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DERIVACIONES DE HASSE-SCHMIDT,

CUERPOS DE COEFICIENTES Y

EXTENSI�ON DE ESCALARES

EN CARACTER�ISTICA POSITIVA.

Memoria presentada por M. Magdalena Fern�andez Lebr�on

para optar al grado de Doctor en Matem�aticas

por la Universidad de Sevilla.

Director: D. Luis Narv�aez Macarro

Sevilla, Diciembre 2001

UNIVERSIDAD DE SEVILLA

FACULTAD DE MATEM�ATICAS

DEPARTAMENTO DE �ALGEBRA

A Joaqu��n,

Joaquinito,

Pablo y Ana

Agradecimientos

Deseo expresar mi m�as sincero agradecimiento a todos los que,

de alguna forma, me han ayudado a lo largo de estos �ultimos a~nos, a

la realizaci�on de esta memoria.

En primer lugar, doy las gracias a Luis Narv�aez Macarro, direc-

tor de la misma, por su valiosa gu��a, por poner a mi disposici�on sus

conocimientos en el �Algebra de caracter��stica positiva, por su pacien-

cia ante los retrasos y por las horas dedicadas a ayudarme y corregir

los errores de aqu�el que empieza en algo. Sin su ayuda, no hubiese

sido posible la realizaci�on del presente trabajo.

Mi agradecimiento, tambi�en, es para el profesor J. M. Giral de

la Universidad de Barcelona por su valiosa y e�caz ayuda cuando se

le solicit�o, por su inter�es en el tema y por su amabilidad al aceptar

colaborar con nosotros.

Agradezco tambi�en a Joaqu��n y a mi compa~nero Jes�us Gago, por

sus valiosos comentarios tras la lectura de la misma.

Quiero agradecer a mis padres el esfuerzo y trabajo que siem-

pre han estado dispuestos a realizar para que pudiese realizar mis

estudios y el apoyo que siempre me han dado.

A mi marido, Joaqu��n, agradezco su apoyo en todo momento,

su �animo en los momentos dif��ciles y su comprensi�on. En especial, su

dedicaci�on en el cuidado de nuestros hijos durante tantas tardes, para

que yo pudiera terminar la presente memoria y a ellos por ser la mejor

forma de desconexi�on.

Tambi�en agradecer a las dos abuelas, la de C�adiz y la de Sevilla,

por estar siempre dispuestas a cuidar de sus nietos cuando todo se nos

4

complicaba.

Por �ultimo, aunque no menos, a los compa~neros del departa-

mento por su ayuda de diversa ��ndole, y tambien a los miembros del

tribunal por haber aceptado formar parte del tribunal de esta tesis.

5

Introducci�on

Una de las diferencias m�as notables entre el �Algebra de carac-

ter��stica positiva y el �Algebra de caracter��stica cero radica en el com-

portamiento respecto de los m�etodos, operaciones y estructuras dife-

renciales.

Por ejemplo, si k es un cuerpo de caracter��stica cero y R =

k[[x1; : : : ; xn]] es el anillo de las series formales (o convergentes en el

caso en que k sea el cuerpo de los n�umeros reales o complejos), k coin-

cide con el conjunto de las series que son anuladas por las derivadas

parciales con respecto a cada una de las variables xi, o m�as general-

mente

k = fa 2 R j @i(a) = 0; i = 1; : : : ; ng;donde las @i son unas k-derivaciones de R para las que existen unas

series aj 2 R con @i(aj) = �ij. Esto se debe a que dichas @i forman una

base del R-m�odulo de todas las k-derivaciones de R (ve�ase el teorema

IV{A.2). En particular, el cuerpo de las \constantes" aparece como las

soluciones de un sistema de ecuaciones lineales en derivadas parciales

particularmente sencillo. De hecho, el teorema de estructura de Cohen

nos permite enunciar el resultado anterior para un anillo local comple-

6

to regular de caracter��stica cero R y k � R un cuerpo de coe�cientes,

con independencia de las coordenadas locales (corolario IV{A.5).

Los resultados anteriores han de entenderse como una versi�on

parcial y puramente algebraica del Lema de Poincar�e.

En el caso en que k sea un cuerpo de caracter��stica p > 0, el

resultado anterior no es cierto, pues todas las series de la forma

a(x1; : : : ; xn) = b(xp1; : : : ; x

pn);

con b 2 R, son anuladas por las derivadas parciales respecto de las xi.

Para recuperar un resultado an�alogo al que se tiene en caracter��stica

cero, es necesario recurrir a un sistema de ecuaciones diferenciales li-

neales de orden superior y de in�nitas ecuaciones, cuyo tratamiento se

simpli�ca notablemente con la noci�on de derivaci�on de Hasse-Schmidt

[HS37] (ver tambi�en [NaK70], [Mat86], [Tra00]).

En esta memoria nos ocupamos de estudiar las derivaciones de

Hasse-Schmidt, de algunas de sus relaciones con los anillos de opera-

dores diferenciales lineales, y de su uso en la determinaci�on de cuer-

pos de coe�cientes de anillos locales regulares completos de carac-

ter��stica positiva.

Una de las motivaciones de esta memoria se encuentra en la

extensi�on al caso de un cuerpo base de caracter��stica positiva de los

resultados del trabajo [Nar91].

ANTECEDENTES

Los antecedentes inmediatos de este trabajo son los siguientes:

Los aspectos algebraicos del desarrollo de Taylor en carac-

ter��stica arbitraria [MV69] y su relaci�on con los anillos de ope-

radores diferenciales en el sentido de [GD67], x16, 16:8.La noci�on de derivaci�on de Hasse-Schmidt [HS37].

7

Los resultados de Nomura-Matsumura sobre los m�odulos de

derivaciones de un anillo noetheriano local regular respecto

de un cuerpo de casi-coe�cientes [Mat80], th. 99.

El art��culo [Nar91].

RESULTADOS ORIGINALES CONTENIDOS EN LA MEMORIA

La generalizaci�on de los resultados de [Nar91] al caso de un

cuerpo base k perfecto de caracter��stica p > 0, exige reempla-

zar la extensi�on de escalares A ! A k k(t), donde A es una

k-�algebra (por ejemplo, A = k[[x1; : : : ; xn]]) y t es trascendente

sobre k, por la extensi�on

A ! A k k(t)per;donde k(t)per =

[m�0

k(t1pm ) es el cierre perfecto de k(t). Un primer

resultado de esta memoria es la conservaci�on de la noetheria-

nidad por la citada extensi�on. Obs�ervese que, como k(t)per no

es una extensi�on �nitamente generada de k, la conservaci�on

de la noetherianidad no es clara en principio para k-�algebras

A que no sean �nitamente generadas. En esta memoria carac-

terizamos cuando el anillo A(1) := A k k(t)per es noetheriano(teorema III{C.6), y como consecuencia probamos que A(1) esnoetheriano si A es el anillo de series formales en n indeter-

minadas sobre k (corolario III{C.8).

En relaci�on con el resultado anterior, tambi�en probamos que

el mayor subcuerpo perfecto de un cuerpo de funciones for-

males sobre k, i.e. el cuerpo de fracciones de un cociente de

k[[x1; : : : ; xn]] por un ideal primo, es una extensi�on �nita del

cuerpo de constantes k, que coincide con k cuando el cocien-

te es normal (teorema III{B.8). La prueba de este resultado ha

sido obtenida en colaboraci�on con el profesor J. M. Giral.

8

Generalizamos el teorema 99 de [Mat80] al caso de las deri-

vaciones de Hasse-Schmidt y de un anillo noetheriano local

regular equicaracter��stico de caracter��stica p > 0 (ver teorema

IV{A.10), y lo aplicamos para determinar cuerpos de coe�cien-

tes del anillo completado (corolario IV{A.11).

Las derivaciones de Hasse-Schmidt de una k-�algebra A no po-

seen estructura de A-m�odulo, ni siquiera tienen una estructura

aditiva. Poseen sin embargo, una estructura de grupo no abe-

liano, de car�acter no lineal, que remonta la estructura aditiva

(lineal) de las derivaciones usuales. En esta memoria demos-

tramos que es posible \generar"cualquier derivaci�on de Hasse-

Schmidt, mediante expresiones expl��citas no lineales, a partir

de unas �jas con la condici�on de que sus componentes de gra-

do 1 formen un sistema de generadores de las k-derivaciones

de A (teorema IV{A.6).

En el curso de la prueba de los resultados anteriores necesi-

tamos una versi�on del lema de normalizaci�on para el anillo

de series de potencias formales A = k[[X]], con k cuerpo per-

fecto de caracter��stica p > 0, v�alida para el caso en que k sea

�nito. Las pruebas que hemos encontrado en la literatura (cf.

[Abh64], (24.5)), se restringen al caso en que k sea in�nito,

para poder as�� utilizar cambios lineales gen�ericos de coorde-

nadas. En esta memoria adaptamos la prueba de loc. cit. al

caso general, mediante cambios de coordenadas no lineales

(teorema II{A.6).

Por �ultimo, generalizamos el resultado principal (teorema 2.3)

de [Nar91] al caso de un cuerpo base k perfecto de carac-

ter��stica p > 0 y del anillo R = k[[X1; : : : ; Xn]]. Concretamente,

dado cualquier ideal maximal m del anillo R(1), determinamos

mediante las derivaciones de Hasse-Schmidt de R y de manera

uniforme, un cuerpo de coe�cientes del anillo (R(1))m (teorema

9

V{A.1).

DESARROLLOS POSTERIORES

De manera muy esquem�atica se~nalamos algunas cuestiones surgidas a

lo largo de este trabajo que consideramos interesantes de analizar en

un futuro:

Tal como se~nalamos en uno de los resultados originales de

esta memoria expuestos anteriormente, si A es una k-�algebra

(conmutativa), el conjunto HSk(A), de las k-derivaciones de

Hasse-Schmidt de A, est�a dotado de una operaci�on � de gru-

po, no conmutativo en general, de manera que existe un ho-

momor�smo de grupos de (HSk(A); �) en el grupo aditivo (abe-

liano) de las k-derivaciones usuales de A. El teorema IV{A.6,

sugiere la existencia de una acci�on de los elementos de A so-

bre HSk(A) que satisface identidades de tipo no lineal, y que de

alguna forma levanta la estructura de A-m�odulo sobre las de-

rivaciones usuales. Ser��a interesante conocer y describir la es-

tructura resultante, y eventualmente relacionarla con los gru-

pos formales.

La motivaci�on original del trabajo [Nar91], era el c�alculo de

una dimensi�on homol�ogica de un anillo de operadores dife-

renciales tras una extensi�on de escalares del tipo k ! k(t), enel caso de cuerpos de caracter��stica cero. Los resultados de

esta memoria parecen poder aplicarse de manera completa-

mente an�aloga al caso de la extensi�on k ! k(t)per, si k es un

cuerpo de caracter��stica p > 0.

En el mismo sentido que el punto anterior, los resultados de

esta memoria establecen algunas bases algebraicas para el es-

tudio de ecuaciones funcionales tipo Bernstein-Sato [Ber72],

10

en el caso de cuerpos base de caracter��stica p > 0. El modelo

a seguir ser��a el trabajo [MNM91].

DESCRIPCION DEL CONTENIDO DE LA MEMORIA

El cap��tulo 1 est�a dedicado, en primer lugar, a recordar algunos resul-

tados generales para la conveniencia del lector y que ser�an usados a

lo largo de la memoria. As��, recordamos la noci�on de derivaci�on de

Hasse-Schmidt de una k-�algebra ([HS37],[NaK70]), como noci�on pura-

mente algebraica que generaliza la de derivaci�on de un anillo conmu-

tativo.

Hemos recopilado algunos resultados de los trabajos [Mat86],

[Mat82], [Ish77], [NaK70], y en algunos casos que consideramos opor-

tunos incluimos sus demostraciones. En particular destacamos la rela-

ci�on existente entre las derivaciones de Hasse-Schmidt y el desarrollo

de Taylor (cf. [MV69]), cuya �losof��a la podemos resumir gr�a�camente

en que, a pesar de las apariencias, \no es necesario dividir por los fac-

toriales".

