Có vô hạn các giàn chữ L?
$\DeclareMathOperator{\Q}{\mathbb{Q}}$Gọi "L-giàn" bất kỳ lớp nào $\mathcal{L}$ của hàm L của các biểu diễn tự động hóa của $\operatorname{GL}_{n}(\mathbb{A}_{\Q})$ cho một số $n$ thuộc về lớp Selberg được đóng dưới cả sản phẩm thông thường (chúng ta sẽ ký hiệu bằng $\times$) và tích chập Rankin-Selberg (chúng ta sẽ ký hiệu bằng $\otimes$), chứa các phần tử trung tính tương ứng $s\mapsto 1$ và $\zeta$và hoàn thành các thuộc tính đại số trừu tượng tạo $(\mathcal{L},\times,\otimes,s\mapsto 1,\zeta)$ một giàn (vòng không có âm).
Kết quả chính dẫn đến việc tự động hóa $m$-sản phẩm tensor gấp của GL (2), Dieulefait 2020 ngụ ý sự tồn tại của vô số giàn L không tầm thường?
Hơn nữa, biểu thị bằng $\mathcal{M}$giàn L cực đại được đưa vào, chúng ta có thể xem nó như là tương tự cho các giàn L của sự đóng cửa tách biệt của một trường không? Nếu có, nó sẽ làm$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ đẳng lập với một số nhóm Galois tuyệt đối như, ví dụ, $\operatorname{Gal}(\bar{\Q}/\Q)$?
Chỉnh sửa ngày 25 tháng 10 năm 2020: có ít nhất 3 giàn chữ L khác nhau, cụ thể là giàn nhỏ $\mathcal{L}_{0}$ được tạo ra bởi $s\mapsto 1$ và hàm Riemann Zeta, $\mathcal{M}$ và giàn khoan phụ L của nó $\mathcal{D}$bao gồm tất cả các chức năng tự kép L. Giả định$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ là đẳng cấu với một số nhóm Galois tuyệt đối và tương tự cho giàn L của định lý cơ bản của lý thuyết Galois, nhóm Galois tuyệt đối này không thể là hữu hạn (vì tất cả các nhóm Galois như vậy là tối đa $2$). Sau đó có thể chứng minh rằng$\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ là vô hạn.
Chỉnh sửa ngày 30 tháng 10 năm 2020: có lẽ một cách để cho thấy chúng ta phải đối mặt với một nhóm chuyên nghiệp là để chứng minh điều đó $\displaystyle{\mathcal{M}=\varprojlim_{i\in I}\mathcal{L}(F_{i})}$ và $\displaystyle{\operatorname{Aut}(\mathcal{M})\cong\varprojlim_{i\in I}\operatorname{Gal}\left(\frac{\mathcal{L}(F_{i})}{\mathcal{L}_{0}}\right)}$, Ở đâu $\mathcal{L}(F)$ là giàn chữ L được tạo ra bởi $F$.
Chính xác hơn, các nhóm Galois được coi là $\operatorname {Gal}(\mathcal{K}_{\mathcal{L}}(F_{i})/\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}})$ với $\mathcal{K_{L}}$ trường được tạo bởi vòng chữ L $\mathcal{L}$, mà chúng ta có thể gọi là "trường L". Chứng minh$\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}}\cong\mathbb{Q}$ có thể ngụ ý rằng $\operatorname {Aut}(\mathcal{M})\cong\operatorname{Gal}(\bar{\mathbb{Q}}/\mathbb{Q})$.
Chỉnh sửa ngày 1 tháng 11 năm 2020: theo câu trả lời của nguyen quang do in
https://math.stackexchange.com/questions/2782069/abstract-properties-of-the-absolute-galois-group-over-mathbbq và giả định $\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ có cấu trúc của một nhóm Galois tuyệt đối, thì nó là một nhóm profinite.
Chỉnh sửa ngày 11 tháng 11 năm 2020: như $\mathcal{L}_{0}$ là vòng chữ L được tạo ra bởi các phần tử trung tính, $\mathcal{K}_{\mathcal{L}_{0}}$ là trường L được tạo ra bởi các phần tử trung tính đó và như vậy là trường đẳng lập với $\mathbb{Q}$. Bây giờ, tính tối đa của$\mathcal{M}$ ngụ ý rằng nếu phần mở rộng của $\mathbb{Q}$ isomorphic to $\mathcal{K}_{\mathcal{M}}$ là đại số, sau đó nó là đóng đại số "của nó" $\bar{\mathbb{Q}}$.
Chỉnh sửa ngày 12 tháng 12 năm 2020: xác định "nhóm đối xứng" $\operatorname{Sym}(F_{\pi})$ của một phần tử $F_{\pi}:s\mapsto L(\pi,s)=\prod_{v}L_{v}(\pi,s)$ của $\mathcal{M}$ như bộ ổn định của nó dưới tác động của $\operatorname{Aut}(\mathcal{M})$ trên $\mathcal{M}$. Sau đó, bất kỳ hoán vị nào$\sigma$ của những nơi $v$ lá $F_{\pi}$ bất biến, để nếu nó tạo ra sự tự động hóa $\mathcal{M}$, mà chúng tôi sẽ biểu thị bằng $\phi_{\sigma}$, cái sau tạo ra sự đẳng cấu giữa $\mathbb{Q}_{v}$ và $\mathbb{Q}_{\sigma(v)}$. Nhưng$v\neq v'\Longrightarrow\mathbb{Q}_{v}\not\cong\mathbb{Q}_{v'}$ và đặc biệt, $\sigma$ tạo ra sự tự động hóa của $\mathbb{R}$, do đó hoặc là đồng nhất hoặc liên hợp phức tạp. Vì thế$\operatorname{Sym}(F_{\pi})\cong\operatorname{Gal}(\mathbb{C}/\mathbb{R})$ nếu $\pi$ là tự chống lại bản thân, và tầm thường về mặt khác.
Trả lời
Tích chập Rankin-Selberg của hàm Dirichlet L bậc hai với chính nó là hàm Riemann zeta. Do đó, giàn khoan được tạo ra bởi$\{1, \zeta(s), L(s, \chi_d)\}$ bao gồm tất cả các sản phẩm hữu hạn (và quyền hạn) của $\zeta(s)$ và $L(s, \chi_d)$. Đặc biệt, có vô số giàn chữ L.
Nếu bạn bắt đầu với $\{1, \zeta(s), L(s, \chi)\}$ Ở đâu $\chi$ là một nhân vật Dirichlet nguyên thủy, sau đó tích chập Rankin-Selberg cung cấp cho bạn $L(s, \chi^j)$ cho bất kỳ số nguyên dương nào $j$. Giàn chữ L đó được tạo ra bởi một tập hợp hữu hạn, tùy thuộc vào thứ tự của$\chi$. Vì vậy, bạn nhận được vô hạn các giàn chữ L không đẳng cấu.
Lưu ý rằng nếu $\chi^j$ không phải là nguyên thủy, sau đó $L(s, \chi^j)$ nên được hiểu là hàm Dirichlet L của ký tự nguyên thủy gây ra.