¿Hay infinitos L-rigs?

Question

$\DeclareMathOperator{\Q}{\mathbb{Q}}$Llame "L-rig" a cualquier clase $\mathcal{L}$ de L-funciones de representaciones automórficas de $\operatorname{GL}_{n}(\mathbb{A}_{\Q})$ para algunos $n$ pertenecientes a la clase Selberg que se cerrarán tanto bajo el producto habitual (que denotaremos por $\times$) y la convolución de Rankin-Selberg (que denotaremos por $\otimes$), que contiene los respectivos elementos neutros $s\mapsto 1$ y $\zeta$y cumpliendo las propiedades algebraicas abstractas haciendo $(\mathcal{L},\times,\otimes,s\mapsto 1,\zeta)$ un aparejo (anillo sin negativos).

¿El resultado principal en la automorfia de $m$¿Los productos del tensor de pliegues de GL (2), Dieulefait 2020 implican la existencia de un número infinito de L-rigs no triviales?

Además, denotando por $\mathcal{M}$el L-rig máximo bajo inclusión, ¿podemos verlo como el análogo de L-rigs del cierre separable de un campo? Si es así, haría$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ isomorfo a algún grupo absoluto de Galois como, digamos, $\operatorname{Gal}(\bar{\Q}/\Q)$?

Editar 25 de octubre de 2020: hay al menos 3 L-rigs diferentes, a saber, el trivial $\mathcal{L}_{0}$ generado por $s\mapsto 1$ y la función Riemann Zeta, $\mathcal{M}$ y su sub-L-rig $\mathcal{D}$que consta de todas las funciones L auto-duales. Asumiendo$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ es isomorfo a algún grupo absoluto de Galois y el análogo de L-rigs del teorema fundamental de la teoría de Galois, este grupo absoluto de Galois no puede ser finito (ya que todos esos grupos de Galois son de orden como máximo $2$). Entonces puede ser posible probar que$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ es lucrativo.

Edición 30 de octubre de 2020: quizás una forma de demostrar que nos enfrentamos a un grupo lucrativo sería demostrar que $\displaystyle{\mathcal{M}=\varprojlim_{i\in I}\mathcal{L}(F_{i})}$ y $\displaystyle{\operatorname{Aut}(\mathcal{M})\cong\varprojlim_{i\in I}\operatorname{Gal}\left(\frac{\mathcal{L}(F_{i})}{\mathcal{L}_{0}}\right)}$, dónde $\mathcal{L}(F)$ es el L-rig generado por $F$.

Más exactamente, los grupos de Galois considerados deberían ser $\operatorname {Gal}(\mathcal{K}_{\mathcal{L}}(F_{i})/\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}})$ con $\mathcal{K_{L}}$ el campo generado por el anillo en L $\mathcal{L}$, que podemos llamar un "campo L". Prueba$\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}}\cong\mathbb{Q}$ puede implicar que $\operatorname {Aut}(\mathcal{M})\cong\operatorname{Gal}(\bar{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$.

Edición 1 de noviembre de 2020: siguiendo la respuesta de nguyen quang do en
https://math.stackexchange.com/questions/2782069/abstract-properties-of-the-absolute-galois-group-over-mathbbq y asumiendo $\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ tiene la estructura de un grupo Galois absoluto, entonces es un grupo lucrativo.

Editar 11 de noviembre de 2020: como $\mathcal{L}_{0}$ es el anillo en L generado por los elementos neutros, $\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}}$ es el campo L generado por esos elementos neutrales, y como tal es isomorfo a $\mathbb{Q}$. Ahora, la maximalidad de$\mathcal{M}$ implica que si la extensión de $\mathbb{Q}$ isomorfo a $\mathcal{K}_{\mathcal{M}}$ es algebraico, entonces es "su" cierre algebraico $\bar{\mathbb{Q}}$.

Editar 12 de diciembre de 2020: definir el "grupo de simetría" $\operatorname{Sym}(F_{\pi})$ de un elemento $F_{\pi}:s\mapsto L(\pi,s)=\prod_{v}L_{v}(\pi,s)$ de $\mathcal{M}$ como estabilizador del mismo bajo la acción de $\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ en $\mathcal{M}$. Entonces cualquier permutación$\sigma$ de los lugares $v$ hojas $F_{\pi}$ invariante, de modo que si induce un automorfismo de $\mathcal{M}$, que denotaremos por $\phi_{\sigma}$, este último induce un isomorfismo entre $\mathbb{Q}_{v}$ y $\mathbb{Q}_{\sigma(v)}$. Pero$v\neq v'\Longrightarrow\mathbb{Q}_{v}\not\cong\mathbb{Q}_{v'}$ y en particular, $\sigma$ induce un automorfismo de $\mathbb{R}$, de ahí la identidad o la conjugación compleja. Por lo tanto$\operatorname{Sym}(F_{\pi})\cong\operatorname{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})$ Si $\pi$ es autocontradictorio, y es trivial de otro modo.

Answer 1

La convolución de Rankin-Selberg de una función L cuadrática de Dirichlet consigo misma es la función zeta de Riemann. Por lo tanto, la plataforma generada por$\{1, \zeta(s), L(s, \chi_d)\}$ consta de todos los productos (y poderes) finitos de $\zeta(s)$ y $L(s, \chi_d)$. En particular, hay infinidad de L-rigs.

Si empiezas con $\{1, \zeta(s), L(s, \chi)\}$ dónde $\chi$ es un carácter primitivo de Dirichlet, entonces la convolución de Rankin-Selberg te da $L(s, \chi^j)$ para cualquier entero positivo $j$. Ese L-rig es generado por un conjunto finito, dependiendo del orden de$\chi$. Entonces obtienes infinitos L-rigs no isomórficos.

Tenga en cuenta que si $\chi^j$ no es primitivo, entonces $L(s, \chi^j)$ debe interpretarse como la función L de Dirichlet del carácter primitivo inductor.