Sorprendente Analógica de Q

Question

Yo estaba describiendo Manish Kumar trabajo de hace un par de semanas a un compañero estudiante de posgrado, y ella se metió a mí con una gran imagen de la pregunta que no podía responder.

Manish Kumar demostrado que el colector de un subgrupo de $\pi_1(\mathbb{A}^1_K)$ donde $K$ es una característica $p$, algebraicamente cerrado de campo, es pro-finito libre. Demostró esto, de hecho, para cualquier liso afín a la curva de más de $K$.

(Él lo demostró para algebraicamente cerrado campos de char $p$ que son innumerables en su tesis: http://www.math.msu.edu/~mkumar/Publicación/tesis.pdf; y sin la restricción de cardinalidad en: http://arxiv.org/PS_cache/arxiv/pdf/0903/0903.4472v2.pdf)

Como le expliqué a mi colega, este es un geométricas analógica de Shafarevich de la conjetura, que $Gal(\mathbb{Q}^{ab})$ es pro-finito libre. De hecho $Gal(\mathbb{Q}^{ab})=\pi_1^c(Spec(\mathbb{Q}))$ ($c$ representa el colector de un subgrupo). Pero, ¿por qué es $\mathbb{A}^1_K$, para $K$ un algebraicamente cerrado de característica $p$ campo (o, de hecho, cualquier liso afín a la curva de más de $K$), un análogo de la $Spec(\mathbb{Q})$? Usualmente $\mathbb{A}^1_K$ (para $K$ un algebraicamente cerrado de campo) es un análogo de la $Spec(\mathbb{Z})$. Me encontré con algunas explicaciones parciales, pero no completa de la heurística. Puede usted pensar en uno?

Answer 1

Uno puede ver que el colector de un subgrupo de la topológico grupo fundamental de un complejo la curva es gratuito para primaria razones, pero esta es una muy débil analogía. En realidad no tengo una buena heurística de por qué debe ser cierto, que el hecho de que es. Yo estaba Manish del asesor, y yo estaba muy sorprendido por el resultado cuando lo demostró.

Answer 2

Supongo que no estoy seguro de que estoy de acuerdo son análogos. Primero de todo, extensiones de Q se puede se ramifica en cualquier lugar, mientras que los cubre de UNA^1_K son unramified lejos de la infinita lugar. Q es mucho más como Spec K(T), el punto genérico de UN^1_K -, pero incluso aquí, para obtener una buena analogía, usted tal vez quiera K para ser finito en lugar de algebraicamente cerrado.

Answer 3

Bien, creo que debo escribir mis 2 centavos de dólar por aquí:

Obviamente $Spec(\mathbb{Q})$ e $\mathbb{A}_K$ no están directamente análoga, pero no parecen estar en relación con este problema. Parece que están relacionados a través de la intermediación $Spec(F)$ donde $F$ es una función de campo a través de una algebraicamente cerrado de campo. Shafarevich la conjetura tiene por $Spec(F)$ (esta es la primera consecuencia).

Si tomamos cualquier liso afín curva, $C$, más de un algebraicamente cerrado campo de característica positiva; y utilizar el resultado de que $\pi_1^c(C)$ es pro-finito libre. Cada abelian cobertura de $C$ le dará un abelian extensión de $\kappa(C)$ ($C$'la función de campo). Sin embargo, no hay ninguna razón para pensar que tenemos todas abelian extensiones de $\kappa(C)$ de que manera. Sin embargo $\kappa(C)$ también $\kappa(D)$ para diferentes suave afín curvas, de modo que puede usar su abelian unramified cubre.

Para hacer un poco de orden a esto, comenzar con una extensión de abelian $\kappa(C)$, $L$. Podemos tomar la $C$'s de normalización en $L$. Esto puede ser ramificada en algunos puntos en $C$, pero podemos descartar aquellos. Por lo que cualquier abelian extensión de $\kappa(C)$ proviene de un abelian unramified portada de algunos posiblemente diferentes suave afín a la curva cuya función campo es $\kappa(C)$.

Sin embargo, parece extraordinaria esperar que desde $\pi_1^c(Spec(\kappa(C)))$ es pro-finito gratis, $\pi_1^c(C)$ debe ser; para cualquier afín a la curva de $C$. ¿Hay algún secreto de la motivación para pensar que esto de que me estoy perdiendo?