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Límites inversos: Isomorfismo entre Gal $(\mathbb{Q}(\cup_{n \geq 1}\mu_n)/\mathbb{Q})$ y $\varprojlim (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$

Estoy tratando de demostrar que $\operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\cup_{n \geq 1}\mu_n)/\mathbb{Q}) \cong \widehat{\mathbb{Z}}^\times = (\varprojlim (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}))^\times$ donde $\varprojlim$ denota la inversa límite a medida que n aumenta (con $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ parcialmente ordenado por la divisibilidad) y $\mu_n$ denota el conjunto de $n^{th}$ raíces de la unidad.

He logrado demostrar que $\widehat{\mathbb{Z}} \cong \prod_{p} \mathbb{Z}_p$ donde $\mathbb{Z}_p$ indica el p-ádico enteros (equivalentemente, $\mathbb{Z}_p = \varprojlim_{\,n} \mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z} $ ), y el producto se ejecuta sobre todos los números primos. Sin embargo, aunque sospecho que esto podría ser la manera más fácil de averiguar el isomorfismo entre el grupo de Galois y $\widehat{\mathbb{Z}}^\times$, yo no puedo parecer para formalizar mi argumento.

Obviamente cualquier elemento del grupo de Galois debe arreglar $\mathbb{Q}$ y enviar $n^{th}$ raíces de la unidad a $n^{th}$ raíces de la unidad; podemos escribir un elemento general de la $\mathbb{Q}(\cup_{n \geq 1}\mu_n)/\mathbb{Q}$ como una suma de elementos de $\mu_1,\,\mu_2,\,\mu_3$ etc., pero hay que tener cuidado de mantener en mente el hecho de que cualquier elemento de a $\mu_m$ es un elemento de $\mu_n$ al $m \, | \, n$. Supongo que hay alguna forma inteligente de trabajar solo con los números primos y el primer poderes al tratar con las cosas de la forma$e^{2 \pi i k / n} \in \mu_n$, lo que nos lleva a la necesaria isomorfismo, pero no puedo detectar cómo llegar al resultado que quiero. Frío que alguien me ayude con el acabado fuera de mi prueba, por favor?

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Nir Puntos 136

El punto básico es que para $n\gt 1$ tenemos un completo canónica de morfismos de grupos de $$ (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times \stackrel {\simeq}{\to} Gal(\mathbb{Q}(\mu_n)/\mathbb{Q}) $$ Se asocia a $[a]\in (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$ el único automorphism $\phi_a:\mathbb{Q}(\mu_n) \to \mathbb{Q}(\mu_n)$ satisfacción $\phi_a(\zeta)=\zeta ^a$ todos los $\zeta\in \mu_n$, primitivas o no (esta un sutil y un punto importante).

La clave de la observación es que ahora estos isomorphisms son compatibles con la proyectiva límite.
En detalle, si $n$ divide $N$, por lo que el $N=nd$, y si $Z\in \mu_N$ $Z^d=\zeta\in \mu_n$ e de $\Phi_a(Z)=Z^a$ deducir $\Phi_a(\zeta )=\Phi_a(Z^d)=(\Phi_a(Z))^d=(Z^a)^d=(Z^d)^a=\zeta ^a=\phi_a(\zeta)$ así que $$\Phi_a:\mathbb{Q}(\mu_N) \to \mathbb{Q}(\mu_N)$$ with $[a]_N\(\mathbb{Z}/N\mathbb{Z})^\times$ restricts to $$\phi_a:\mathbb{Q}(\mu_n) \to \mathbb{Q}(\mu_n)$$ with $[a]_n\(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times$.

Por lo que el $[a_n]$ pegamento en un $\alpha \in (\varprojlim (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}))^\times$ e las $\phi_a$ pegamento en un automorphism $\phi_\alpha \in Gal(\mathbb{Q}(\mu_\infty)/\mathbb{Q})$, y este rendimientos isomorfismo
$$ (\varprojlim (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}))^\times \stackrel {\simeq}{\to} Gal(\mathbb{Q}(\mu_\infty)/\mathbb{Q}):\alpha\mapsto \phi_\alpha $$

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