Recordamos tambi�en el concepto de operadores diferenciales li-

neales sobre una k-�algebra A. La referencia b�asica utilizada es [GD67],

en donde se presenta una de�nici�on recursiva, respecto del orden, de

los operadores diferenciales lineales. Dicha de�nici�on nos muestra

directamente su estructura algebraica: se trata de un anillo (para la

suma y composici�on de operadores), �ltrado (por el orden de los ope-

radores), no conmutativo en general, cuyo graduado s�� es conmutati-

vo. A continuaci�on examinamos la relaci�on entre las derivaciones de

Hasse-Schmidt y los operadores diferenciales lineales, as�� como el ca-

so fundamental de los anillos de polinomios y de series formales. Por

�ultimo, estudiamos las propiedades de extensi�on a los completados, a

los anillos de polinomios y a los anillos de fracciones.

En el cap��tulo 2, ofrecemos una demostraci�on del lema de nor-

11

malizaci�on para el anillo de series de potencias formales A = k[[X]], con

k cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0, que es una adaptaci�on de la

que se encuentra en [Abh64], (23.7) y (24.5). La prueba de loc. cit. usa

cambios de coordenadas lineales y necesita que el cuerpo k sea in�ni-

to. Nuestra adaptaci�on (teorema II{A.6), es v�alida para un cuerpo de

coe�cientes perfecto (in�nito o no), usando cambios de coordenadas

no lineales como los del lema II{A.4.

En el cap��tulo 3, estudiamos la conservaci�on de la noetheriani-

dad mediante la extensi�on del cuerpo base k ! k(1) := k(t)per, donde kes un cuerpo perfecto y k(t)per es la clausura perfecta de k(t). Nuestro

principal resultado caracteriza cu�ando el anillo

A(1) := A k k(1) = A k kper(t)es noetheriano, y como consecuencia probamos que el anillo A(1) esnoetheriano cuando A es el anillo de series formales en n indetermi-

nadas sobre k (corolario III{C.8).

Adem�as, probamos que elmayor subcuerpo perfecto de un cuer-

po de funciones formales sobre k, es una extensi�on �nita del cuerpo

de constantes k (teorema III{B.8) 1. Una versi�on m�as d�ebil del resulta-

do anterior, que dicha extensi�on es algebraica (proposici�on III{B.6), es

uno de los ingredientes de la prueba de la caracterizaci�on de la con-

servaci�on de la noetherianidad que acabamos de mencionar.

En el cap��tulo 4, determinamos cuerpos de coe�cientes del ani-

llo completado de un anillo noetheriano, local, regular, equicaracter��s-

tico de caracter��stica positiva, mediante una generalizaci�on del teo-

rema 99 de [Mat80] al caso de derivaciones de Hasse-Schmidt (teore-

ma IV{A.10). Dicha generalizaci�on utiliza, como herramienta funda-

mental, el teorema IV{A.6, que nos permite generar derivaciones de

Hasse-Schmidt a partir de unas �jas, siempre que sus componentes de

grado uno formen un sistema de generadores de las k-derivaciones de

1Resultado demostrado en colaboraci�on con el profesor J. M. Giral.

12

nuestro anillo. Este �ultimo resultado, sugiere un estudio en profun-

didad de estructuras algebraicas no lineales sobre las derivaciones de

Hasse-Schmidt.

Por �ultimo, en el cap��tulo 5, generalizamos el teorema 2.3 del

trabajo [Nar91] al caso del anillo R = k[[X1; : : : ; Xn]], siendo k un cuerpo

perfecto de caracter��stica p > 0. Para ello consideramos la extensi�on

de escalares

R ! R k k(t)per = R(1);donde k(t)per =

[m�0

k(t1pm ) es el cierre perfecto de k(t) y t es trascendente

sobre k. Por el cap��tulo 3, sabemos que R(1) es noetheriano. Si m � R(1)es un ideal maximal y K es su cuerpo residual, construimos un iso-

mor�smo de Cohen expl��cito K[[Y1; : : : ; Yn]] ' (R(1))m de manera que las

extensiones de las k-derivaciones de Hasse-Schmidt de R a este �ultimo

anillo correspondan a K-derivaciones del primero. Dicho de otra for-

ma, encontramos un cuerpo de coe�cientes del anillo local completo

(R(1))m, donde se anulan las extensiones de las derivaciones de Hasse-

Schmidt de R. Es m�as, dicho cuerpo de coe�cientes est�a formado jus-

tamente por aquellos elementos anulados por las citadas extensiones.

�INDICE GENERAL

�Indice General 13

I Notaci�on y Preliminares 15

I{A La k(t){�algebra A(t) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

I{B Resultados generales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

I{C La extensi�on K[t] � K[t 1p ] . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

I{D Derivaciones de Hasse-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . 26

I{E Derivaciones integrables . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

I{F Operadores diferenciales lineales . . . . . . . . . . . . . 47

I{G Operadores diferenciales en el anillo de polinomios y en

el anillo de series . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Caso de una variable . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Caso de varias variables . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

I{H Homomor�smos entre anillos del tipo DA=k . . . . . . . . 67

II El Lema de Normalizaci�on para el anillo de series de po-

tencias 79

II{A El Lema de Normalizaci�on para el anillo de series de po-

tencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

III La noetherianidad de A(1) = A k k(1) 89

14 �Indice General

III{A Caracterizaci�on de A(1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

III{B El mayor subcuerpo perfecto de un cuerpo de funciones

formales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

III{C El anillo A k k(t)per es noetheriano . . . . . . . . . . . . 102

IV Derivaciones de Hasse-Schmidt y cuerpos de coe�cien-

tes. 111

IV{A Generaci�on de Derivaciones de Hasse-Schmidt. . . . . . . 111

V Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.129V{A Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.129

Bibliograf��a 141

CAP�ITULO I

Notaci�on y Preliminares

En este cap��tulo recordaremos algunos resultados conocidos

para la comodidad del lector, y desarrollaremos una exposici�on sis-

tem�atica de los resultados que necesitaremos posteriormente.

Todos los anillos y �algebras considerados en esta memoria se-

r�an conmutativos y con elemento unidad. Usaremos las letras L, K, k

para denotar cuerpos y Fp para el cuerpo �nito de p elementos, siendo

p cualquier n�umero primo.

Si B es un anillo, notaremos por dim(B) a la dimensi�on de Krull

de B y (B) al conjunto de todos los ideales maximales de B. Si p 2Spec(B), notaremos por ht(p) a la altura de p. Si B es un dominio de

integridad, notaremos por Qt(B) a su cuerpo cociente.

Recordemos que un anillo B se dice equicodimensional si todos

los ideales maximales de B tienen la misma altura. Adem�as, B se llama

biequidimensional si todas las cadenas saturadas de ideales primos en

B tienen la misma longitud.

16 La k(t){�algebra A(t)

I–A La k(t)–algebra A(t)

En esta secci�on recordamos algunos resultados de [Nar91], acer-

ca de la k(t)-�algebra A(t), siendo k un cuerpo y A una k-�algebra de di-

mensi�on de Krull n.

Consideramos la extensi�on de cuerpos k � k(t) en una indeter-

minada t, y denotamos por A(t) a la k(t)-�algebra

A(t) := k(t) k A:

Si S es el subconjunto multiplicativamente cerrado de k[t] formado por

los polinomios no nulos, entonces

A(t) = S�1A[t]:

Por tanto, tenemos una correspondencia uno a uno, mediante exten-

si�on-contracci�on, entre los ideales p 2 Spec(A[t]) tales que pTk[t] = (0)

y los ideales primos de A(t). M�as a�un, si A es una k{�algebra noetheriana

se tiene que

dim(A) � dim(A(t)) � dim(A[t]) = dim(A) + 1:

El siguiente lema se puede encontrar, por ejemplo, en [GD65],

proposiciones 5:5:3 y 5:5:6:

Lema I–A.1 Sea B un anillo noetheriano, P un ideal primo de B[t] y p = PTB. Enton-

ces se veri�ca una de las siguientes condiciones:

(a) P = p[t], ht(P) = ht(p) y B[t]=P ' (A=p)[t].

Cap��tulo I: Notaci�on y Preliminares 17

(b) P � p[t], ht(P) = ht(p) + 1 y B[t]=P es una extensi�on algebraica de

B=p (generada por t m�odulo P).

Una condici�on su�ciente para que dim(A) = dim(A(t)) es :

Proposicion I–A.2 ([Nar91], proposici�on 1.4) Sea A una k-�algebra noetheriana y suponga-

mos que, para todo ideal maximal m de A, el cuerpo residual A=m es

algebraico sobre k. Entonces dim(A(t)) = dim(A).

Teorema I–A.3 ([Nar91], teorema 1.6) Sea A una k-�algebra noetheriana, biequidimen-

sional, universalmente catenaria de dimensi�on de Krull n, tal que para

todo ideal maximal m de A, el cuerpo residual A=m es algebraico sobre

k. Entonces A(t) es equicodimensional de dimensi�on n.

Nota I–A.4 Bajo las hip�otesis del teorema I{A.3 se deduce adem�as que A(t) es bie-

quidimensional y universalmente catenaria. Sin embargo los cuerpos

residuales sobre los ideales maximales de A(t) no son, en general, al-

gebraicos sobre k(t).

Nota I–A.5 Como consecuencia del teorema I{A.3, tenemos dos posibilidades para

un ideal maximal M de A(t).

(i) El ideal p = M \ A es maximal y ht(p) = ht(M) = n. Entonces M

es el ideal extendido de p, y A(t)=M = k(t) k A=p es algebraicosobre k(t).

(ii) ht(p) = n � 1. En este caso, A(t)=M no es necesariamente alge-

braico sobre k(t), como se muestra en el siguiente ejemplo.

18 Resultados generales

Ejemplo I–A.6 Sea A = k[[X]] el anillo de series formales en una variable, entonces A

satisface las hip�otesis del teorema I{A.3. Si

P = (Xt � 1) � A[t];

entonces P es maximal y P \ k[t] = 0. Por tanto, M = S�1P es un ideal

maximal en A(t) y el cuerpo residual A(t)=M = A[t]=P coincide con el

cuerpo de fracciones de A, que tiene grado de trascendencia in�nito

sobre k.

I–B Resultados generales

En primer lugar, recordamos algunos resultados bien conocidos

sobre extensiones enteras de anillos.

Teorema I–B.1 (Teorema del ascenso)(cf. [AM69], teorema 5:11) Sean A � B anillos,B es entero sobre A. Sea p1 � � � � � pn una cadena de ideales primos

de A, y q1 � � � � � qm (con m < n) una cadena de ideales primos de B

tales que qi \ A = pi con 1 � i � m. Entonces la cadena q1 � � � � � qm

se puede extender a una cadena q1 � � � � � qn tal que qi \ A = pi para

1 � i � n.

Definicion I–B.2 Sea � : A ! B un homomor�smo de anillos. Diremos que � veri�ca el

teorema del descenso si para todo p1, p2 ideales primos de A tales que

p1 � p2, y para cada ideal primo de B, P2, tal que P2 \ A = p2; existe P1ideal primo de B, que se contrae en p1 (P1 \ A = p1), y tal que P1 � P2.

Teorema I–B.3 (cf. [Mat80], teorema 4) Sea � : A ! B un homomor�smo plano de


anillos. Entonces el teorema del descenso se veri�ca para �.

Dos resultados sobre extensiones de cuerpos que necesitare-

mos son los siguientes:

Teorema I–B.4 (cf. [ZS79], §5, teorema 8) Si K es una extensi�on algebraica separable

de k, entonces kKp = K. Rec��procamente, si K es una extensi�on de k tal

que kKp = K y si la extensi�on K=k es �nita, entonces K es una extensi�on

separable de k.

Teorema I–B.5 (cf. [Jou83], teorema 3:11) Sea K una extensi�on de un cuerpo k. Son

equivalentes:

1. El cuerpo k es algebraicamente cerrado en K y K es separable

sobre k.

2. K k k es un cuerpo.

3. Existe una extensi�on algebraicamente cerrada de k tal que

K k es��ntegro.

4. Para toda extensi�on L de k, el anillo K k L es��ntegro.5. Para toda extensi�on �nita k0 de k, el anillo Kk k0 es un cuerpo.

Adem�as, recordamos el teorema preparatorio de Weiertrass pa-

ra series formales.

