injective integral extension of notarian ring descends flatness of modules. So the conjecture is not stated like this in your paper, but it's stated that this conjecture, so this statement implies what I said. So this is another direction, another source. – You mean they state the problem, whether it descends flatness, so they prove in the final case – Exactly. For an integral non-finite case, it's a non-trivial problem. – And then there was another paper showing that the Dyson conjecture implies this, yes? – No, no, it's implicit in their papers that direct summon conjecture implies that you can pass from finite to integral extension and have a flatness descent. There is an argument in the paper, so it shows this. Ok, so let me state a few facts about this conjecture. First, there are some, mainly due to extra, except for one. So one can reduce to the case where A is a complete local regular domain and where B is a domain. And so now there are some cases. So in characteristic 0, then you can apply a second argument here using a divided trace. So this is ok, the conjecture is true. In characteristic P, this is more surprising, an equal characteristic 0. Characteristic 0, 0. In characteristic P, it's also true, but it is more tricky. So let me give a short proof due to extra himself. Let us introduce, so this is a subring of A, P to the N between brackets, generated by the P to the N power. And so you have the ideal generated by the P to the N. C'est juste le maximum ideal de la subring. Juste maintenant, mais il va gradually diminuer, donc s'il vous plaît, il y a une contente entre la P et le N. Donc quand tu prends l'intersection, tu vois que c'est 0. Je vais juste prouver ce facteur. Donc, maintenant, parce que la P est finie sur A, il y a certainement une forme linéaire, ce n'est pas 0. Et par... Il y a donc un élément de B sur lequel la lambda B n'est pas 0. Tu peux transmettre par B et donc tu prends une autre forme linéaire qui a la propriété que la lambda 1 n'est pas 0. Et donc, depuis que tu as ces propriétés, il existe un index N comme ça, lambda 1 n'est pas dans la P à la M. Donc maintenant, tu utilises le fait que A est régulière et aussi que c'est un domaine régulière qui dit que ça implique une finie flatte. Ah oui, oui, merci. Merci. C'est ce que tu ressens. C'est parfait. On peut assumer ça sans problème. Donc, ça veut dire que A est libre, finie libre sur A, la P à la M. Et cette propriété implique par Nakayama que c'est une partie de la base de A sur A la P à la M. Maintenant, tu peux prendre une forme linéaire mu A P à la M linéaire A P à la M cette lambda 1 à 1 dans A P à la M. Maintenant, quand tu restrictes mu lambda à B lambda à la M ou P à la M, sorry, ça vous donne une retraction B P à la M à A P à la M. C'est la conclusion ici. C'est juste une partie de la lambda mu. Donc, tu solves le problème pas pour A et B, mais pour A P à la M B P à la M. Mais par la structure de transport par l'intérêt de Frobenius, tu as le Frobenius minus P à la M qui vous donne la partie. Donc, c'est la preuve. C'est un cas difficile ou la caractéristique de mix. C'est la preuve P. Bien, en fait, on peut réduire à une structure coaine comme ça. Mais on peut même imaginer que c'est enrhumifié. C'est partie d'un long papier d'orster en 80. Exactement. Cette reduction est non-trivile. Mais ce n'est pas très important pour la séquence. Donc, c'était en fait, ce cas était ouvert. Donc, c'était fait en 1973. En fait, ce cas était ouvert, dans la dimension 3. Donc, c'est résolu par Heitman. Le long papier. Et dans la dimension 2, c'est très facile. Oui, oui. Oui, c'est très facile. Oui, essentiellement, parce que vous réduisez la flatness. C'est normal aussi. Oui, oui, oui. C'est très facile. 3 est sérieux. Donc, ce mot, c'est d'expliquer la preuve, proposer au début de l'Auguste, en fait, de ce cas, d'envers du cas général, d'une conjecture directe en caractéristique européenne, en utilisant des techniques parfaites. J'aimerais première d'expliquer la stratégie. Peut-être que c'est encore une petite chose qui sera utile. Donc, pour dire que la conjecture est vraie, c'est-à-dire que dans certaines circonstances, cette séquence explique. Et en fait, d'avoir cette explication dans le caractéristique mix, c'est suffisant d'expliquer, c'est aussi remarqué par Auxterre, un genre d'argument suffisant de expliquer cette séquence, mode P pour N, ou peut-être M, parce qu'il y a un autre N ici. Donc, c'est suffisant de le faire, modulo, quelque chose. Ou même mode power, le maximum idéal c'est le même argument, oui, oui, oui, c'est correct. En fait, le premier, c'est d'exprimer ce que vous dites. Ok, j'explique la stratégie. Donc, j'ai commencé avec cette séquence dans le caractéristique P. Vous voyez que c'est quelque chose d'abord, vous avez un analogue de Frobenius ici dans le caractéristique mix pour A. Donc, dans la séquence, je dois l'écrire ici. Dans la séquence, je