¿Cuál es la prueba más directa de la hipótesis de Riemann para las funciones de Dirichlet L sobre los campos de función?

Question

Deje $\mathbb{F}$ ser un campo finito de orden $q$, vamos a $m$ ser un polinomio irreducible en el ring $\mathbb{F}[T]$, y deje $\chi$ ser una de Dirichlet carácter modulo $m$. Definir el campo de función de Dirichlet $L$-función $$ L(s,\chi) := \sum'_f \frac{\chi(f)}{|f|^s}$$ donde la suma es sobre monic polinomios en $\mathbb{F}[T]$, e $|f| = q^{\mathrm{deg}(f)}$ es lo habitual en la valoración. La hipótesis de Riemann para esta $L$-función afirma que la no-trivial de los ceros de esta $L$-a la función de la mentira en la línea $\mathrm{Re}(s) = \frac{1}{2}$. Una forma equivalente de este resultado es que el término de error en el primer número teorema de progresiones aritméticas es de raíz cuadrada tipo en la función de ajuste de campo.

La única manera que sé cómo probar que esto es para mostrar que tal Dirichlet $L$-función puede ser multiplicado con otros de Dirichlet $L$-funciones o zeta funciones para crear (hasta algunos de los factores locales) un Dedekind zeta función a través de algunas finito extensión de $\mathbb{F}[T]$, el cual es esencialmente el local de la función zeta de algunos curva de más de $\mathbb{F}$, y en este punto, se puede utilizar cualquiera de las habituales pruebas de RH para tales curvas (Weil, Bombieri-Stepanov, etc.). Pero para obtener la extensión finita I la necesidad de recurrir a algunos teorema general en el campo de la clase de teoría de la existencia de ray campos de la clase, que entiendo que sea difícil de resultado) o explícitamente construir la extensión con Carlitz módulos o algo equivalente a dichos módulos (el último, se discute, por ejemplo, en la respuesta a esta otra MathOverflow post).

Mi pregunta es si hay una forma más directa de establecer RH para Dirichlet L-funciones en función de los campos sin tener que buscar un adecuado campo de extensión (o si existe algún "suave" de manera abstracta demostrar la existencia de tal extensión, sin una enorme cantidad de esfuerzo). Por ejemplo, es posible interpretar la Dirichlet $L$-función directamente como la zeta en función de algunos $\ell$-ádico gavilla? O puede elementales de los métodos de Stepanov tipo se adapta directamente a la Dirichlet $L$-función (o tal vez el producto de todos los $L$-funciones del módulo de $m$?

Answer 1

Conmutación de comentario a la respuesta, porque el hilo de comentarios es demasiado larga.

Deje $\# \mathbb{F}=q, t=q^{-s}$ y considerar la posibilidad de $L(t,\chi)$. A continuación, (tomando la derivada logarítmica de Euler producto)

$$L(t,\chi) = \exp (\sum_{n=1}^{\infty} S_n t^n/n )$$

donde $S_n = \sum_{\deg P | n} \chi(P)\deg P$

y $P$ se ejecuta a través de polinomios irreducibles de $\mathbb{F}[T]$.

Entonces para cualquier entero $d>0$,

$$\prod_{\zeta^d =1} L(\zeta t,\chi) = \exp (\sum_{n=1}^{\infty} S_{dn} t^{dn}/n )$$

Ahora, si $Q$ es un polinomio irreducible de grado $n$ sobre el campo de $q^d$ elementos, a continuación, $Q$ ha $m$ (algunos $m|d$) conjugados $Q_i$ sobre $\mathbb{F}$ y el producto de estos conjugados es un polinomio irreducible $P$ en $\mathbb{F}[T]$ así (edit: solucionado el error señalado en los comentarios)

$$\sum_i \chi(Q_i)\deg Q_i = (\sum \chi(Q_i))\deg Q = \chi(P)m\deg(Q) = \chi(P)\deg(P).$$

El uso de este, se verifica que el equivalente de $S_n$ sobre la extensión de campo es igual a $S_{nd}$ , y esto da $\exp (\sum_{n=1}^{\infty} S_{dn} t^n/n )$ es el $L$-función en el campo de la extensión, decir $L_d(t,\chi)$. Otra forma de decir esto es $\prod_{\zeta^d =1} L(\zeta t,\chi)= L_d(t^d,\chi)$.La relación con los ceros de la siguiente manera. (Este es, por ejemplo, en Weil, Básicos de la Teoría de números, Apéndice 5, lema 4 en mucho más de la generalidad y el más elegante de idioma).

Answer 2

Es posible interpretar la Dirichlet $L$-función directamente como la zeta en función de algunos $\ell$-ádico gavilla?

Sí y no. Sí que es posible expresar la Dirichlet $L$-función directamente como la zeta en función de algunos $\ell$-ádico gavilla. No se en que hacerlo es esencialmente el mismo como la construcción de la correspondiente Galois de la extensión, y por lo que estamos obligados a confiar de nuevo en una construcción explícita o un resumen de existencia resultado. De hecho, el correspondiente $\ell$-ádico gavilla tiene rango uno, para que usted obtenga un homomorphism $\pi_1^{et}( \operatorname{Spec} \mathbb F [T , m^{-1} ] ) \to \overline{\mathbb Q}_\ell^\times$ pero $\pi_1^{et}( \operatorname{Spec} \mathbb F [T , m^{-1} ] )$ es sólo un cociente de $\operatorname{Gal} (\mathbb F (T))$ así que usted puede obtener la abelian Galois de la extensión de la $\ell$-ádico gavilla.

si hay algo de "suave" de manera abstracta demostrar la existencia de tal extensión, sin una gran cantidad de esfuerzo.