Definicion I–B.6 Sobre un cuerpo k cualquiera y en el anillo de series formales k[[X]] =

k[[X1; : : : ; Xn]] y con la misma notaci�on de (I{D.10), dada f 2 k[[X]], de�-nimos ord(f) como el menor j�j para el cual f� es distinto de cero. Por

20 Resultados generales

convenio a la serie nula le asignaremos el orden 1.

Definicion I–B.7 Sea f(X) 2 k[[X]], se dice que f es Xi-distinguida sif(0; : : : ; 0; Xi; 0; : : : ; 0) 6= 0:

Teorema I–B.8 (Teorema preparatorio de Weiertrass)(cf. [Che79], Corolario 6.3.6)

Si g 2 k[[t; X]], g es t-distinguida yordt(g) = ord(g(t; 0)) = m � 0;

entonces existen unos �unicos u(t; X); p(t; X) 2 k[[t; X]] tales que1. g = u � p; u(0; 0) 6= 0 y u unidad.

2. p(t; X) = tm+p1(X)tm�1+� � �+pm(X) y pi(0) = 0 para i = 1; : : : ; m.

Por �ultimo, recordamos las nociones de cuerpo de coe�cientes

de un anillo local, el teorema de estructura de Cohen, la noci�on de

anillo formalmente liso, formalmente �etale, as�� como la de cuerpo de

casi-coe�cientes que utilizaremos en los cap��tulos IV y V.

Definicion I–B.9 (cf. [Mat80],(28:A)) Sea (R;m) un anillo local, K = R=m su cuerpo residual

y k un subcuerpo de R. Decimos que k es un cuerpo de coe�cientes de

R si k se aplica isom�or�camente sobre Kmediante la aplicaci�on natural

R ! R=m.

Teorema I–B.10 (Teorema de estructura de Cohen)(cf. [Mat80], (28:J), teorema 60)

Sea (R;m; K) un anillo local, separado y completo, que contiene a un


cuerpo k. Entonces R contiene un cuerpo de coe�cientes. Adem�as, si

K es separable sobre k, entonces R contiene un cuerpo de coe�cientes

que contiene a k.

Ve�ase tambi�en en [GD64], Chap. 0,Th.(19.8.8).

Definicion I–B.11 (cf. [Mat80], 28:C) Sean k; A anillos topol�ogicos y g : k ! A un homo-

mor�smo continuo. Decimos que A es formalmente liso, o que A es

una k-�algebra formalmente lisa, si se veri�ca la siguiente condici�on:

Para cualquier anillo discreto C, para todo ideal N de C con N2 = (0) y

para todo homomor�smo continuo u : k ! C y v : A ! C=N (viendo a

C=N como un anillo discreto) tal que el diagrama

A v! C=N

g " " qk u! C

(donde q es la aplicaci�on natural) es conmutativo, existe un homomor-

�smo v0 : A ! C tal que v = qv0 y u = v0g.

A v! C=N

g " & v0 " qk u! C

Si v0 existe, entonces decimos que v puede levantarse a A ! C sobre k,

y v0 se le llama un levantamiento de v sobre k.

Definicion I–B.12 (cf. [Mat80], (38.E)) Bajo las mismas condiciones de la de�nici�on ante-

rior, decimos que A es formalmente �etale sobre k, si el levantamiento

v0 de v es �unico.

Nota I–B.13 (cf. [Mat80], (38:E)) Sea K=k una extensi�on de cuerpos. Si la carac-

ter��stica de K es cero, entonces formalmente �etale es lo mismo que

22 La extensi�on K[t] � K[t 1p ]algebraica separable.

Definicion I–B.14 (cf. [Mat80], (38:F)) Sea (R;m; K) un anillo local, (siendo K = R=m su cuer-

po residual) y k0 un subcuerpo de R. Decimos que k0 es un cuerpo de ca-

sicoe�cientes de R si K=k0 es formalmente �etale.

I–C La extension K[t] � K[t1p ]

En esta secci�on analizamos el proceso de extensi�on{contracci�on

de los ideales primos relativos a la extensi�on K[t] � K[t 1p ], siendo K un

cuerpo de caracter��stica p > 0. Una herramienta fundamental es el

siguiente teorema:

Teorema I–C.1 (cf. [Gar86], teorema 10:8) Sean K cuerpo de caracter��stica p > 0 y

g(X) = a0 + a1X + � � � + Xn

un polinomio m�onico de K[X]. Entonces el polinomio

f(X) = g(Xp) = a0 + ap1Xp + � � � + Xnp

es irreducible en K[X] si y solo si g es irreducible en K[X], y no todos

sus coe�cientes ai son potencias p-�esimas de elementos de K.

Demostracion. Si g factoriza como g = g1g2 entonces f factoriza como

f(X) = g1(Xp)g2(X

p):

Por tanto si f es irreducible tambi�en lo es g. Supongamos ahora que

cada ai es una potencia p-�esima de un elemento de K, es decir ai = bpi

para bi 2 K. Entonces f factorizaf = bp0 + b

p1Xp + � � � + bpnXnp = (b0 + b1X + � � � + bnXn)p:


Por tanto si f es irreducible, no todos los ai son potencias p-�esimas de

elementos de K.

Rec��procamente, supongamos que f factoriza. Debemos probar

que o g factoriza, o todos los ai son potencias p-�esimas de elementos

de K. Podemos escribir f como producto de factores irreducibles:

f = fn11 � � � fnrrdonde los fi son m�onicos e irreducibles en K[X], fi y fj son primos re-

lativos para i 6= j y n1 + � � � + nr > 1. Consideramos dos casos:

Supongamos primero r > 1. Entonces podemos escribir f =

h1h2 con h1 y h2 primos relativos (tomando h1 = fn11). Y existen

�1 y �2 en K[X] tales que �1h1 + �2h2 = 1. Por lo tanto

0 = Df = (Dh1)h2 + h1(Dh2):

Eliminando h2, tenemos que

Dh1 = �1h1(Dh1) � �2h1(Dh2)y entonces h1 j Dh1. Como el grado de Dh1 es menor que el

grado de h1 se tiene que Dh1 debe ser 0. De la misma manera

Dh2 = 0. Entonces podemos escribir

h1(X) = c0 + c1Xp + � � � + csXsp = j1(Xp)

h2(X) = d0 + d1Xp + � � � + dtXtp = j2(Xp)

y g factoriza como g = j1j2.

Supongamos ahora que r = 1. Entonces f = fn1 donde f1 es

irreducible y n > 1. De nuevo tenemos que considerar dos

subcasos:

Si p j n, podemos escribir f = hp. Si h = c0 + c1X + � � � + csXs,entonces

f = hp = cp0 + cp1Xp + � � � + cpsXsp:

24 La extensi�on K[t] � K[t 1p ]As�� que todos los ci son potencias p-�esimas.

Si p no divide a n,

0 = Df = n(Df1)fn�11

y entonces Df1 = 0. As�� que podemos escribir

f1(X) = d0 + d1Xp + � � � + dtXtp = g1(Xp)

y g = (g1)n.

Del resultado anterior, deducimos el siguiente corolario, que

nos describe el comportamiento de la extensi�on-contracci�on de ideales

primos en la extensi�on K[t] � K[t 1p ].

Corolario I–C.2 Sea K cuerpo de caracter��stica p > 0. Sea P un ideal primo no nulo

en K[t1p ] y sea F(t) 2 K[t] el polinomio m�onico irreducible generador

de la contracci�on Pc = P \ K[t]. Entonces se veri�can las siguientes

condiciones

1. Si F(t) = ap0+ ap

1t + � � � + td 2 Kp[t], entoncesP = (a0 + a1t

1p + � � � + t dp ):

2. P = Pce si y solo si no todos los coe�cientes de F(t) son poten-

cias p-�esimas de elementos de K.

Demostracion.

1. Veamos en primer lugar que si el polinomio

F(t) = ap0 + ap1t + � � � + td 2 K[t]

es irreducible, entonces el polinomio

G(�) = a0 + a1� + � � � + �d 2 K[�] (� = t 1p );


tambi�en lo es: Para ello consideremos el homomor�smo de

anillos

� : K 7�! Kcon �(a) = ap para todo a 2 K,y consideremos

e� : K[�] 7�! K[t]de�nida por e�(X ai�

i) =X�(ai)t

i;

es f�acil comprobar que

(a) e� es homomor�smo de anillos (puesto que � lo es),

(b) e�(G) = F, y(c) e� aplica un elemento no unidad en un elemento no

unidad, puesto que las unidades de K[�] son las del

cuerpo K.

Supongamos que G es reducible, entonces F = e�(G) tambi�en

lo es (pues e� es homomor�smo de anillos). Es decir, si F es

irreducible, G tambi�en lo es. Luego el ideal (G(�)) es primo en

K[t1p ]. Adem�as, dado que

G(�)p = F(t) 2 Py P es un ideal primo, se tiene que G(�) 2 P y por tanto,

(G(�)) � P;y como

dim(K[t1p ]) = dim(K[t]) = 1;

entonces se tiene que (G(�)) = P.

2. Supongamos ahora que

Pce = (F) � K[t 1p ] = (a0 + a1(t1p )p + � � � + (t 1p )pd) � K[t 1p ];

26 Derivaciones de Hasse-Schmidt

pero ahora F 2 K[t 1p ]. Sea � = t 1p . La igualdadP = Pce

signi�ca que

F(t) = F(�p) 2 K[�]genera el ideal P. Lo que equivale a decir que F(�p) es irredu-

cible en K[�]. Por el teorema I{C.1, equivale a decir que F(�) es

irreducible en K[�] y no todos sus coe�cientes son potencias

p-�esimas de elementos de K.

I–D Derivaciones de Hasse-Schmidt

En esta secci�on recordamos la noci�on de derivaci�on de Hasse-

Schmidt [HS37]. Se trata de un concepto puramente algebraico que

generaliza al de derivaci�on sobre un anillo conmutativo, en el caso

de caracter��stica positiva. Hemos recopilado algunos resultados de

[Mat86], [Mat82], [Ish77], [NaK70], dando las demostraciones de aque-

llos que nos parecen oportunos. En particular destacamos la relaci�on

existente entre las derivaciones de Hasse-Schmidt y el desarrollo de

Taylor. Adem�as, demostraremos que se pueden extender de manera

�unica a la completaci�on, por ser I{continuas para la topolog��a I{�adica

del anillo.

Sean kf�! A g�! B homomor�smos de anillos. Sea t una indeter-

minada sobre B. Sean

Bm = B[t]=(tm+1) (m � 0) y B1 = B[[t]]:


Podemos considerar, de manera natural, a Bm (m � 1) como una k{

�algebra.

Definicion I–D.1 En las condiciones anteriores, una sucesi�on

D = (D0; D1; : : : ; Dm)

de aplicaciones k{lineales (Di : A �! B) se dice derivaci�on de Hasse-

Schmidt de longitud m de A en B (sobre k) si se veri�ca:

D0 = g y Di(xy) =Xr+s=i

Dr(x)Ds(y) (1 � i � m; x; y 2 A)

Una caracterizaci�onmuy �util de las derivaciones de Hasse-Schmidt

es la siguiente, que relaciona este concepto con los homomor�smos de

A en Bm que coinciden con g m�odulo t.

Lema I–D.2 En las condiciones anteriores, son equivalentes:

1. D es una derivaci�on de Hasse-Schmidt de longitud m de A en

B

2. La aplicaci�on Et : A �! Bm de�nida por

Et(x) =mXi=0Di(x)t

i

es un homomor�smo de k{�algebras que veri�ca

Et(x) � g(x) (mod t):

Demostracion. Prob�emoslo para m < 1:(1) =) (2):

Veamos que Et es homomor�smo de k{�algebras: la k{linealidad


se sigue trivialmente de la k{linealidad de las Di. Se tiene que:

Et(xy) =mXi=0Di(xy)t

i =mXi=0

Xr+s=i

Dr(x)Ds(y)

!ti;

por otro lado

Et(x)Et(y) =

mXr=0Dr(x)tr

! mXs=0Ds(y)ts

!=

=mXi=0

Xr+s=i

Dr(x)Ds(y)

!ti +

2mXi=m+1

Xr+s=i

Dr(x)Ds(y)

!ti

((I{D.1))

luego

Et(xy) � Et(x)Et(y) (mod tm+1):

Et(x) � g(x) (mod t):

Et(x) � g(x) =mXi=0Di(x)t

i � g(x)=mXi=1Di(x)t

i = t

mXi=1Di(x)t

i�1!:

(2) =) (1):

Et(x + y) = Et(x) + Et(y), por tanto

mXi=0Di(x + y)t

i =mXi=0Di(x)t

i +mXi=0Di(y)t

i;

de donde se sigue que

Di(x + y) = Di(x) + Di(y):

An�alogamente se prueba que

Di(�x) = �Di(x); (� 2 k; x 2 A):De Et(x) � g(x) (mod t) se sigue que

Et(x) � g(x) = D0(x) � g(x) +mXi=1Di(x)t

i = 0 (mod t)

y por tanto D0 = g.