considère ce cas. Donc, vous avez un Frobenius ici, il n'y a pas de problème. Mais sur B, peut-être il n'y a pas de Frobenius. Donc, vous ne pouvez pas imiter la preuve. Il n'y a pas de sens de quelque chose comme B pour P pour A. Donc, cette preuve est hopeless de généraliser. Donc, nous allons essayer un autre argument dans le caractéristique P. Donc, back to caractéristique P for a Y, very short Y, but in the separable case. So, this is very special. And also, for simplicity, when A is, I replace this V by something characteristic P of the form, let's say K, perfect fill of characteristic P T0. And then, I have the other variables, so T1. So, this is characteristic P analog of this question. And I assume that this is separable. Then, one can consider instead of applying Frobenius, one can apply a kind of inverse of Frobenius. So, take a perfect closure. So, 1 over P infinity, and then, here we have 1 over P infinity. So, this is still separable. And what is the advantage here to pass to the perfect closure is that the trace has better properties. So, here we take the trace in the sense before, so the trace of the fraction field of A. Then it is not subjective, anything like this. So, you cannot really hope to use the trace to get a retraction of this inclusion. But here at the top level, at infinity there is more hope because the trace of B infinity is a radical ideal. So, it is itself P infinity. And so, in particular it does not contain an ideal generated by the TIs. So, but this extension is in fact face-fully flat but even free. Free over the TIs or some indices where the indices are in 1 over P and less than 1 between 0 and 1. And then it means that there exists some MI such that so the projection on the MI factor of some and there exists some B in B 1 over P infinity of B is essentially 1 of the trace. So, you can use this element. So, you embed B to B 1 over infinity. Then here you take the map B prime to the trace of B prime B and this goes to A and then here I take the projection for this MI over A and this sends 1 to 1. So, it is a retraction of the embedding of A into B. So, somehow the idea of using the trace still works provided you go to the perfect closure. So, now this argument can be some suggest some analog in this characteristic at least under some condition which is some somehow analog of separability I don't know. So, I come back to this case a ring of formal power series of discrete valuation ring and this so, special case of mixed characteristic which was studied by Bargev Bart maybe it was published 2 years ago, I'm not sure which is the case where when you invert P you get final et tal so, in that case one can instead of this P infinity one can replace A by so, one can define A infinity to be something which you got by ramifying all the variable maybe P itself and B infinity which replace this thing will be the normal closure or integral closure of A infinity of B tensor A infinity in when you invert P then this you take polynomial it looks like oh, I'm sorry, it's A sorry, it's A so it's yes, this is the same as formal power series because in A ok, so now the key properties which replace this argument of trace is a filetting almost purity it says that when you have a thing like this final et tal extension I should say that you get also that A infinity one over P inside B infinity P is again final et tal, of course yes and then there is an extra property why I consider this one it's not a perfect thing but it is perfect to read in the sense that I have the property that what I would buy P you can let Frobenius act and Frobenius is surjective so filetting almost purity says that in this situation you can almost remove the one over P so B infinity is 1 over P infinity almost finite et tal over A infinity in particular it is almost face fully flat so now you have the following diagram which is analog to this diagram A A infinity B infinity B ok so here this is face fully flat in fact free face fully flat and here it is almost face fully flat so this implies in particular that when you consider the extension for A but for A infinity and B tensor over A infinity this splits almost now one needs some device to remove the almost device is a simple lemma says that if R is a local ring so a notarian local notarian ring S is face fully flat extension maybe not notarian M a finitely generated R module which is such that M tensor with S is killed by some idempotent ideals j j j square an idempotent S and you assume that this ideal intersected with R is not 0 then M is 0 so this condition says that M is almost 0 in the sense of I or rather M when S is almost 0 then you can deduce that M is 0 this is this is very simple but it's crucial it's the way you tie together the notarian world with the non-netarian world of all this perfection so you apply this to R is A and M is the A module generated by the extension class given by our exact sequence