Cómo calcular el factor local en el infinito lugar de un campo de función?

Question

Primero de todo, mis disculpas por el largo aliento de la naturaleza de esta pregunta!

Ayer, el Señor Barquero le preguntó a un excelente pregunta sobre la función de los campos y la teoría de los números: ¿por Qué es "más fácil" para trabajar con la función de los campos que con algebraicas número de campos?

Yo tenía una pregunta de seguimiento, de mi propia: Comenzando con el tipo más simple de la función de campo, es decir, $\mathbb F_q(T)$ donde $q$ es una de las principales, podemos calcular la función zeta sobre el ring $\mathbb F_q[T]$:$$\Gamma_{\mathbb F_q[T]}(s)=\sum_{\mathfrak a \neq 0}N\mathfrak a^{-s}=\sum_{d=0}^\infty q^d(q^d)^{-s}=1/(1-q^{1-s})$$ Para escribir una ecuación funcional, tengo que incluir un factor local correspondiente a la infinita lugar.

Mi pregunta es: ¿Cómo hacerlo correctamente, en la maquinaria utilizada en la Tate de la tesis, y sin recurso directo a la de Riemann-Roch teorema?

Sé que la respuesta que estoy buscando es esto:$$\xi(s)=\frac{q^{-s}}{(1-q^{-s})(1-q^{1-s})}$$

Puedo conseguir parte de este. Del mismo modo, para el cálculo en el campo global $\mathbb Q$, $$\int_{\mathbb R^\times} e^{-\pi x^2}|x|^{s-1}dx=\pi^{-s/2}\Gamma(s/2),$$

Me pueden escribir los locales zeta factor:$$\sum_{d=0}^\infty q^{-sd}=(1-q^{-s})^{-1},$$ pero no estoy seguro de cómo llegar al factor de $q^{-s}$ en el numerador de la expresión de $\xi(s)$. Es este un local epsilon factor? Hay una elemental forma de calcularlo sin invocar la maquinaria de Riemann-Roch?

Answer 1

Quería seguir hasta el Profesor de Garrett excelente respuesta con el cálculo explícito. Espero que sea útil ya que la mayoría de los textos que cubren Tate tesis concentrarse en el campo de número de casos, sin realmente dando ejemplo de cálculos para la función de los campos. También, voy a señalar un pequeño error en uno de los utilizados con frecuencia textos para el estudio de la Tate tesis.

Nuestro campo es$K=\mathbb F_p(T)$, $p$ de una prima. Este es el ejemplo más básico de un campo de función. Los zeta de la función dada anteriormente sólo incluye el finito de lugares. Necesitamos otro factor local por el infinito para escribir un formulario de zeta función de $\xi(s)$ que tendrá un funcional de la ecuación de $\xi(s)=\xi(1-s)$.

Para tener una idea de lo que sucede en el habitual campo de número de caso, ver a Terry Tao de la entrada del blog: http://terrytao.wordpress.com/2008/07/27/tates-proof-of-the-functional-equation/

El valor absoluto asociado a la infinita lugar de $K=\mathbb F_p(T)$$|f/g|_\infty=p^{deg(f)-deg(g)}$, lo cual no es de Arquímedes. La finalización de $K$ en el infinito lugar es el campo de Laurent de la serie: $$K_\infty=\mathbb F_p((T^{-1}))=\{\sum_{n=-\infty}^ra_nT^n|r\in \mathbb Z, a_n\in \mathbb F_p, a_r \neq 0\}$$ El local anillo de enteros en el infinito lugar es el anillo de poder de la serie de $\mathcal O_\infty=\mathbb F_p[[T^{-1}]]$.

El siguiente paso es escribir el local zeta función: $$Z(f,\chi)=\int_{K_\infty^\times}f(x)\chi(x)d^\times x$$ con $f(x)$ elegir adecuadamente la función que será su propio transformada de Fourier (como $e^{-\pi x^2}$ en el número habitual de campo de caso). Vamos a poner a $\chi(x)=|x|_\infty^s$. La medida de $d^\times x$ es un multplicative Haar medida normalizada para dar volumen $1$$\mathcal O_\infty^\times$.

Ahora, con el fin de elegir el derecho de $f(x)$, tenemos que ser capaces de tomar la transformada de Fourier, y para hacer eso, necesitamos un aditivo de caracteres $\psi_\infty(x)$$K_\infty$. La motivación para la elección de este personaje es dado en el Profesor de Garrett respuesta. Definimos $\psi_\infty(x)$: $$\psi_\infty(\sum_{-\infty}^r a_nT^n)=e^{2\pi ia_{-1}/p}$$

(Aquí debo señalar el error en el canal 7, Ejercicio 3(b), página 298 de Ramakrishnan y Valenza del Análisis de Fourier en el Número de Campos, donde se dan $a_1$ en lugar de $a_{-1}$. Me gustaría recomendar Weil Básicos de la Teoría de los números que da buena cuenta de ello en la página 67.)

