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Chapitre IX. Le cas archimédien
La relation (5) à prouver se réduit à
n α =
t∈ ˆ
T ,N ˆ
α(t)=1
n α |{z ∈ ˆ
T ; N ˆ
α(z) = 1}|
−1 .
C’est évident et cela prouve (3).
Soit α ∈ Σ
G (T ) θ − Σ
M (T ) θ de type 2 et soit β = α + θ
nα/2 (α) l’élément de
type 3 associé. L’égalité (4) à prouver se ramène à
(6)
A α + A β = B α + B β ,
où
A α = − |N α |A ˜
M
|n α (1 − (α)(γ))
−1 (1 − (α)(γ)
−1 )
−1 ,
A β = − |N β |A ˜
M
|n β (1 − (β)(γ))
−1 (1 − (β)(γ)
−1 )
−1 ,
B α = −
˜
s∈ ˜
ζZ( ˆ
M ) Γ R , ˆ
θ /Z( ˆ
G) Γ R , ˆ
θ ,2Nα∈Σ
˜
G (˜ s)
i ˜
M ( ˜
G, ˜
G
(˜ s))|2N α |A ˜
M
|k
ˆ
G
(˜ s) (ˆ α)
−1
(1 − (2N α)(δ))
−1 (1 − (2N α)(δ)
−1 )
−1 ,
B β = −
˜
s∈ ˜
ζZ( ˆ
M ) Γ R , ˆ
θ /Z( ˆ
G) Γ R , ˆ
θ ,N β∈Σ
˜
G (˜ s)
i ˜
M ( ˜
G, ˜
G
(˜ s))|N β |A ˜
M
|k
ˆ
G
(˜ s) ( ˆ
β)
−1
(1 − N β(δ))
−1 (1 − N β(δ)
−1 )
−1 .
On a N α = N β et |N α |A ˜
M
| = |N α |A ˜
M
|. D’après les définitions, (α)(γ) = N α(δ)
et (β)(γ) = −N α(δ). En posant x = N α(δ) et c = −|N α |A ˜
M
|, on obtient
A α = cn α (1 − x)
−1 (1 − x
−1 )
−1 ,
A β = cn β (1 + x)
−1 (1 + x
−1 )
−1 ,
B α = 2c(1 − x
2 )
−1 (1 − x
−2 )
−1 b α ,
B β = c(1 − x)
−1 (1 − x
−1 )
−1 b β ,
où
b α =
˜
s∈ ˜
ζZ( ˆ
M )
Γ R , ˆ
θ /Z( ˆ
G)
Γ R , ˆ
θ ,2Nα∈Σ
˜
G (˜ s)
i ˜
M ( ˜
G, ˜
G
(˜ s))k
ˆ
G
(˜ s) (ˆ α)
−1 ,
b β =
˜
s∈ ˜
ζZ( ˆ
M )
Γ R , ˆ
θ /Z( ˆ
G)
Γ R , ˆ
θ ,N β∈Σ
˜
G (˜ s)
i ˜
M ( ˜
G, ˜
G
(˜ s))k
ˆ
G
(˜ s) ( ˆ
β)
−1 .
Les conditions 2N α ∈ Σ
˜
G
(˜ s) ou N β ∈ Σ
˜
G
(˜ s) équivalent à N ˆ
α(s) = 1, resp.
N ˆ
β(s) = −1. Le même calcul que dans la preuve de (3) conduit aux égalités
b α = n α , b β = n β . On a l’égalité n α = 2n β . L’égalité (6) équivaut alors à
2(1 − x)
−1 (1 − x
−1 )
−1 + (1 + x)
−1 (1 + x
−1 )
−1
= 4(1 − x
2 )
−1 (1 − x
−2 )
−1 + (1 − x)
−1 (1 − x
−1 )
−1 .
Cela résulte d’un calcul immédiat. Cela prouve (4) et la proposition.