this S is just A infinity and what I wrote there is that A infinity you multiply it by any fractional power of P I'm sorry A tensor 1 1 over A infinity is 0 and so the conclusion by this lemma is that E is 0 so star spitz so this is a slight rewriting of but it's proof suitable for my extension to the general case so now I would like to un little bit this line of thought but attacks the general case so maybe before I do this let me make a comment of course one could elaborate a little bit this proof we can the assumptions for instance instead of assuming there that you really have a net extension after inverting P for some logarithmic version relative logarithmic version it can be done but what you cannot do is to hope that by some miraculous resolution of singularity you will get the general case by this kind of argument because because splitting properties exact sequence star spitz is not you cannot descend this property by blowing up for instance so so this is one case where I think any hope to use logarithmic geometry in this context is vain so one has to attack the so really the case where you have some ramification and especially some analog of feltings almost purity theorem in a ramified case in some sense the assumption that it was a regular maybe could be changed to some assumption of just almost purity still exist where you have a tower and almost purity exist so it looks like the regularity in this case is a little bit in fact I use even you use it to reduce to this case but if I start with A where I have a tower and almost purity I cannot play the same video exactly it's not important this is just I like to have concrete things you can't take some powers of the TIs in a regular ring here you have something you have canonical coordinates ok so explain what one does in general so this is so I was explaining the strategy so general case the general case one needs one floor more so one consider as before this A infinity is the same B B infinity but I have to consider something more B infinity infinity hat so there is one floor more well this is obtained by adjoining some roots of the discriminant so this is very much in the spirit of Abiyankar's lemmas I will speak about this perfectly Abiyankar's lemmas A infinity hat is a complication of A infinity G over P infinity is like this where G is a discriminant by this I mean an element of A B A such that B over 1 over PG is finite et tall over A over 1 over PG so turns out that so what is this thing so it's very so it contains A infinity G which is just a ring which you get by adjoining the roots of G and completing periodically but then what I do is I invert P and take the periodically integral element infact it's very difficult to describe this very difficult to describe infact even for without any variable for N equals 0 it's very difficult to describe explicitly at least at finite level so this is what we need and the B infinity infinity is almost what you guess complete integral closure of this A infinity infinity B tensor over A infinity infinity 1 over PG so maybe I will not comment on this complete thing so we are not in the end case so the perfectoid world the notion integral closure is not a good notion it's much better to deal with complete integral closure this kind of thing, this was an old concept introduced by Krull but a little bit forgotten so now I discuss analog in this context, this ramified context of fighting almost purity so this is the perfectoid aviancarre so I keep the same notation those one and in this case it says the following that this extension is so it's first it's P1 over P infinity almost finite et tal after inverting G N is a GP 1 over infinity almost finite et tal mod P to the M for NM of course the simple thing would say that it is simply P1 almost finite et tal but I cannot prove this at the moment for some technical reason so and in fact there is part of the which says that in fact this so this so this this ring is perfectoid, integral perfectoid and this which means if you prefer that when you mod P plus this is subjective and this is almost the same for B except that it is almost subjective so this is almost perfectoid maybe it's not perfectoid so in this context where one deals with almost mathematics not in the usual case for some the usual case is when you take some non-discret valuation ring just to deal maybe for the first time with really a more general case of almost mathematics fortunately is booked by Gabor Hamahou is written in the complete generality so it's really useful here and in this context well there are some technicalities let me so this is really in the spirit of some kind of almost etalness instead of inverting just discriminant you ramify it discriminant here is PG so I cannot say much about this this is rather technical but it use a ideal perfectoid space so I consider the perfectoid so the principle perfectoid space attached to a 1 over p