De Et(xy) = Et(x)Et(y) se sigue, utilizando (I{D.1), que

Di(xy) =Xr+s=i

Dr(x)Ds(y):

Con �esto se concluye la demostraci�on del lema I{D.2 param < 1. En el

caso m = 1, la prueba es an�aloga.

Notas I–D.3

1. Cuando A = B y g = 1A, entonces hablaremos simplemente de

una k{derivaci�on de A. A partir de ahora consideraremos este

caso.

2. Di(1) = 0, para todo i > 0:

Para i = 1 trivial, pues D1 es derivaci�on. Supongamos cierto

hasta i � 1, veamos para i:

Di(1) = Di(1 � 1) = Xr+s=i

Dr(1)Ds(1) =

= 2Di(1) +Xr+s=i

r;s�i�1

Dr(1)Ds(1) =

= 2Di(1)

por tanto Di(1) = 0.

3. Si D es una k{derivaci�on de Hasse-Schmidt de A entonces D1 2Derk(A), puesto que

D1(xy) =Xr+s=1

Dr(x)Ds(y) = xD1(y) + D1(x)y; (x; y 2 A):Adem�as, Di es cero sobre f(k) para i > 0: ya que

Di(f(�)) = Di(� � 1) = �Di(1) = 0:

En general, diremos que D es trivial sobre a 2 A, si Di(a) = 0

para i > 0; esto quiere decir que Et(a) es una constante siendo Et el


endomor�smo correspondiente a D, pues

Et(a) =mXi=0Di(a)t

i = D0(a) = g(a):

Notaremos HSk(A;m) al conjunto de todas las k{derivaciones

de Hasse-Schmidt de longitud m de A, y HSk(A) = HSk(A;1). Si no hay

confusi�on sobre el cuerpo k, escribiremos HS(A;m) y HS(A), respectiva-

mente. Estos conjuntos no tienen estructura de m�odulo como Derk(A).

Sin embargo, pueden ser dotados de estructura de grupo (generalmen-

te no abeliano) de la siguiente manera:

Lema I–D.4 El homomor�smo Et : A �! Am correspondiente a D 2 HSk(A;m) sepuede extender a un automor�smo de Am de la siguiente forma:

Et

X�a�t

�

!=X�Et(a�)t

�

Demostracion. La extensi�on de Et as�� de�nida es trivialmente k{lineal.

Veamos que es biyectiva:

Inyectividad: Se tiene que si

� = artr + ar+1t

r+1 + � � � 2 Am ar 6= 0;

entonces

Et(�) � artr (mod tr+1);

puesto que

Et(�) � artr = Et(ar)tr + Et(ar+1)tr+1 + � � � � artr =

=

mXi=0Di(ar)t

i

!tr � artr + Et(ar+1)tr+1 + � � � =

=

mXi=1Di(ar)t

r+i

!+ Et(ar+1)t

r+1 + � � � == tr+1 (D1(ar) + Et(ar+1) + : : : )

y, por tanto, Et as�� de�nida es inyectiva.


Sobreyectividad: Dado � = artr+ar+1tr+1+� � � 2 Am, se tieneque:

� � Et(artr) = artr + ar+1tr+1 + � � � � Et(ar)tr =

= artr + ar+1tr+1 + � � � � artr � D1(ar)t

r+1 � � � � == br+1t

r+1 + : : :

para unos ciertos bk 2 A, k � r + 1.� � Et(artr + br+1tr+1) = � � Et(ar)tr � Et(br+1)tr+1 =

= br+1tr+1 + br+2t

r+2 + � � � ��br+1tr+1 � D1(br+1)t

r+2 � � � � == cr+2t

r+2 + : : :

para unos ciertos cl 2 A, l � r + 2. Reiterando el proceso en-

contramos un elemento

artr + br+1t

r+1 + cr+2tr+2 + � � � 2 Am � f0g; pues ar 6= 0:

Adem�as veri�ca:

� � Et(artr + br+1tr+1 + cr+2tr+2 + : : : ) 2 (tm+1):Con �esto se prueba que el homomor�smo Et es sobreyectivo.

Como consecuencia, un automor�smo E de la k{�algebra Am que

satisface E(a) � a (mod t) corresponde a una derivaci�on de Hasse-

Schmidt. As�� podemos identi�car HSk(A;m) con un subgrupo del grupo

Autk(Am). Esto induce la siguiente estructura de grupo en HSk(A;m): Pa-

ra D = (D0; D1; : : : ) y D0 = (D00; D01; : : : ) sean

D � D0 = (D000; D001; : : : )

y

D�1 = (D�0; D�1; : : : ):


Entonces:

Et�E0t(a)

�= Et

�a + D01(a)t + D02(a)t2 + : : :

�=

=�a + D1(a)t + D2(a)t

2 + : : :�+�D01(a) + D1(D

01(a))t + : : :

�t+

+�D02(a) + D1(D

02(a))t + : : :

�t2 + � � � =

= a + (D1 + D01)(a)t + (D2 + D1D

01 + D

02)(a)t

2 + : : :

as�� que

D00i =Xp+q=i

DpD0q para todo i:

Luego:

D � D0 = (1A; D1 + D01; D2 + D1D

01 + D

02; : : : ;

XiDiD

0n�i; : : : ):

ResolviendoXp+q=i

DpD�q = 0 para i > 0 se obtienen los D�i , esto es:

D�0 = D0 = 1AD�1 = �D1

D�2 = D21 � D2

D�3 = �D31 + D1D2 + D2D1 � D3

......

Lema I–D.5

D�n =nXk=1

(�1)k

0BBBBBBBBB@X

i1+��+ik=nij�1

Di1 � � �Dik

1CCCCCCCCCA 8n � 1:

Demostracion. Por inducci�on en n:

Para n = 1: D�1 = (�1)1D1 = �D1


Supongamos cierto hasta n�1, veamos si es cierto para n: D�n se obtienede

nXq=0Dn�qD�q = 0;

luego

D�n = �n�1Xq=0Dn�qD�q =

= �Dn �n�1Xq=1Dn�qD�q = [hip. ind.] =

= �Dn �n�1Xq=1Dn�q

qXk=1

(�1)k

0BBBBBBBBB@X

i1+��+ik=qij�1

Di1 � � �Dik

1CCCCCCCCCA =

= �Dn +n�1Xq=1

qXk=1

(�1)k+1Dn�q

0BBBBBBBBB@X


Di1 � � �Dik

1CCCCCCCCCA =

= �Dn +n�1Xq=1

qXk=1

(�1)k+1

0BBBBBBBBB@X


Dn�qDi1 � � �Dik

1CCCCCCCCCA =

= �Dn +n�1Xq=1

q+1Xl=2(�1)l

0@ Xi1+��+il=n

Di1 � � �Dil1A =

= �Dn +nXl=2(�1)l

0BBBBBBBBB@X

i1+��+il=nij�1

Di1 � � �Dil

1CCCCCCCCCA =


=nXl=1(�1)l

0BBBBBBBBB@X

i1+��+il=nij�1

Di1 � � �Dil

1CCCCCCCCCA :As�� que

D�n =nXk=1

(�1)k

0BBBBBBBBB@X

i1+��+ik=nij�1

Di1 � � �Dik

1CCCCCCCCCA :

Si A es un anillo de caracter��stica p, entonces una derivaci�on

ordinaria de A es cero sobre el subanillo Ap, pero las derivaciones de

Hasse-Schmidt no necesariamente se anulan sobre Ap: Si la sucesi�on

D = (D0; D1; D2; : : : ) es una derivaci�on de Hasse-Schmidt de longitud

m � p, entonces de la igualdadEt(a

p) = [Et hom.k{�alg.] = Et(a)p = ap + D1(a)

ptp + � � �obtenemos

Dp(ap) = D1(a)

p;

y en general,

Dpr(apr) = D1(a)

pr :

Definicion I–D.6 Diremos que D 2 HSk(A) es iterativa si satisface:

Di � Dj =0@ i + j

i

1ADi+j 8i; j:


Lema I–D.7 La de�nici�on anterior es equivalente a exigir que el siguiente diagrama

sea conmutativo:A[[t]] Eu�! A[[t; u]]

Et " "A Et+u�! A[[t + u]]

donde

Et(a) =X�t�D�(a);

Eu(X�t�a�) =

X�t�Eu(a�)

y la flecha vertical derecha es la inclusi�on.

Demostracion. Efectivamente:

Eu(Et(a)) = Eu(X�t�D�(a)) =

X�t�Eu(D�(a)) =

=X�t�X�u�D�D�(a) =

por otro lado

Et+u(a) =X�(t + u)�D�(a) =

=X�(X�+�=�

0@ � + ��

1A t�u�)D�(a) ==X�t�X�u�

0@ � + ��

1AD�+�(a):

Definicion I–D.8 Diremos que las derivaciones de Hasse-Schmidt D = (D0; D1; D2; : : : ) y

D0 = (D00; D01; D02; : : : ) conmutan si sus componentes Di y D0j conmutan

para cada par (i; j).

Notas I–D.9 Se veri�can las siguientes propiedades:

1. Si las derivaciones de Hasse-Schmidt D y D0 son iterativas y


conmutan, entonces su producto D � D0 es de nuevo iterativa:

puesto que

(EuE0u) � (EtE0t) = EuEtE0uE0t = Et+uE0t+u

donde todas las aplicaciones se ven como automor�smos de

A[[t; u]] que dejan t; u invariantes.

2. Si A contiene al cuerpo Q, entonces una derivaci�on de Hasse-

Schmidt iterativa satisface

Dn =Dn1n!

y por lo tanto est�a determinada solamente por D1. En efecto,

por inducci�on en n:

Para n = 1: D1 =D11

1! = D1

Supongamos cierto para n � 1, veamos si es cierto para n:

Dn1 = D1 � Dn�11

entonces, aplicando hip�otesis de inducci�on:

Dn1 = D1((n � 1)!Dn�1) = (n � 1)!D1 � Dn�1 = [D es iterativa] =

= (n � 1)!0@ 1 + n � 1

1

1AD1+n�1 = n!Dn

luego Dn =Dn1n!.

3. Adem�as, para D 2 Derk(A) (Q � A) se ve trivialmente que

(1; D; D2

2! ;D3

3! ; : : : ) es una derivaci�on de Hasse-Schmidt itera-

tiva.

4. Si A tiene caracter��stica p, entonces para una derivaci�on de

Hasse-Schmidt iterativa D = (D0; D1; D2; : : : ), se tiene que

Di =Di1i!

para i < p

y Dp1= 0 (ya que Dp

1= p!Dp = 0).


Por tanto, no podemos esperar extender cualquier derivaci�on a

una derivaci�on de Hasse-Schmidt iterativa, incluso si A es cuerpo.

Notacion I–D.10 Utilizaremos la siguiente notaci�on para manejar n{uplas: Sean � =

(�1; : : : ; �n), � = (�1; : : : ; �n) 2 Nn. Entonces1. j�j = �1 + � � � + �n.2. X = (X1; : : : ; Xn).

3. Si T = (T1; : : : Tn) entonces X + T = (X1 + T1; : : : ; Xn + Tn).

4. X� = X�11� � �X�nn :

5. 1 = (1; : : : ; 1) 2 Nn.6. En Nn de�niremos el siguiente orden (parcial):

� � � signi�ca �1 � �1; : : : ; �n � �n;

7. � < � si � � � y � 6= �8. �! = �1! � � ��n!9.

