Ci sono infiniti L-rig?
$\DeclareMathOperator{\Q}{\mathbb{Q}}$Chiama "L-rig" qualsiasi classe $\mathcal{L}$ di funzioni L di rappresentazioni automorfiche di $\operatorname{GL}_{n}(\mathbb{A}_{\Q})$ per alcuni $n$ appartenenti alla classe Selberg che vanno chiusi sia sotto il solito prodotto (che indicheremo con $\times$) e la convoluzione Rankin-Selberg (che indicheremo con $\otimes$), contenente i rispettivi elementi neutri $s\mapsto 1$ e $\zeta$, e soddisfacendo le proprietà algebriche astratte che fanno $(\mathcal{L},\times,\otimes,s\mapsto 1,\zeta)$ un rig (anello senza negativi).
Fa il risultato principale in automorphy di $m$-pieghe prodotti tensoriali di GL (2), Dieulefait 2020 implicano l'esistenza di infiniti L-rig non banali?
Inoltre, denotando con $\mathcal{M}$il massimo L-rig in inclusione, possiamo vederlo come l'analogo per L-rig della chiusura separabile di un campo? Se sì, lo farebbe$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ isomorfo a qualche gruppo Galois assoluto come, diciamo, $\operatorname{Gal}(\bar{\Q}/\Q)$?
Modifica 25 ottobre 2020: ci sono almeno 3 diversi L-rig, ovvero quello banale $\mathcal{L}_{0}$ generato da $s\mapsto 1$ e la funzione Zeta di Riemann, $\mathcal{M}$ e il suo sub-L-rig $\mathcal{D}$composto da tutte le funzioni L auto-duali. Supponendo$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ è isomorfo a qualche gruppo di Galois assoluto e l'analogo per gli L-rig del teorema fondamentale della teoria di Galois, questo gruppo di Galois assoluto non può essere finito (poiché tutti questi gruppi di Galois sono al massimo $2$). Potrebbe quindi essere possibile dimostrarlo$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ è profinito.
Modifica 30 ottobre 2020: forse un modo per mostrare che affrontiamo un gruppo profinito sarebbe dimostrarlo $\displaystyle{\mathcal{M}=\varprojlim_{i\in I}\mathcal{L}(F_{i})}$ e $\displaystyle{\operatorname{Aut}(\mathcal{M})\cong\varprojlim_{i\in I}\operatorname{Gal}\left(\frac{\mathcal{L}(F_{i})}{\mathcal{L}_{0}}\right)}$, dove $\mathcal{L}(F)$ è l'L-rig generato da $F$.
Più esattamente dovrebbero essere i gruppi di Galois considerati $\operatorname {Gal}(\mathcal{K}_{\mathcal{L}}(F_{i})/\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}})$ con $\mathcal{K_{L}}$ il campo generato dall'L-ring $\mathcal{L}$, che possiamo chiamare un "campo L". Lievitazione$\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}}\cong\mathbb{Q}$ può implicare questo $\operatorname {Aut}(\mathcal{M})\cong\operatorname{Gal}(\bar{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$.
Modifica 1 novembre 2020: seguendo la risposta di nguyen quang do in
https://math.stackexchange.com/questions/2782069/abstract-properties-of-the-absolute-galois-group-over-mathbbq e assumendo $\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ ha la struttura di un gruppo Galois assoluto, quindi è un gruppo profinito.
Modifica 11 novembre 2020: come $\mathcal{L}_{0}$ è l'L-ring generato dagli elementi neutri, $\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}}$ è il campo L generato da quegli elementi neutri, e come tale è isomorfo a $\mathbb{Q}$. Ora, la massimalità di$\mathcal{M}$ implica che se l'estensione di $\mathbb{Q}$ isomorfo a $\mathcal{K}_{\mathcal{M}}$ è algebrica, quindi è la "sua" chiusura algebrica $\bar{\mathbb{Q}}$.
Modifica 12 dicembre 2020: definire il "gruppo di simmetria" $\operatorname{Sym}(F_{\pi})$ di un elemento $F_{\pi}:s\mapsto L(\pi,s)=\prod_{v}L_{v}(\pi,s)$ di $\mathcal{M}$ come suo stabilizzante sotto l'azione di $\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ sopra $\mathcal{M}$. Quindi qualsiasi permutazione$\sigma$ dei luoghi $v$ le foglie $F_{\pi}$ invariante, quindi se induce un automorfismo di $\mathcal{M}$, che indicheremo con $\phi_{\sigma}$, quest'ultimo induce un isomorfismo tra $\mathbb{Q}_{v}$ e $\mathbb{Q}_{\sigma(v)}$. Ma$v\neq v'\Longrightarrow\mathbb{Q}_{v}\not\cong\mathbb{Q}_{v'}$ e in particolare, $\sigma$ induce un automorfismo di $\mathbb{R}$, quindi o l'identità o la complessa coniugazione. Quindi$\operatorname{Sym}(F_{\pi})\cong\operatorname{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})$ Se $\pi$ è autocontrollabile, altrimenti è banale.
Risposte
La convoluzione di Rankin-Selberg di una funzione L di Dirichlet quadratica con se stessa è la funzione zeta di Riemann. Pertanto il rig generato da$\{1, \zeta(s), L(s, \chi_d)\}$ consiste di tutti i prodotti finiti (e le potenze) di $\zeta(s)$ e $L(s, \chi_d)$. In particolare, ci sono infinitamente molti L-rig.
Se inizi con $\{1, \zeta(s), L(s, \chi)\}$ dove $\chi$ è un primitivo personaggio di Dirichlet, quindi la convoluzione Rankin-Selberg ti dà $L(s, \chi^j)$ per qualsiasi numero intero positivo $j$. Quel L-rig è generato da un insieme finito, a seconda dell'ordine di$\chi$. Quindi ottieni infinitamente molti L-rig non isomorfi.
Nota che se $\chi^j$ non è primitivo, quindi $L(s, \chi^j)$ dovrebbe essere interpretata come la funzione L di Dirichlet del carattere primitivo che induce.