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Chapitre II. Enoncés des résultats
On obtient un homomorphisme
(26)
Z 0
→ (R 0,ab (F )/N
R (R ab (F )))
∨
(z, ρ) →
χ ρ .
Notons J son image. Comme dans la preuve du cas où (7) est vérifiée, on peut
définir Z de sorte que la somme (22) soit proportionnelle à
χ∈J
χ(μ
R (μ
R
)
−1 ).
Il reste à montrer que cette somme est nulle sous l’hypothèse de (22).
Comme en [I] 1.13, on déduit de χ ∈ (R 0,ab (F )/N
R (R ab (F )))
∨ une application ˜
χ sur ˜
R 0,ab (F ) qui vaut 1 sur l’image de ˜
R ab (F ) par N
˜
R et qui vérifie
˜
χ(xγ) = χ(x) ˜
χ(γ) pour tous x ∈ R 0,ab (F ) et γ ∈ ˜
R 0,ab (F ). En reprenant les
constructions, on vérifie que l’on a l’égalité N
˜
R
, ˜
R (r
) = μ
R (μ
R
)
−1 N
˜
R (r ). Donc
χ(μ
R (μ
R
)
−1 ) = ˜
χ(N
˜
R
, ˜
R (r
)).
Reportons-nous aux hypothèses de (22) et (8) : on peut supposer que r
appartient
à l’ensemble ˜
R
(F )
out défini en (8). D’après sa définition, on a
χ∈(R 0,ab (F )/N R (R ab (F ))) ∨
˜
χ(N
˜
R
, ˜
R (r
)) = 0.
Pour achever de prouver (22), il suffit de prouver que
J = (R 0,ab (F )/N
R (R ab (F )))
∨ ,
autrement dit que l’homomorphisme (26) est surjectif. Puisque
(R 0,ab (F )/N
R (R ab (F )))
∨
est l’image par ρ → χ ρ de Z( ˆ
R) ∗ /(Z( ˆ
R) ∩ ˆ
T
ˆ
θ,0 )Z( ˆ
R)
ΓF , il suffit de prouver que
l’homomorphisme
Z 0
→ Z( ˆ
R) ∗ /(Z( ˆ
R) ∩ ˆ
T
ˆ
θ,0 )Z( ˆ
R)
ΓF
(z, ρ) →
ρ(Z( ˆ
R) ∩ ˆ
T
ˆ
θ,0 )Z( ˆ
R)
ΓF
est surjectif. On a les relations
(1 − ˆ
θ)(Z( ˆ
R) ∗ ) ⊂ Z( ˆ
R)
Γ = Z( ˆ
G)
Γ Z( ˆ
R)
Γ, ˆ
θ,0 (1 − ˆ
θ)(Z( ˆ
R)
Γ )
= Z( ˆ
G)
Γ Z( ˆ
M )
Γ, ˆ
θ,0 Z( ˆ
L)
Γ, ˆ
θ,0 (1 − ˆ
θ)(Z( ˆ
R)
Γ ) ⊂ Z( ˆ
M )
Γ, ˆ
θ Z( ˆ
L)
Γ (1 − ˆ
θ)(Z( ˆ
R)
Γ ).
Soit ρ ∈ Z( ˆ
R) ∗ . Ecrivons (1 − ˆ
θ)(ρ) = zτ
−1 (1 − ˆ
θ)((ρ
)
−1 ), avec z ∈ Z( ˆ
M )
Γ, ˆ
θ ,
τ ∈ Z( ˆ
L)
Γ , ρ
∈ Z( ˆ
R)
Γ . Alors z = τ (1 − ˆ
θ)(ρρ
) appartient à Z, (z, ρρ
) appartient
à Z 0 et l’image par l’homomorphisme ci-dessus est ρ(Z( ˆ
R) ∩ ˆ
T
ˆ
θ,0 )Z( ˆ
R)
ΓF . Cela
achève enfin la preuve.