0@ ��

1A =

0@ �1

�1

1A � � �0@ �n�n

1A 8�; � 2 Nn:10. Un elemento gen�erico de k[[X]] ser�a de la formaX

�2Nn��X

�;

11. Un elemento gen�erico de k[X] ser�a de la formaX�2I��X

�;

donde I es un subconjunto �nito de Nn.

12.�@@X

��=�@@X1

��1 � � � � @@Xn

��n:


Proposicion I–D.11 (Desarrollo de Taylor) (ver [MV69]) Sea A = k[X] �o A = k[[X]]. Sean

T = (T1; : : : ; Tn) otra indeterminada y

f(X) =X�2Nn

��X� 2 A:

De�nimos �(�) por:

f(X + T) =X�2Nn

�(�)(f(X))T�;

entonces se tiene que

1. �(�) son k-lineales e I{continuas.

2.

�(�)(X�) =

8>><>>:0 si � � �0@ �

�

1AX�� si � � �

3. �(�1;:::;�n) = �(�1;0;:::;0) � �(0;�2;:::;0) � � � � � �(0;:::;0;�n) y adem�as los

�(0;:::;�j;:::;0) conmutan para todo j = 1; : : : ; n.

4. �(0;:::;(j)1;:::;0) = @

@Xj.

5. �!�(�) = ( @@X1 )�1 � � � ( @@Xn )�n .

6. �(�) � �(�) =

0@ � + �

�

1A�(�+�).

7. �(�)(f � g) = X�+�=�

�(�)(f)�(�)(g).

8. Para todo j = 1; : : : ; n y i � 0 notaremos �(0;:::;(j)i ;:::;0) = �j

i. Entonces

�j = (1A;�j1;�

j2; : : : ) 2 HSk(A)

para j = 1; : : : ; n y adem�as son iterativas. Por �ultimo tambi�en

se veri�ca que i!�ji= (�j

1)i, para todo j = 1; : : : ; n y para todo

i � 0.


Demostracion.

1. Trivial tal como se han de�nido las �(�).

2.

(X1 + T1)�1 � � � (Xn + Tn)�n =

=

0@ �1Xj1=0

0@ �1j1

1AX�1�j11

Tj11

1A � � �0@ �nXjn=0

0@ �njn

1AX�n�jnn Tjnn

1A =

=�1Xj1=0� � �

�nXjn=0

0@ �1j1

1A � � �0@ �njn

1AX�1�j11

� � �X�n�jnn Tj11� � � Tjnn ;

luego

�(�)(X�) =

8>><>>:0 si 9j j �j > �j0@ �

�

1AX�� si � � �A partir de ahora, basta ver que las propiedades se veri�can

para los monomios, puesto que las aplicaciones �(�) son k{

lineales e I{continuas.

3. Aplicando 2 se tiene trivialmente.

4.

�((0;:::;(j)1;:::;0))(X�) =

8>><>>:0 si 1 > �j0@ �j

1

1AX�11� � �X�j�1

j� � �X�nn si 1 � �j =

= @@Xj

(X�):

5.

�!�(�)(X�) = �!

8>><>>:0 si 9j j �j > �j0@ �

�

1AX�� si � � �y por otro lado

@

@X1

!�1

� � � @

@Xn

!�n(X�) =

8>><>>:0 si 9j j �j > �j�!

0@ �

�

1AX�� si � � �


6:

(�(�) � �(�))(X�) = �(�)

0BBB@8>><>>:0 si 9j j �j > �j0@ ��

1AX�� si � � �

1CCCA =

=

8>>>>><>>>>>:0 si 9j j �j > �j0 si 9j j �j > �j � �j0@ ��

1A0@ � � ��

1AX�� si � � � � �=

=

8>><>>:0 si 9j j �j + �j > �j0@ ��

1A0@ � � ��

1AX�� si � + � � �por otro lado0@ � + �

�

1A�(�+�)(X�) =

0@ � + �

�

1A8>><>>:0 si 9j j �j + �j > �j0@ �

� + �

1AX�� si � + � � �y se tiene que 0@ �

�

1A0@ � � ��

1A =

0@ � + �

�

1A0@ �

� + �

1A :7:

�(�)(X� � X�) = �(�)(X�+�) =

8>><>>:0 si 9j j �j > �j + �j0@ � + �

�

1AX�+�� si � � � + �por otro ladoX�+�=�

�(�)(X�) � �(�)(X�) =

=X

�+�=�

8>><>>:0@ ��

1A0@ �

�

1AX��X�� si � � � y � � �0 en otro caso

=

=X

�+�=�

8>><>>:0@ ��

1A0@ �

�

1AX�+�� si � + � � � + �0 en otro caso


para que sean iguales, necesitamos el siguiente

Aserto: X�+�=�

0@ ��

1A0@ �

�

1A =

0@ � + ��

1A :Demostraci�on del Aserto. Para el caso n = 1, se tiene que:

(1 + X)�+� =�+�Xk=0

0@ � + �k

1AXky como

(1 + X)�+� = (1 + X)�(1 + X)� = (�X�=0

0@ ��

1AX�)( �X�=0

0@ �

�

1AX�)igualando los coe�cientes de X� en ambas expresiones se tiene lo pe-

dido. Para n > 1, el resultado se sigue de:X�j+�j=�j

1�j�n

0@ �1�1

1A0@ �1�1

1A � � �0@ �n�n

1A0@ �n�n

1A =Y1�j�n

X�j+�j=�j

0@ �j�j

1A0@ �j�j

1A

luego aplicando el caso n = 1, se tiene lo pedido.

8: Para todo j = 1; : : : ; n y i � 0,se veri�ca

�ji(Xlk) =

8>><>>:0 si i > l o k 6= j0@ li

1AXl�ik si k = j; i � l :

Adem�as, por (4) sabemos que �j1es derivaci�on, y por (7) se cumple

la condici�on para el producto de dos elementos, luego �j 2 HSk(A)para j = 1; : : : ; n. Adem�as, dichas derivaciones son iterativas, (por (6)).

Veamos, por �ultimo, que

i!�ji = (�j1)i; 8j = 1; : : : ; n; i � 0;

por inducci�on en i:


Para i = 1: 1!�j1= (�j

1)1

Supongamos cierto para i�1, veamos si es cierto para i: Utilizando que

(�j1)i = �j1 � (�j1)i�1

se tiene, aplicando hip�otesis de inducci�on, que

(�j1)i = �j

1

�(i � 1)!�j

i�1�= (i � 1)!�j

1� �j

i�1 = [�jiiterativas] =

= (i � 1)!0@ i

1

1A�ji= i!�j

i:

Nota I–D.12 Una forma sencilla de obtener nuevas derivaciones de Hasse- Schmidt

es la siguiente: Sea t0 un elemento de A[[t]] sin t�ermino constante y D

una derivaci�on de Hasse-Schmidt de A. El homomor�smo:

Et0 : A �! A[[t]]Et0(a) =

1Xn=0

(t0)nDn(a)

se puede extender de manera �unica a un automor�smo de A[[t]] de

manera an�aloga a I{D.4 es decir:

Et0(X�a�t

�) =X�Et0(a�)t

�:

Como Et0 es un automor�smo de A[[t]] que satisface Et0(a) � a (mod t0),corresponde a una nueva derivaci�on de Hasse-Schmidt D0.

Ejemplo I–D.13 Dados D = (1; D1; D2; : : : ) y t0 = xt, entonces Et0 : A �! A[[t]] de�nida

por:

Et0(a) =1Xn=0

(t0)nDn(a) =1Xn=0

(xt)nDn(a) =1Xn=0tnxnDn(a)

Entonces D0 = (1; xD1; x2D2; : : : ) con x 2 A es una derivaci�on de Hasse-

Schmidt.


Proposicion I–D.14 SiD = (D0; D1; : : : ) 2 HSk(A), entonces para todo i, lasDi son I{continuas,para todo I ideal de A.

Demostracion. Probaremos que

Di(In) � In�i 8i; 8n � i


Para i = 0, D0 = 1A, luego es trivial.

Supongamos cierto para todo j < i, veamos si es cierto para i: Hacemos

ahora inducci�on en n � i:Para n = i : Di(I

i) � I0 = (1) = A.

Supongamos cierto hasta n � 1, ve�amoslo para n: Por ser los Di endo-

mor�smos aditivos, basta probarlo para �a1 � � � an 2 In, (� 2 A; ai 2 I).Di(�a1 � � � an) =

Xl+k=i

Dl(�a1 � � � an�1)Dk(an) == Di(�a1 � � � an) � an + �a1 � � � an�1Di(an)++

Xl+k=i

1�k;l�i�1

Dl(�a1 � � � an�1)Dk(an) 2 In�i

puesto que:

como n > i, n � 1 � i y aplicando hip�otesis de inducci�on en n,

se tiene que

Di(�a1 � � � an�1) 2 In�1�i;adem�as an 2 I, por lo tanto Di(�a1 � � � an�1)an 2 In�i.�a1 � � � an�1 2 In�1 y Di(an) 2 A, por tanto se tiene que

�a1 � � � an�1Di(an) 2 In�1 � In�i:Por �ultimo, como n�1 � i > l, aplicando hip�otesis de inducci�onen i tenemos

Dl(�a1 � � � an�1) 2 In�1�l;


adem�as Dk(an) 2 A, por lo tantoXl+k=i

1�k;l�i�1

Dl(�a1 � � � an�1)Dk(an) 2 In�1�l = In�(l+1) � In�i

(pues l + 1 � i).Por tanto, Di es I-continua.

Proposicion I–D.15 Si D = (D0; D1; : : : ) 2 HSk(A), entonces existe un �unica extensi�on bD 2HSk(A), (siendo A el completado de A para la topolog��a I{�adica).

Demostracion. Si D = (D0; D1; : : : ) 2 HSk(A), por la proposici�on anterior

sabemos que Di son I{continuas para todo i. Luego existe una �unica

extensi�on bD = (bD0; bD1; : : : );

donde bDi : A �! A son las extensiones al completado de las funciones

I{continuas Di, de la siguiente manera: Si a 2 A, existe (an) de Cauchyen A con l��mite a. Entonces de�nimos

bDi(a) = limDi(an):

Veamos que bD 2 HSk(A): Sea a � b 2 A, entonces existe (an) 2 Atal que (an) ! a y existe (bn) 2 A tal que bn ! b; luego

an � bn ! a � b:Por tanto

bDi(a � b) = limDi(an � bn) = limXj+k=i

Dj(an)Dk(bn) =Xj+k=i

bDj(a)bDk(b):


I–E Derivaciones integrables

En esta secci�on recordamos la noci�on de derivaci�on integrable

y vemos que en el caso de la caracter��stica positiva, no toda derivaci�on

lo es.

Definicion I–E.1 Sea k un anillo, A una k{�algebra y D 2 Derk(A). Diremos que D es inte-

grable sobre k, si existe una extensi�onD 2 HSk(A) conD = (D0; D; D2; : : : ).

Diremos que D es una integral de D.

Sea Iderk(A) = fD 2 Derk(A) j D es integrable sobre kg.

Lema I–E.2 Iderk(A) � Derk(A) es un A{subm�odulo.

Demostracion.

1. Veamos que es subgrupo (aditivo) de Derk(A).

Sean D; D0 unas integrales de D;D0 2 Iderk(A). Entoncessabemos que

D � D0 = (1; D + D0; : : : ) 2 HSk(A);

por lo tanto D + D0 2 Derk(A) es adem�as integrable.

Sea D una integral de D 2 Iderk(A). Entonces sabemos

que

D�1 = (1; �D; : : : ) 2 HSk(A);por lo tanto �D 2 Derk(A) es adem�as integrable. Luego

�D 2 Iderk(A) es el elemento inverso de D.

46 Derivaciones integrables

2. Iderk(A) es cerrado respecto a la multiplicaci�on por elementos

de A: Sean D 2 Iderk(A) y a 2 A. Sea D una integral de D, o sea,

D = (1; D; D2; : : : ):

Por el ejemplo I{D.13, sabemos que la sucesi�on

(1; aD; a2D2; : : : )

es una derivaci�on de Hasse-Schmidt. Luego aD es integrable

sobre k.