and I consider the complement of the tubular neighborhood of the divisor G equals to 0 so this is rational domain bigger than P to the G it turns out that so it's P to the G for various G 1, 2 and so and the point is that this ring are in fact the limit of some localization so P to the G ok ok, well this is the ring of functions bounded by 1 on those domaines so this is a kind of a perfectoid version of Riemann extension theorem and you have the same for B but now here you have a perfectoid algebra Schultz but you are in a situation where you avoid the discriminant so you can apply Falking's Purity or some variants like you and Schultz to those extension and so you have some something almost finite the problem is to go to the limits it's not so easy so I use Galois technique I think very useful and simple to show that something is almost almost finite it's not easy and one way is to show that it is Galois because to show that it is Galois is just an equation it's not a property so to speak so this is a standard thing in commutative algebra if you have a finite extension a finite group which acts on S so in variants R so you can write a map, canonical map from S, tensor S to the product of S by the element of the group which you imagine, this is like in classical Galois theory and if this map is an isomorphism then if the morphism then S is etal is finite etal over R so you get the finiteness for free you just have to prove that something is an isomorphism but it is if it is an almost isomorphism you get that it is almost finite etal so this is a nice way now you have to have such an isomorphism you have to prove that certain items are algebra but you know in felting theorem that they are in all these algebras and they are all compatible so they go to the limit by the way, this kind of thing can simplify the proof of felting's almost priority itself the key point is just to prove that B that if you have R perfectoid and if you know and the extension is finite etal when you invert P then you can get almost for free that the finite etalness almost finite etalness reducing to the Galois case because here you know that so let me do it so let's revisit if I have time, yes maybe let's revisit felting's almost purity so a small proposition S over A, R finite etal extension of perfectoid algebras over some perfectoid field then if you take the integral element so S0 over R0 is almost finite etal ok so there is a standard reduction to the Galois case using torsos so you reduce to the Galois case so reduce to Galois case and then now you have, you apply this trick so what you know is S tensor S over R is some perfect S and then you take the integral element integral element here but it is known that integral so at least if you take the completion integral element is almost the same as the completed tensor product so this is the basic properties of perfectoid algebras so there is a you can conclude except for this completion here there should be no completion in the definition of Galois so the trick is to reduce mod p to say that this is ok or mod pn for any n and when you have something finite etal or almost finite etal for mod pn for all n you can go to the limit this is some variant of importantique équivalence remarquable remarquable but as Offergabbe pointed out to me you cannot do this in the general situation where you deal with this nasty ideal because p is not contained in this ideal so here you also need to get the full force you have to prove you start from algebraic finite etal it is not perfectoid you have to prove that S is perfectoid so this is one part of this yes but for instance in Kedlaya's use approach they prove first this and then they use all the stuff roba rings to get the other thing I claim that this small proposition dispense you of all these roba rings things Schultz has another way of doing he proves both things simultaneously ok so let me explain maybe the second part so this gets you here so I imitated this part so at least I have this is almost fast fully flat at least mod p to the m for all m so I have a question I forgot a little bit about what you so you have this there are several possible completions and then order which is important in this so when you construct g1 over p to the n you can edit algebraically just and then you could and then this is some then you could pass the limit over n periodically complete but now this one is not uniform is it so there is a concept to uniform Banach algebra yes this one you have to take this one this is the unit ball for the spectral norm this one is not good ok now is this one so is it the case that the norm on this is equivalent at least to the spectral norm or even not so in this simple case it is really a spectral norm it is a spectral norm that I consider when you take just the periodic completion before what you crossed out so what do you take the completion is over what over after 1 over