No creo que la explícita la existencia de prueba de la extensión de campo es realmente tan malo. Yo podría lamento decir esto, pero yo no creo que sea mucho peor que la prueba del poder de la reciprocidad.

Una (creo) esencialmente auto-contenido de la prueba utilizando principalmente algebraicas elementales de la teoría de números es el siguiente:

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Lema:

Fix $m$ un polinomio de grado $d$ sobre $\mathbb F_q$.

Deje $k$ ser un algebraicamente cerrado campo que contiene $\mathbb F_q$ y deje $c_0,\dots, c_{d-1}$ ser elementos de $k$. Si $\operatorname{Res} ( c_0 + \dots + c_{d-1} X^{d-1} , m(X) ) \neq 0$, entonces las soluciones de $a_0,\dots, a_{d-1} \in k$ con $$(a_0^q + \dots + a_{d-1}^{q} X^{d-1} ) = ( c_0 + \dots + c_{d-1} X^{d-1} ) ( a_0 + \dots + a_{d-1} X^{d-1} ) \mod m(X)$$ and $$\operatorname{Res} ( a_0 + \dots + a_{d-1} X^{d-1} , m(X) ) \neq 0$$ form exactly one orbit under the action of $(\mathbb F_q[X]/m(X))^\times$.

Prueba: la Multiplicación por un elemento de $(\mathbb F_q[X]/m(X))^\times$ da otra solución, por lo que las soluciones de formar una unión de las órbitas. La relación entre cualquiera de las dos soluciones es un elemento de $(k[X]/m(x))^\times$ con cada coordenada igual a su propio $q$th poder, por lo tanto, un elemento de $(\mathbb F_q[X]/m(X))^\times$, por lo que hay en la mayoría de una órbita. Para comprobar que hay al menos una órbita, en primer lugar observamos que si $a_0,\dots, a_{d-1}$ son independientes trascendentales, a continuación, $c_0,\dots, c_{d-1}$ sería independiente trascendentales (o de lo contrario no sería una infinidad de soluciones), por lo que no existen soluciones al $c_0,\dots, c_{d-1}$ son independientes trascendentales. Dado cualquier tupla $c_0,\dots, c_{d-1}$ en $k$, tome $c'_0,\dots, c'_{d-1}$ independiente trascendentales en $k' = k(c_0',\dots, c_{d-1}'$, y, a continuación, los coeficientes de $$( c_0 + \dots + c_{d-1} X^{d-1})( c_0' + \dots + c_{d-1}' X^{d-1})\mod m$$ are themselves independent transcendentals, so dividing the solutions for these two, there are solutions in $k'$, and then because $k$ is algebraically closed, solutions in $k$. QED

Ahora tocan a $\mathbb F_q(T)$ una raíz en $\overline{\mathbb F_q(T)}$ de los sistema de ecuaciones $a_0,\dots, a_{d-1} \in k$ con $$(a_0^q + \dots + a_{d-1}^{q} X^{d-1} ) = ( X-T ) ( a_0 + \dots + a_{d-1} X^{d-1} ) \mod m(X)$$ and $$\operatorname{Res} ( a_0 + \dots + a_{d-1} X^{d-1} , m(X) ) \neq 0$$

Debido a que el conjunto de las raíces de las formas de una órbita bajo $(\mathbb F_q[X]/m(X) )^\times$, el grupo de Galois es un subgrupo de $(\mathbb F_q[X]/m(X) )^\times$. Queremos comprobar que la Frobenius elemento asociado a un primer $\pi(T)$ no dividiendo $m(T)$ dentro de este grupo de Galois es igual a la reducción de la $m(X)$ mod $(X)$. De ello se deduce inmediatamente de la definición de la función zeta de un campo global que la función zeta de la función de campo generadas por esta raíz es un producto de Dirichlet $L$-funciones para los personajes de $(\mathbb F_q[X]/m(X) )^\times$.

El Frobenius elemento en el grupo de Galois es el mismo que el Frobenius elemento en el ámbito local $K_\pi$ para $K = \mathbb F_q(T)$. Por Hensel del lema, cada solución en la clausura algebraica de los residuos de campo $\overline{k}_\pi$ levanta a una solución en un unramified extensión de $K_\pi$ y por lo tanto a un elemento de la clausura algebraica $\overline{K}_\pi$. Debido a $\overline{k}_\pi$ e $\overline{K}_\pi$ tienen el mismo número de soluciones, todas las soluciones en $\overline{K}_\pi$ surgir de esta manera, por lo que la acción de Frobenius en soluciones sobre el campo local $\overline{K}_\pi$ es igual a su acción sobre las soluciones sobre el residuo de campo $k_\pi = \mathbb F_q[T]/\pi(T)$.

Pero el Frobenius en $\overline{ \mathbb F_q[T]/\pi(T)}$ envía $a_i$ a $a_i^{q^{\deg \pi}}$, por lo que actúa en $(a_0 + \dots + a_{d-1} X^d)$ por la multiplicación por $$(X-T) (X-T^q) \dots (X - T^{ q^{ \deg \pi -1 } } ) .$$ Because $T \in \mathbb F_q[T]/\pi(T)$ is a root of $\pi(T)$, $T^q,T^{p^2}, \dots$ must be the remaining roots, and so Frobenius acts by multiplication by $\pi(X)$, como se desee.