Si A contiene al conjunto de los n�umeros racionales, Q, es f�acil

ver que todas las derivaciones son integrables. Tambien es cierto si

Ajk es 0{lisa, o si A es un cuerpo de cualquier caracter��stica (ver co-

rolario del teorema 6 de [Mat82], y [Mol79]). Pero, en general, existen

derivaciones no integrables:

Ejemplo I–E.3 Sea k anillo de caracter��stica p y A =k[X]

(Xp). Sean x = X, y D 2 Derk(A)

tal que D(x) = 1 (D es la inducida por @@X de k[X]). Si D fuese integrable

tendr��amos:

0 = Et(xp) = Et(x)

p = (x + t + � � � )p = tp + � � �lo que es una contradicci�on. Por lo tanto D no es integrable;

Iderk(A) Derk(A):

Ejemplo I–E.4 Sea k anillo de caracter��stica 2 y A =k[X]

(X2). Sean x = X y D 2 Derk(A)

la inducida por@

@Xde k[X] (luego D(x) = 1). Supongamos que D es


integrable, es decir, existe (1A; D; D2; : : : ) 2 HS(A). Entonces0 = D2(x

2) = xD2(x) + D1(x)D1(x) + D2(x)x =

= 2xD2(x) + (D1(x))2 = 1:

Luego no puede existir una derivaci�on de Hasse-Schmidt que tenga a

D en la primera componente.

Nota I–E.5 Si Et y E0t corresponden a D y D0 respectivamente, y si tomamos s = tn

para alg�un n > 1, entonces Et � E0s corresponde a una derivaci�on de

Hasse-Schmidt de la forma (1; D1; : : : ; Dn�1; Dn + D01; : : : ). En efecto:

Et � E0s(a) = Et(1Xi=0siD0i(a)) =

=1Xi=0tniEt(D0i(a)) =

=1Xi=0tni

1Xj=0tjDj � D0i(a) =

= a + D1(a)t + � � � + Dn�1(a)tn�1 + (Dn(a) + D01(a))tn + � � �Por tanto, una derivaci�on integrable tiene muchas integrales.

I–F Operadores diferenciales lineales

En esta secci�on introducimos la noci�on de operador diferencial

lineal sobre una k-�algebra. La referencia b�asica utilizada es [GD67],

donde se presenta una de�nici�on recursiva, respecto del orden, de los

operadores diferenciales lineales.

Definicion I–F.1 (V�ease [GD67], x16, 16:8). Sea A una k{�algebra. Para cada i � 0, de�ni-mos inductivamente el subconjunto D(i)

A=k� Endk(A) como sigue:

D(0)A=k := A � Endk(A)

48 Operadores diferenciales lineales

D(i+1)A=k := f' 2 Endk(A) j ['; a] 2 D(i)

A=k; 8a 2 Ag

Lema I–F.2�D(i)

A=k

�i�0 es una sucesi�on creciente de (A; A){bim�odulos de Endk(A) que

satisfacen:

1. D(1)A=k

= A � Derk(A).2. D(i)

A=k� D(j)

A=k� D(i+j)

A=k.

3. Si P 2 D(i)A=k; Q 2 D(j)

A=k, entonces [P; Q] 2 D(i+j�1)

A=k.

Demostracion. Veamos primero que para todo i � 0D(i)A=k � D(i+1)

A=k


Para i = 0: Sea �a 2 D(0)A=k

(es decir, �a(x) = ax para todo x 2 A). Veamos

que �a 2 D(1)A=k

:

[�a; b](c) = �a(bc) � b�a(c) = abc � bac = 0 8c 2 Aentonces

[�a; b] 2 D(0)A=k;

luego

�a 2 D(1)A=k:

Supongamos la propiedad cierta para i � 1, y veamos si es cierta para

i: Sea ' 2 D(i)A=k

, entonces

['; a] 2 D(i�1)A=k � D(i)

A=k 8a 2 A (aplicando hip�otesis de inducci�on):

por tanto ' 2 D(i+1)A=k

.

1. D(1)A=k

= A � Derk(A): Sea P 2 D(1)A=k

, entonces

[P; a] = c 2 A 8a 2 A;


luego

[P; a](x) = cx 8x 2 A:Por tanto

8a 2 A 9c 2 A j P(ax) � aP(x) = cx 8x 2 A: ((I{F.1))

Como P 2 D(1)A=k

, entonces P(1) 2 A. Veamos que P � P(1) es unaderivaci�on:

(P � P(1))(ab) = P(ab) � P(1)ab = aP(b) + cb � P(1)ab(por (I{F.1)) y

(P � P(1))(a)b + a(P � P(1))(b) = P(a)b � P(1)ab + aP(b) � P(1)ab:Adem�as se veri�ca que

P(a)b � P(1)ab = cb;pues por (I{F.1) para x = 1 tenemos:

P(a) � aP(1) = cpor tanto

P(a)b � aP(1)b = cb; b 2 A:Luego

P � P(1) = � siendo � 2 Derk(A);o sea P = a + � con a 2 A, � 2 Derk(A). Veamos que esta

descomposici�on es �unica: Supongamos que existen a0 2 A, �0 2Derk(A) tales que P = a

0 + �0, entonces:

P(1) = (a + �)(1) = a + 0 = a

y por otro lado

P(1) = (a0 + �0)(1) = a0 + 0 = a0;

por tanto a = a0. Luego P = a + � = a + �0 y entonces � = �0:


2. D(i)A=k� D(j)

A=k� D(i+j)

A=k: Hacemos inducci�on sobre i: Para i = 0, se

tiene que

D(0)A=k � D(j)

A=k= A � D(j)

A=k� D(0+j)

A=k:

Supongamos cierto para i � 1, veamos si es cierto para i: Lo

hacemos por inducci�on sobre j:

Para j = 0: D(i)A=k� D(0)

A=k= D(i)

A=k� A � D(i+0)

A=k.

Supongamos cierto para j � 1, veamos si es cierto para j: Sea

P 2 D(i)A=k

, entonces

[P; a] 2 D(i�1)A=k 8a 2 A;

adem�as

[P; a](b) = P(ab) � aP(b) 8b 2 A:An�alogamente, para Q 2 D(j)

A=kse tiene que

[Q; a] 2 D(j�1)A=k

8a 2 A;y

[Q; a](b) = Q(ab) � aQ(b) 8b 2 A:Entonces, dado b 2 A:[P � Q; a](b) = P � Q(ab) � aP � Q(b) =

= P([Q; a](b) + aQ(b)) � aP(Q(b)) == P([Q; a](b)) + P(aQ(b)) � aP(Q(b)) == (P � [Q; a])(b) + [P; a](Q(b)) + aP(Q(b)) � aP(Q(b)) == (P � [Q; a] + [P; a] � Q) (b):

Luego para todo a 2 A[P � Q; a] = P � [Q; a] + [P; a] � Q 2 D(i+j�1)

A=k

puesto que P 2 D(i)A=k

, [Q; a] 2 D(j�1)A=k

, y aplicando hip�otesis de

inducci�on sobre j, se tiene que

P � [Q; a] 2 D(i+j�1)A=k

:


An�alogamente, se prueba por inducci�on sobre i, que

[P; a] � Q 2 D(i+j�1)A=k

;

por tanto para todo a 2 A[P � Q; a] 2 D(i+j�1)

A=k=) P � Q 2 D(i+j)

A=k:

3. Si P 2 D(i)A=k

, Q 2 D(j)A=k

, entonces [P; Q] 2 D(i+j�1)A=k

: Hacemos in-

ducci�on sobre i:

Para i = 0: Sea P 2 D(0)A=k

= A, es decir, P = �d con d 2 A y

Q 2 D(j)A=k

. Entonces para todo a 2 A, se tiene que[Q; a] 2 D(j�1)

A=k:

Luego para todo a; b 2 A[[Q; a]; b] 2 D(j�2)

A=k: ((I{F.2))

Veamos ahora que para todo a 2 A[[P; Q]; a] = � [[Q; a]; P] :

Sea c 2 A. Se veri�ca que[[P; Q]; a] (c) = [P; Q](ac) � a[P; Q](c) =

= P(Q(ac)) � Q(P(ac)) � aP(Q(c) + aQ(P(c)) == dQ(ac) � Q(dac) � adQ(c) + aQ(dc) == d[Q; a](c) � [Q; a](dc) == � [[Q; a]; d] (c);

luego usando (I{F.2),

[[P; Q]; a] 2 D(j�2)A=k

8a 2 Ay por tanto

[P; Q] 2 D(j�1)A=k

= D(0+j�i)A=k

:

Supongamos cierto para i � 1, veamos si es cierto para i: Lo

hacemos por inducci�on sobre j:


Para j = 0: Sea P 2 D(i)A=k

, entonces para todo a; b 2 A[[P; a]; b] 2 D(i�2)

A=k ((I{F.3))

y sea Q 2 D(0)A=k

, es decir, Q = �c con c 2 A. An�alogamente al

caso anterior, se prueba que para todo a 2 A[[P; Q]; a] = [[P; a]; Q] 2 D(i�2)

A=k ;

por (I{F.3), y por tanto

[P; Q] 2 D(i�1+0)A=k :

Supongamos el resultado cierto para j � 1, y ve�amoslo para j:

Sean P 2 D(i)A=k

, Q 2 D(j)A=k

. Entonces, para todo a 2 A se veri�ca

que

[P; a] 2 D(i�1)A=k ; y [Q; a] 2 D(j�1)

A=k:

Veamos que para todo a 2 A[[P; Q]; a] = [[P; a]; Q] + [P; [Q; a]] :

[[P; Q]; a] (b) = [P; Q](ab) � a[P; Q](b) == P(Q(ab)) � Q(P(ab)) � aP(Q(b)) + aQ(P(b)) == P([Q; a](b)) + P(aQ(b)) � Q(P(ab)) � aP(Q(b))++aQ(P(b)) =

= P([Q; a](b)) + P(aQ(b)) � Q(P(ab)) � aP(Q(b))++Q(aP(b)) � [Q; a](P(b)) == [[P; a]; Q] (b) + [P; [Q; a]] (b) 8b 2 A;

puesto que

[[P; a]; Q] (b) = [P; a](Q(b)) � Q([P; a](b)) == P(aQ(b)) � aP(Q(b)) � Q(P(ab)) + Q(aP(b)):

Luego 8a 2 A se tiene que

[[P; Q]; a] 2 D(i+j�2)A=k

:


ya que como Q 2 D(j)A=k

y [P; a] 2 D(i�1)A=k

, aplicando hip�otesis de

inducci�on sobre i, se tiene que

[[P; a]; Q] 2 D(i+j�2)A=k

:

An�alogamente se prueba, por inducci�on sobre j, que

[P; [Q; a]] 2 D(i+j�2)A=k

:

Por tanto, se concluye que [P; Q] 2 D(i+j�1)A=k

(siendo P 2 D(i)A=k

y

Q 2 D(j)A=k

).

Proposicion I–F.3 Si P 2 DA=k, entonces P es I{continua para la topolog��a I{�adica para

todo ideal I � A.

Demostracion. Sea P 2 DA=k. Entonces existe j tal que P 2 D(j)A=k

. Si se

cumple

P(Ir+j) � Ir 8r;entonces P es I{continua para la topolog��a I{�adica. Ve�amoslo por in-

ducci�on sobre j:

Para j = 0: P 2 D(0)A=k

= A, entonces A � Ir � Ir 8r.Supongamos cierto para j, veamos si es cierto para j +1: Sea P 2 D(j+1)

A=k,

veamos que para todo r

P(Ir+j+1) � Iry lo hacemos por inducci�on en r:

Para r = 0: P(Ij+1) � I0 = A.Supongamos cierto para r � 1, ve�amoslo para r: Sea

a 2 Ir+j+1 = I � Ir+j;entonces

a =Xaibi con ai 2 I; bi 2 Ir+j:


Pero como P es k{lineal, podemos suponer a = xy con x 2 I, y 2 Ir+j,entonces

P(a) = P(xy) = [P; x](y) + xP(y) 2 Ir:Y como y 2 Ir+j, entonces [P; x] 2 D(j)

A=k; aplicando hip�otesis de indu-

cci�on sobre j se tiene que

[P; x](y) 2 Ir:Adem�as, como P 2 D(j+1)

A=k, y 2 Ir�1+j+1, aplicamos ahora hip�otesis de

inducci�on sobre r, y entonces P(y) 2 Ir�1. Por �ultimo, como x 2 I severi�ca que

xP(y) 2 Ir:Luego el operador P es I{continuo, para la topolog��a I{�adica.

