Complejo de Representaciones de Galois son Finitos

Question

En Un Primer Curso en las Formas Modulares, Diamante y Shurman deja como un ejercicio ($9.3.3$) que todos los complejos Galois representación es finito. Aunque creo que he trabajado a través de este ejercicio aquí, esta solución parece extraño para mí, porque la mayoría de las otras fuentes del estado, este hecho como si es obvio, sin dar ninguna indicación de por qué es cierto. Sin embargo, esta solución no parece muy obvio para mí. (Por supuesto, esto solo puede ser porque no he dedicado tiempo suficiente a pensar estas cosas.)

Hay una mejor manera de entender por qué el complejo de representaciones de Galois son finitos? He oído que de manera informal se explica que esto sucede porque las topologías en $\mathbf{G}_{\bar{\mathbf{Q}}}$ $GL_{d}(\mathbf{C})$ son incompatibles, con demasiadas establece en el último. Mientras que la prueba de que he publicado anteriormente hace ilustrar esto, me pregunto si hay otra prueba de que puede ser más de mi gusto.

Bono de/Relacionados con la Pregunta: ha sido mi suposición de que la topología en $GL_{d}(\mathbf{C})$ es el estándar. Sin embargo, otro comentario de D&S hacer que me lleva a preguntarme si estoy equivocado. En la discusión de la relación entre los caracteres de Dirichlet y $1$-representaciones tridimensionales $\rho : \mathbf{G}_{\bar{\mathbf{Q}}} \to \mathbf{C}^*$, dicen que para comprobar la continuidad de $\rho$, es suficiente para comprobar que el $\rho^{-1}(1)$ está abierto. Esto parece implicar que $C^{*}$ es dada la topología discreta. ¿Alguien puede aclarar esto para mí?

Gracias de antemano!

Answer 1

No he leído a través de los detalles de su argumento, pero la estructura es correcta, y es el estándar. El punto es que, entre localmente compacto grupos, hay dos extremos: la Mentira de los grupos, los cuales tienen ningún pequeños subgrupos, es decir, lo suficientemente pequeño de los barrios de $1$ no contienen no trivial subgrupo; y profinite grupos, en la que cada barrio de la identidad contiene un subgrupo abierto. Como se observa en su argumento, cualquier continua homomorphism entre un profinite grupo y una Mentira grupo, entonces necesariamente tiene imagen finita, debido a su naturaleza incompatible: "no pequeños subgrupos" vs "arbitrariamente pequeños subgrupos".

Este tipo de examen (si es o no un determinado grupo admite arbitrariamente pequeño no trivial subgrupos o no) es un estándar en la teoría de localmente compacto grupos.

Answer 2

Creo que no hay un más fáciles de la prueba. Es, probablemente, declaró lo obvio porque es muy conocido, y por lo tanto se considera estándar.

La prueba del Lema 1 no es completa: ¿por qué $m^n$ escapar de la vecindad? (la exponencial mapa no es globalmente inyectiva). Usted puede demostrar que si $m^n, n \in \mathbb{Z}$ es acotado, entonces $m$ es diagonalisable, y sus valores propios tienen módulo uno. Desde allí, usted sólo tiene que tratar el caso de $d=1$.

Respecto a su segunda pregunta, sólo mostró que si $\rho$ es continua por la costumbre de la topología, es continua por la topología discreta, por lo $\rho^{-1}\left( \{1\} \right)$ está abierto. Tenga en cuenta que es más difícil de probar directamente que $\rho^{-1}\left( \{1\} \right)$ está abierto de demostrar la continuidad de la norma de la continuidad, por lo que "basta" es un poco una mentira aquí.

Answer 3

Aquí es una alternativa de la prueba (en este caso $G$ es arbitraria profinite grupo):

Desde $\rho: G\rightarrow GL_n(\mathbb{C})$ es continuo, su núcleo está cerrado, así que por factoring a través del cociente asumimos $\rho$ es inyectiva. Ahora cualquier continua inyectiva mapa de un espacio compacto de un espacio de Hausdorff es un homeomorphism a su imagen, y la imagen se cierra en el espacio ambiente. Por lo tanto, $G$ es topológicamente isomorfo a $\rho(G)$, que es un subgrupo cerrado de una Mentira grupo, por lo tanto es una Mentira de los subgrupos. A continuación, se realiza desde cualquier profinite Mentira grupo debe ser finito.