p where is the completion in the formula because it depends let me take it like this I think it makes no difference in this case but in any case I mean this I mean something complete ok this definition it looks like ok but no the fact it contains the actual completion is not completely clear unless you prove that the periodic something that there are no elements of spectral norm 0 in this Banach algebra yes I think it's ok but I don't need this you can forget about this thing which is the wrong thing to consider so I really consider perfectoid algebra et vous ne prouvez pas que ce n'est pas uniforme je n'ai pas oublié maintenant ce n'est pas non non c'est pas non non c'est absolument pas ce n'est pas uniforme ce n'est pas uniforme ok je vais finir si vous parlez de l'autre part vous savez que ce n'est pas uniforme ce que vous devez savoir c'est de savoir quelque chose puis vous pouvez compter l'argument qui est peut-être là-bas là-bas non peut-être pas mais avec les extensions donc je vais expliquer quelque chose donc c'est la dernière importante point ce n'est pas le plus difficile part mais peut-être le plus surprenant parce que cette extension, comme je l'ai dit est un petit peu mystérieuse à ce niveau fin donc c'est la dernière point adjoins les routes de G donc la troisième c'est l'algebra c'est p1 over p' almost flat over a infinity donc si vous avez ça vous pouvez compter exactement l'argument que je l'ai dit juste là-bas donc c'est un petit peu surprenant parce que, comme je l'ai dit pour considérer, par exemple si vous considérez juste vous ajoutez un peu de g à a et invert p et prendre donc ce n'est pas ce n'est pas con ce n'est pas con que ce soit flat sur a ou de la ce n'est pas non, pour même pour une équipe 2, c'est pas clair je crois donc en fait c'est peut-être un exemple de comptes en fait je crois pas exactement pour donc peut-être pour faire un exemple de comptes peut-être que si je dois invert prendre square root p peut-être que ce n'est pas flat la conjecture qui implique que au moins il y a le splitting mais ici going to infinity fait simple donc les idées j'ai juste à dire ce qu'est l'idée l'idée est de ajouter un variable g et regarder le perfectoïde donc c'est une idée géométrique comme d'autre cas le perfectoïde attaché à infinity t donc vous avez le perfectoïde et la conjecture vous avez le déviseur si j'ai essayé t equals g et vous considérez donc t minus g s equals p à la i donc le déviseur et le proof est de réinterpréter cet algeboire qui est construit par adjoint routes et routes de g et qui sont complétées et qui ont des logeurs intégrales et que vous avez quand vous invertez puis il peut être considéré comme un limiter directement de routes des fonctions donc ce sont des fonctions boundées par un sur ce domaine donc ce que vous devez prouver c'est que ces sont en fait presque facilement flat à l'infinité vous devez toujours prendre l'unique balle dans ces six oui ma notation est très faible vous devez invertir et attaquer oui je veux dire oui je veux dire que ce sont des fonctions boundées par un géométrique oui donc alors il faut utiliser les factures que ces choses sont parfaites les argumentations d'approximation de répliquer ce g par quelque chose qui admite les routes et puis d'utiliser explicitement ces localisations à moins à l'alimentation et puis le point est après par une théorie parfaitée vous pouvez décrire ces rangs dans l'infinité adjoinant beaucoup de routes de g à l'alimentation d'un double collimètre un complet collimètre et vous pouvez prouver par une compétition c'est le rôle de constance ici donc c'est résonable que vous obtenez sans trop d'efforts l'effort et l'équal signe est précis ou up to almost parce que votre fonction est boundée par un et quand vous l'étendez pour un entier bouleur peut-être que le bouleur est un peu merveilleux donc peut-être que la qualité de distance non, non, c'est ok comme ça c'est ok c'est un quelque chose de ce genre et c'est un complet collimètre de quelque chose de ce genre je veux dire donc quand vous apprêtez le bouleur le limiter du bouleur quand vous l'étendez vous obtenez au moins quelque chose qui devrait être essentiellement ce que c'est parce que la fonction est même sans prendre le bouleur si il y a des algebras vous invertez le p je dis que celui-ci c'est le limiter de collimètre dans la catégorie de l'algebra et puis je prends c'est supposé qu'il y a un limiter de collimètre dans la catégorie de l'algebra comme vous l'avez dit on prend le bouleur du spectre dans le limiter de collimètre je ne pense pas qu'il soit vrai sur le bouleur que c'est le limiter complet de la catégorie de l'algebra je pense que c'est vrai jusqu'à presque parce que vous ne pouvez pas en général si vous prends quelque chose qui peut être approximé par quelque chose dans quelque stage qui est très proche de ne pas être négatif mais pas exactement je ne suis pas sûr c'est suffisant pour