El siguiente resultado demuestra que toda derivaci�on de Hasse-

Schmidt es una sucesi�on de operadores diferenciales lineales.

Proposicion I–F.4 Si D = (D0; D1; D2; : : : ) 2 HSk(A), entonces Di 2 D(i)A=k

8i.

Demostracion. Por inducci�on sobre i:

Para i = 0: D0 = 1A 2 D(0)A=k

.

Supongamos cierto para i, veamos si es cierto para i + 1: Probaremos

que [Di+1; a] 2 D(i)A=k

para todo a 2 A:[Di+1; a](b) = Di+1(ab) � aDi+1(b) =

=X

j+k=i+1Dj(a)Dk(b) � aDi+1(b) =

=

0BBBBBBBBB@X

j+k=i+1

k6=i+1

Dj(a)Dk

1CCCCCCCCCA (b) con b 2 A:


Luego para todo a 2 A[Di+1; a] =

Xj+k=i+1

k6=i+1

Dj(a)Dk 2 D(i)A=k;

puesto que aplicando hip�otesis de inducci�on

Dk 2 D(k)A=k � D(i)

A=k;

para k = 0; : : : ; i. Por lo tanto

Di+1 2 Di+1A=k:

I–G Operadores diferenciales en el anillo de polinomios y en el anillo de

series

En esta secci�on relacionamos los operadores diferenciales y las

aplicaciones de�nidas a partir del desarrollo de Taylor en los casos del

anillo de polinomios y del anillo de series (ver la proposici�on I{D.11).

Caso de una variable

Consideremos el conjunto f�(�)g�2N, donde las �(�) = �1� de�nidas en

la proposici�on I{D.11.

Lema I–G.1 �(�) 2 D(�)A=k

para todo � 2 N.

Demostracion. Haremos inducci�on sobre �.

Para � = 0 : �(0) = �10 = 1A 2 D(0)

A=k.

56 Operadores diferenciales en el anillo de polinomios y en el anillo de series

Para � = 1: por 4 de la proposici�on I{D.11, se tiene que

�(1) = �11 =

@

@X2 Derk(A) � D(1)

A=k:

Supongamos cierto para � � 1, y veamos si es cierto para �: Basta

probar que [�(�); f] 2 D(��1)A=k

para todo f 2 A. Para todo g 2 A, por 7 de

la proposici�on I{D.11, se tiene que

[�(�); f](g) = �(�)(f�g)�f�(�)(g) =X

�+�=��(�)(f)�(�)(g)�f�(�)(g) =

��1X�=0

�(��)(f)�(�)(g):

Luego para todo f 2 A, se tiene que[�(�); f] =

��1X�=0

�(��)(f)�(�) 2 D(��1)A=k ;

aplicando la hip�otesis de inducci�on y que �(��)(f) 2 A para todo � =

0; 1; : : : ; � � 1.

Sea P 2 D(n)A=k

, supongamos P =nX�=0a��(�), entonces los elemen-

tos a� se pueden determinar de la siguiente manera:

P(1) =nX�=0a��

(�)(1) = a0;

P(X) =nX�=0a��

(�)(X) = a0�(0)(X) + a1�

(1)(X) = a0X + a1;

luego

a1 = P(X) � P(1)X:P(X2) = a0�

(0)(X2) + a1�(1)(X2) + a2�

(2)(X2) = a0X2 + 2a1X + a2

y por tanto

a2 = P(X2) � 2P(X)X + P(1)X2:

En general, probaremos que

aj =jXi=0(�1)j�1

0@ ji

1A P(Xi)Xj�i j = 1; : : : ; n


Proposicion I–G.2 Si P 2 D(n)A=k

, entonces

P =nX�=0

0@ �Xi=0(�1)��i

0@ �i

1A P(Xi)X��i1A�(�)

Demostracion. Probemos primero el siguiente

Aserto I: Sean P; Q 2 D(n)A=k

tales que P(Xk) = Q(Xk) para todo k = 0; : : : ; n.

Entonces P = Q.

Demostraci�on del Aserto I. Ve�amoslo en primer lugar en el caso

A = k[X]. Podemos reducirnos a probar que si R 2 D(n)A=k

tal que R(Xk) = 0

para todo k = 0; : : : ; n. Entonces R = 0 (ya que tomando R = P � Qtendr��amos el aserto).

Haremos inducci�on en n:

Para n = 0: Sea R 2 D(0)A=k

= A tal que R(X0) = R(1) = 0 entonces trivial-

mente se tiene que R = 0.

Supongamos cierto para n �1, veamos si es cierto para n: Sea R 2 D(n)A=k

tal que R(Xk) = 0 para todo k = 0; : : : ; n. Es su�ciente probar que

R(Xn+l) = 0

para todo l � 1. Ve�amoslo por inducci�on en l:

Para l = 1: R(Xn+1) = R(X � Xn) = [R; X](Xn) + XR(Xn) = 0 puesto que:

R(Xn) = 0

[R; X] 2 D(n�1)A=k

y adem�as para todo k = 0; : : : ; n � 1, se veri�ca

que

[R; X](Xk) = R(X � Xk) � XR(Xk) = 0:

Entonces podemos aplicar hip�otesis de inducci�on en n y se


tiene que [R; X] = 0

Supongamos cierto para l � 1, veamos si es cierto para l:

R(Xn+l) = R(X � Xn+l�1) = [R; X](Xn+l�1) + XR(Xn+l�1) = 0;

puesto que:

R(Xn+l�1) = 0 por hip�otesis de inducci�on en l.

An�alogamente al caso anterior, [R; X] = 0.

En segundo lugar, como los dos operadores P; Q 2 D(n)A=k

son

continuos en k[[X]], hemos probado que coinciden en k[X], y k[X] es

denso en k[[X]], luego los dos operadores coinciden en k[[X]].

Volvamos a la prueba de la proposici�on I{G.2. Como el segundo

miembro de la igualdad pertenece aD(n)A=k

, (por el lema I{G.1); aplicando

el aserto I, es su�ciente probar que los dos operadores coinciden sobre

las potencias Xk para todo k = 0; : : : ; n. Ahora bien, para todo 0 � k � nse tiene que:

nX�=0

0@ �Xi=0(�1)��i

0@ �i

1A P(Xi)X��i1A�(�)(Xk) =

=kX�=0

0@ �Xi=0(�1)��i

0@ �i

1A P(Xi)X��i1A0@ k

�

1AXk�� =

=kX�=0

0@ �Xi=0(�1)��i

0@ �i

1A0@ k

�

1A P(Xi)Xk�i1A =

=kXi=0

0@ kX�=i

(�1)��i0@ �i

1A0@ k

�

1A1A P(Xi)Xk�i ==k�1Xi=0

0@ kX�=i

(�1)��i0@ �i

1A0@ k

�

1A1A P(Xi)Xk�i + P(Xk) == P(Xk):

La �ultima igualdad es cierta debido al siguiente:


Aserto II:kX�=i

(�1)��i0@ �i

1A0@ k

�

1A = 0

Demostraci�on del Aserto II. Consideremos la funci�on

f(x) = (x � 1)k = kX�=0

0@ k

�

1A x�(�1)k��entonces f i)(x) = k(k � 1) � � � (k � i + 1)(x � 1)k�i si i � k � 1.Por otro lado

f i)(x) =kX�=i

0@ k

�

1A (�1)k�� (� � i + 1)x��i;entonces

kX�=i

(�1)k�� (� � i + 1) = f i)(1) = 0:

Basta tener en cuenta que, si llamamos S a la suma pedida, se tiene

que:

S =1

(�1)ii!kX�=i

(�1)�� (� � i + 1)0@ k

�

1A =

=(�1)k(�1)ii!f

i)(1) = 0:

La prueba de este aserto concluye, pues, la demostraci�on de la

proposici�on I{G.2.

Como consecuencia de los dos resultados anteriores, hemos ob-

tenido una A-base de D(n)A=k

:

Corolario I–G.3 D(n)A=k

=

(nX�=0a��(�) j a� 2 A

)y f�(�)g0��n es una A{base de D(n)

A=k.


Demostracion.

\�" se tiene por la proposici�on I{G.2.

\�" se tiene por el lema I{G.1.

Nota I–G.4 Si k es de caracter��stica 0, entonces

k = fa 2 A j @@X

(a) = 0g;sin embargo, no es cierto en el caso de caracter��stica positiva, como

vemos en el siguiente ejemplo:

Sea k un cuerpo de caracter��stica positiva. Entonces

fa 2 A j @@X

(a) = 0g = f�0 + �pXp + �2pX2p + � � � g = k[Xp] 6= k:

Nota I–G.5 En cualquier caracter��stica, lo que s�� se veri�ca es:

fa 2 A j �(�)(a) = 0 8� 2 Ng = k:En efecto: Supongamos que existe p(X) 2 k[X] n k tal que para todo

� 2 N,�(�)(p(X)) = 0

Supongamos que p(X) =Xi�n�iX

i, entonces

�(n)(p(X)) =Xi�n�i

0@ i

n

1AXi�n = �n 0@ nn

1A = �n = 0;

y es una contradicci�on.

Como aplicaci�on del corolario I{G.3, veamos c�omo se puede ex-

presar una derivaci�on de Hasse-Schmidt D = (D0; D1; D2; : : : ) en fun-

ci�on de los operadores diferenciales �(�).


Proposicion I–G.6 Si D = (D0; D1; D2; : : : ) 2 HSk(A), entonces para todo n 2 N se tiene que

Dn =nX�=0

8<: �Xi=0(�1)��i

0@ �i

1A0@ Xj1+��+ji=n

Dj1(X) � � �Dji(X)1AX��i9=;�(�):

Demostracion. Por la proposici�on I{F.4, Dn 2 D(n)A=k

. Por tanto, aplicando

la proposici�on I{G.2

Dn =nX�=0

0@ �Xi=0(�1)��i

0@ �i

1ADn(Xi)X��i1A�(�): ((I{G.1))

Se veri�ca que:

Aserto:

Dn(X0) = Dn(1) = 0 8n � 1;

Dn(Xi) =

Xj1+��+ji=n

Dj1(X) � � �Dji(X) 8n; 81 � i � n: ((I{G.2))

Demostraci�on del Aserto.

Dn(Xi) = Dn(Xi�1 � X) ==

Xk1+j1=n

Dk1(Xi�1)Dj1(X) =

=X

k1+j1=n

0@ Xk2+j2=k1

Dk2(Xi�2)Dj2(X)

1ADj1(X) ==

Xk2+j2+j1=n

Dk2(Xi�2)Dj2(X)Dj1(X) =

= � � � � � � ==

Xj1+��+ji=n

Dj1(X) � � �Dji(X):

Por tanto, sustituyendo (I{G.2) en (I{G.1) se deduce la igualdad

requerida.


Caso de varias variables

En el caso de m�as de una variable, consideremos el conjunto f�(�)g�2Nnde�nido en la proposici�on I{D.11. Estimaremos el orden de �(�) como

operador diferencial.

Lema I–G.7 �(�) 2 D(j�j)A=k

para todo � 2 Nn.

Demostracion. Similar a la demostraci�on del lema I{G.1. Haremos in-

ducci�on sobre j�j.Para j�j = 0 : �(�) = 1A 2 D(0)

A=k.

Para j�j = 1: como � 2 Nn, se tiene que � = (0; : : : ;(j)1; : : : ; 0) para alg�un

j = 1; : : : ; n. Adem�as, por 4 de la proposici�on I{D.11, se tiene que

�(0;:::;(j)1;:::;0) =

@

@Xj2 Derk(A) � D(1)

A=k:

Supongamos cierto para todo 2 Nn con j j = 0; 1; : : : ; j�j �1, y veamos

si es cierto para j j = j�j: Basta probar que [�( ); f] 2 D(j�j�1)A=k

para todo

f 2 A. Para todo g 2 A, por 7 de la proposici�on I{D.11, se tiene que

[�( ); f](g) = �( )(f � g) � f�( )(g) =X�+�=

�(�)(f)�(�)(g) � f�( )(g) =

=X�+�=

j�j>0

��(f)��(g):

Luego para todo f 2 A, se tiene que[�( ); f] =

X�+�=

j�j>0

�(�)(f)�(�) 2 D(j�j�1)A=k ;

aplicando hip�otesis de inducci�on ( ya que como j�j > 0, entonces � es

tal que j�j < j j = j�j) y que �(�)(f) 2 A.