Ahora vamos a $f(x)$ ser la característica de la función en $T^{-1}\mathcal O_\infty=T^{-1}\mathbb F_p[[T^{-1}]]$. La transformada de Fourier de $f(x)$ es: $$\hat{f}(\xi)=\int_{K_\infty}f(x)\overline{\psi_\infty}(\xi x)dx$$ It can be checked that this gives again the characteristic function on $T^{-1}\mathcal O_\infty$, i.e. $f(x)$ es la auto-dual.

Ahora podemos calcular el local zeta factor:$$Z(f,\chi)=\int_{T^{-1}\mathcal O_\infty \setminus 0}|x|_\infty^sd^\times x$$ Desde $$T^{-1}\mathcal O_\infty \setminus 0= \bigsqcup_{j=1}^\infty T^{-j} \mathcal O_\infty^\times$$ tenemos, $$Z(f,\chi)=\sum_{j=1}^\infty|T^{-j}|_\infty^s=\sum_{j=1}^\infty p^{-js}=\frac{p^{-s}}{1-p^{-s}}$$ Así que finalmente hemos completado zeta función, $$\xi(s)=Z(f,\chi)\Gamma_{\mathbb F_p[T]}(s)=\frac{p^{-s}}{(1-p^{-s})(1-p^{1-s})}$$ que satisface la ecuación funcional $\xi(s)=\xi(1-s)$.

Answer 2

Sí, se ajusta en la Tate (-Iwasawa) patrón: la emisión neta es llegar a la familia de normalizaciones sobre todos los números primos coherente. El local anillo de enteros "en el infinito", $\mathbb F_q[T^{-1}]$, por sí mismo es indistinguible de la de $\mathbb F_q[T]$, pero que es potencialmente engañosa (por ejemplo, no obtendrá el numerador como la cuestión de las notas). La familia de Haar medidas deberían dar a los adeles medida 1, pero cualquier defecto de no dar un $q^{-s}$. Normalización/elección del aditivo medidas no dan eso, o bien, tho' podría cambiar los detalles sobre lo que se necesita para un local Schwartz función que se asigna a sí mismo bajo F. T. (para la opción "óptima").

Edit: programación orientada a objetos, y los locales de aditivo personajes, demasiado!

Edit: en respuesta a otro comentario. Sin duda hay mucha oportunidad para disonancia cognitiva con $\mathbb F_q[T^{-1}]$. Vamos a ver si esto funciona sencilla-mente.

Una colección razonable de personajes locales finitas lugares correspondientes para irreductible monic $P_v$ debe ser el "residuo" de $f$$v$. En la función de campo de caso, a diferencia del campo de número de caso, hemos canónica representantes de $\mathbb F_q[T]/P_v$, es decir, los polinomios de menor grado. A continuación, el "residuo" de Laurent de expansión $\sum_{n\ge -N} q_n/P_v^n$ es el coeficiente de $T^{\deg P_v - 1}$$q_{-1}$. A continuación, tomar Galois de seguimiento para el primer campo de $\mathbb F_p$, y alimentar el resultado en $x\rightarrow e^{2\pi ix/p}$. Estos personajes son triviales en el local enteros $o_v$ a todos finito de lugares, y no trivial en $P_v^{-1}o_v$, y coincide con las expectativas.

(Hay una heurística geométrica, también, que la suma de los residuos de meromorphic función proyectiva 1-el espacio es $0$, pero esto requiere de la adecuada interpretación de "residuo... Todavía, en principio, esto podría explicar lo que el carácter $\psi_\infty$ debe ser, también.)

Por lo tanto, aparte de el grado-de igual característica caso, $\psi_T(T^{-1})\not=1$. Desde $T$ es una unidad local en cualquier otro finito de lugares, necesariamente, $\psi_\infty(T^{-1})\not=1$ para$\prod_{v\le\infty}\psi_v(x)=1$$x\in\mathbb F_q(T)$. Eso es bastante decisivo.

Pero/y $\psi_T(T^{-2})=1$, lo que explica (modulo un pequeño ejercicio) por $\psi_\infty$ es trivial en $(T^{-1})^2\cdot o_\infty$, $o_\infty$ el anillo local de números enteros a infinito (= poder formal de la serie en $T^{-1}$).

Por lo tanto, a los PIES de la char fcn de $o_\infty$ no puede ser ella misma de nuevo (ni un constante múltiples).

Esperemos que este mejor que indica el origen del numerador. La cubierta (para mí) es que el aditivo char en el infinito no puede ser exactamente lo que uno podría pensar. (Y, de nuevo, creo que el char fcn de $T^{-1}o_\infty$, hasta una medida constante, sus propios PIES, pero no así para el char fcn de $o_\infty$.)

Edit 2: tal vez vale la pena señalar que el "residuo de forma diferenciada" punto de vista también sugieren la correcta normalización en $\infty$, es decir, el diferencial de la forma es $f(x)\,dz$, correctamente. Por lo tanto, en$\infty$, $dz$ debe escribirse en términos de las coordenadas local, $1/z$! Por lo tanto, $f(1/z)d(1/z)$ cerca de $z=0$$f(1/z)\frac{-1}{z^2}dz$, lo que sugiere tanto la señal de vuelta y el "inesperado" cambio en el carácter aditivo.