votre purpose c'est suffisant et je pense que en ce cas cela fonctionne de toute façon mais on peut discuter si vous voulez vous pouvez mettre presque et c'est suffisant mais je pense que c'est vraiment vrai en ce moment mais on peut discuter donc merci ok donc on va prendre peut-être quelques questions on va regarder on va regarder ici ok donc Tokyo excusez-vous de la question de Tokyo hum excusez-vous de la question de Tokyo une question de Tokyo une question de Beijing hum une question stupide une question stupide une question stupide généralement dans la histoire vous voyez des titres mais ici on ne voit pas des titres donc donc donc ok donc est-ce que c'est hiddé ? oui c'est hiddé c'est hiddé tout le monde par exemple tout le monde donc quand je dis que c'est cette propriété ici par exemple c'est prouvé par le titres donc beaucoup de choses sont prouvées par le titres j'ai juste oui il n'y avait pas non le titres est très utile dans toute cette histoire non plus de questions de Beijing ok merci, donc questions de PENS oui, donc vous avez aussi mentionné quelque chose sur Bitcoin ah, merci pour la question je n'ai pas de temps pour le mentionner donc je vais retourner à cette motivation originale j'ai mentionné les conjectures homologiques c'est juste un peu plus précis donc en fait parce que c'est un problème basique des conjectures homologiques que pas tous les rings sont coincés c'est super mais au moins vous pouvez essayer de mapper un ring coincé pour un ring coincé c'est comme un local ring c'est comme ça, c'est pas un tricot c'est le maximum idéal le ring n'est pas mappé à 0 ok en général c'est hopeless d'exprimer que vous faites ça dans le monde neutré mais vous pouvez exprimer un grand coéne-maquillé non nécessairement donc que un local ring neutré soit mappé donc c'est en fait un conjecture par l'extérieur, je pense qu'il existe toujours et c'est un peu ce qui implique un conjecture direct et c'est un peu plus fort ce que je veux ce que j'ai fait c'est que par combiner ces techniques avec des outils par rapport à l'extérieur on peut prouver l'existence de l'algebra donc ce conjecture en fait l'un des cas écrits c'est un cas de grande caractéristique et c'est ce que j'ai fait mon deuxième papier et la version prépublée donc il y a une section donc il y a encore un conjecture fort qui implique tous les conjectures homologiques mais c'est encore ouvert c'est possible c'est que ce gros conjecture homologique qui existe maintenant devrait être fonctionnel pour que si vous avez un map local de l'algebra local vous devriez pouvoir construire un grand conjecture homologique pour faire un commut certaine et ce que je peux presque faire c'est qu'il y a un problème très agréable lié à cet algebra que je ne sais pas c'est cet algebra qui est c'est essentiellement vous ajoutez ce v et vous ajoutez tout ce p c'est t c'est g c'est p et vous ajoutez donc c'est le même donc vous pouvez aussi considérer g minus 1 et c'est un isomorphisme je ne sais pas donc c'est juste l'intersection par définition ce sont tous ces modules ok mais en fait c'est un ring et c'est je ne sais pas en fait c'est une question simple mais c'est très agréable si c'est le cas ou si vous ne pouvez pas choisir dans un cas g c'est le cas je pense qu'on peut prouver les mêmes techniques et la fonctionnalité aussi donc peut-être juste une question l'homospérité dans le début est vraiment motivé par la compétition d'alcoolmologie dans un nouveau cas si vous prouvez de l'homospérité dans l'espérateur avion carnel a-t-il des conséquences sur l'alcoolmologie pouvez-vous compter plus ou peut-être vous simplifier quelques parts de la compétition de l'alcoolmologie je ne peux pas je comprends la question je ne peux pas vraiment d'answer d'answer très concrète mais je peux dire quelque chose dans cette direction maintenant afin d'appeler l'homospérité vous devez avoir des coordonnées vous devez extraire quelques rues de coordonnées donc en quelque sorte vous devez être dans une situation torique donc vous devez oui mais c'est très si c'est un savoir parce que c'est difficile de marcher et vous devez faire une situation torique ici ça vous donne un moyen de construire l'alcoolmologie pour d'autres rouges d'alcoolmologie par d'utiliser l'homopérité l'homopérité oui ce n'est pas l'homopérité normalisation vous avez un affin, un algebois un algeboïde algebois vous devez prendre la normalisation donc vous devez ici vous commencez avec le big qui est un affin ou affinoïde l'algebois l'alcoolmologie normalisation vous avez un discriminant ici c'est sur p à dix et puis vous devez jouer ce jeu construire A et B et ceci contient B c'est presque parfait c'est un moyen de construire beaucoup d'alcoolmologie ou presque d'algebois sans réduire à la situation tournée donc en ce sens, peut-être c'est utile pour compter l'homopérité sans réduire à un petit subset merci donc il n'y a pas d'autres questions merci beaucoup