Teorema I–G.8 Sea P 2 D(m)A=k

. Entonces

P =X�2Nn

0�j�j�m

0@X��

0@ ��

1A (�1)j��jP(X�)X��1A�(�)

Demostracion. Probemos en primer lugar el siguiente

Aserto I: Sean P; Q 2 D(m)A=k

tales que P(Xk) = Q(Xk) para todo k 2 Nn conjkj = m. Entonces P = Q.Demostraci�on del Aserto I. Ve�amoslo en primer lugar, en el caso

A = k[X1; : : : ; Xn]. Basta probar que dado R 2 D(m)A=k

tal que R(Xk) = 0 para

todo k 2 Nn con 0 � jkj � m, entonces R = 0 (ya que tomando R = P � Qtendr��amos el aserto). Prob�emoslo por inducci�on en el orden m:

Para m = 0: Sea R 2 D(0)A=k

= A tal que R(X0) = R(1) = 0, y por tanto R = 0.

Supongamos cierto para todo j � m�1, veamos si es cierto param: Sea

R 2 D(m)A=k

tal que R(Xk) = 0 para todo k 2 Nn con jkj = m. Es su�cientedemostrar que

R(Xk+l) = 0 8l 2 Nn con jlj � 1:Ve�amoslo por inducci�on en jlj:Para jlj = 1, l es de la forma l = (0; : : : ;

(j)1; : : : ; 0), y se tiene que

R(Xk+l) = R(Xk � Xl) = [R; Xl](Xk) + XlR(Xk) = 0

ya que

R(Xk) = 0

[R; Xl] 2 D(m�1)A=k

y adem�as veri�ca que

[R; Xl](Xk) = R(Xl � Xk) � XlR(Xk) = 0; 8k 2 Nn con 0 � jkj � m � 1


(pues jl+kj � jlj+ jkj � 1+m�1 = m, luego R(Xl+k) = 0). Entonces

podemos aplicar hip�otesis de inducci�on en m y se tiene que:

[R; Xl] = 0.

Supongamos cierto para jlj � 1, veamos si es cierto para jlj: Si a 2 Nncon jaj = 1, entonces

R(Xk+l) = R(Xa � Xk+l�a) = [R; Xa](Xk+l�a) + XaR(Xk+l�a) = 0;

ya que

R(Xk+l�a) = 0, aplicando hip�otesis de inducci�on en jlj, puestoque

jl � aj = jjlj � jajj = jjlj � 1j = jlj � 1:

[R; Xa] 2 D(m�1)A=k

, y an�alogamente al caso jlj = 1, se tiene que

[R; Xa](Xk) = 0 8k 2 Nn con 0 � jkj � m � 1:

Luego, aplicando la hip�otesis de inducci�on en m, se tiene que

[R; Xa] = 0.

En segundo lugar, tambi�en es cierto en A = k[[X1; : : : ; Xn]], por

veri�carse en k[X1; : : : ; Xn] subconjunto denso en k[[X1; : : : ; Xn]], y por la

continuidad.

Volvamos a la prueba del teorema I{G.8. Como por el lema I{

G.7, cada

�(�) 2 D(j�j)A=k (0 � j�j � m);

se tiene que el segundo miembro de la igualdad pertenece a D(m)A=k

. Por

tanto, para probar la igualdad, y teniendo en cuenta el aserto I, basta

probar que ambos operadores coinciden sobre las potencias Xk para


todo k 2 Nn con 0 � jkj � m. Ve�amoslo:

X�2Nn

0�j�j�m

0@X��

0@ ��

1A (�1)j��jP(X�)X��1A�(�)(Xk) =

=X�2Nn

0�j�j�m

0@X��

0@ ��

1A (�1)j��jP(X�)X��1A Xk��

0@ k

�

1AXk�� =

=X��k

0�j�j�m

0@X��

(�1)j��j0@ ��

1A0@ k

�

1A P(X�)Xk��1A =

=X��k

0@ X��k

(�1)j��j0@ ��

1A0@ k

�

1A1A P(X�)Xk�� ==X�<k

0@ X��k

(�1)j��j0@ ��

1A0@ k

�

1A1A P(X�)Xk�� + P(Xk) == P(Xk):

La �ultima igualdad es cierta debido a la siguiente propiedad:

Aserto II: Para todo � < k, se veri�ca que

X��k

(�1)j��j0@ ��

1A0@ k

�

1A = 0:

Demostraci�on del Aserto II.X�1��1�k1��

�n��n�kn

nYi=1(�1)�i��i

0@ �i�i

1A0@ ki�i

1A =nYi=1

X�i��i�ki

(�1)�i��i0@ �i�i

1A0@ ki�i

1A = 0;

puesto que por el aserto II de la proposici�on I{G.2, todos los sumato-

rios son cero.


Con �esto se concluye la prueba del teorema I{G.8.

Los resultados anteriores nos describen la estructura de D(m)A=k

repecto de los operadores �(�), j�j � m.

Corolario I–G.9 D(m)A=k

=Mj�j�m

A � �(�)

Demostracion.

\�" se tiene por el teorema I{G.8.

\�" es consecuencia del lema I{G.7.

Nota I–G.10 Se tiene que

k =na 2 A j �(�)(a) = 0 8� 2 Nno :

Puesto que

\�" Trivial.\�" Sea a 2 A, a =

X�2I��X

� siendo I subconjunto �nito de Nn. Sea un

elemento maximal respecto del orden parcial \� " de Nn de�nido en

I{D.10, entonces

� (a) = � :

En efecto,

� 0@X�2I��X

�

1A =X�2I��

(X�)

si � 6= , como es un elemento maximal respecto de \�00 setiene que, � < , o no son comparables, y por tanto 9i j �i > iy 9j j �j < j. Por tanto, en ambos casos se veri�ca que

� (X�) = 0;


y entonces � = 0.

Si � = , tivialmente � (a) = � .

Repitiendo el razonamiento con el elementoX

�2I�f g��X

�, se concluye

que a 2 k.

I–H Homomorfismos entre anillos del tipo DA=k

En esta secci�on describiremos los homomor�smos naturales de

anillos �ltrados entre DA=k y DA[t]=k[t], DS�1A=k, DS�1A=S�1k.

Proposicion I–H.1 Para toda ' 2 D(l)A=k

, existe una �unica e' 2 D(l)A[t]=k[t]

que extiende a la

anterior y adem�as la aplicaci�on

DA=k �! DA[t]=k[t]' 7�! e'

es un homomor�smo de anillos �ltrados, inyectivo.

Demostracion. Dado ' 2 DA=k, de�nimos e' de la siguiente manera:

para todoXn�mantn 2 A[t],

e'(Xn�mant

n) =Xn�m'(an)t

n:

As�� de�nida, la aplicaci�on es, trivialmente, un homomor�smo de ani-

llos inyectivo y tal que e'jA = '. Veamos que est�a bien de�nida como

homomor�smo de anillos �ltrados, es decir, si ' 2 D(i)A=k

, entoncese' 2 D(i)A[t]=k[t]

para todo i. Lo demostraremos por inducci�on en el orden i:

Para i = 0: Sea �b 2 D(0)A=k

= A con �b(x) = b � x para todo x 2 A. Entoncese�b(Xn�m

antn) =

Xn�m

�b(an)tn = b

Xn�m

antn;

68 Homomor�smos entre anillos del tipo DA=k

luego e�b = �b 2 A[t] y por tanto e�b 2 D(0)A[t]=k[t]

.

Supongamos el resultado cierto para i, y demostremos que tambi�en es

cierto para i + 1:

Sea ' 2 D(i+1)A=k

. Deseamos probar que e' 2 D(i+1)A[t]=k[t]

, que equivale a

comprobar que

[ e'; b(t)] 2 D(i)A[t]=k[t];

para todo b(t) =Xl�nblt

l 2 A[t]. En efecto: Para todoXk�mckt

k 2 A[t],

[ e';Xl�nblt

l](Xk�mckt

k) = e'0@0@Xl�nblt

l

1A0@Xk�mckt

k

1A1A � 0@Xl�nblt

l

1A e'0@Xk�mckt

k

1A =

= e' n+mXl+k=0

blcktl+k

!�0@Xl�nblt

l

1A0@Xk�m'(ck)t

k

1A =

=n+mXl+k=0

'(blck)tl+k � n+mX

l+k=0bl'(ck)t

l+k =

=n+mXl+k=0

['; bl](ck)tl+k =

=Xl�ntl ˜['; bl]

0@Xk�mckt

k

1A :Luego

[ e';Xl�nblt

l] =Xl�n

˜['; bl]tl 2 D(i)

A[t]=k[t];

para todo b(t) 2 A[t] (puesto que como ' 2 D(i+1)A=k

, ['; bl] 2 D(i)A=k

y

aplicando la hip�otesis de inducci�on, sabemos que ˜['; bl] 2 D(i)A[t]=k[t]

).

Por tanto e' 2 D(i+1)A[t]=k[t]:

La prueba de la unicidad de la extensi�on obtenida, es trivial.


Estudiemos ahora la extensi�on natural D(l)A=k�! D(l)

S�1A=k. En la

siguiente proposici�on, se d�a una descripci�on de la �unica tal extensi�on

' �! e'.Proposicion I–H.2 Sea S subconjunto de A multiplicativamente cerrado. Para toda ' 2

D(l)A=k

, existe una �unica e' 2 DS�1A=k tal que extiende a la anterior, es

decir, para todo a 2 A, e' �a1

�='(a)

1:

Adem�as, e' 2 D(l)S�1A=k y dado

a

s2 S�1A,

e' �as

�='(a)

s� 1

s['; s]

�as

�:

Demostracion. Haremos inducci�on en l:

Para l = 0: Sea ' 2 D(0)A=k

. Entonces ' � a con a 2 A, es decir, ' es el

homomor�smo

'(x) = ax 8x 2 A:De�nimos la extensi�on e' 2 D(0)

S�1A=k como

e' �xs

�=a

1� xs

que trivialmente est�a bien de�nida, y como se tiene que

e' 1

1

!='(1)

1=a

1;

e' es claramente �unica. Adem�as, se observa que para todo a 2 A,e' �a

1

�='(a)

1:

Supongamos cierto para toda l � m�1, veamos si es cierto para

m: En particular esto implica que

1. Si '; 2 D(l)A=k

, entonces ' + = e' + e .


2. Si ' 2 D(l)A=k; b 2 A = D(0)

A=k, entonces ' � b = e' � eb (siendoeb = b

1).

Veamos que e' satisface las condiciones exigidas en el enunciado:

Dada ' 2 D(m)A=k

y dadoa

s2 S�1A

e' �as

�='(a)

s� 1

s['; s]

�as

�;

est�a bien de�nida y e' �a1

�='(a)

1;

para todo a 2 A. Dado t 2 S, veamos en primer lugar que

e' �as

�= e' � ta

ts

�:

Se veri�ca que

e'( tats) ='(ta)

ts� 1

ts['; ts](

ta

ts)

(como ['; ts] = ['s; t] + t['; s] y ['; ts] 2 D(m�1)A=k

, se deduce que

['; ts] = ['s; t] + t['; s]);

aplicando la hip�otesis de inducci�on. Luego

e' � tats

�='(ta)

ts� 1

ts['s; t]

� tats

�� tts['; s]

�as

�=

='(ta)

ts� 1

ts(['; t] � es) �a

s

�� 1

s['; s]

�as

�=

='(ta)

ts� 1

ts['; t]

�a1

�� 1

s['; s]

�as

�;

y por otro lado tenemos

e' �as

�='(a)

s� 1

s['; s]

�as

�:

Por tanto, basta probar que

'(a)

s='(ta)

ts� 1

ts['; t]

�a1

�;


pero

['; t] = ˜(' � t � t �') = ' � t � t �' = [ e';et];as�� que

['; t]�a1

�= [ e';et] �a

1

�='(ta) � t'(a)

1:

Dadosa

s,a0

s02 S�1A tales que

a

s=a0

s0, falta probar que

e' �as

�= e'

a0

s0

!:

Aplicando el razonamiento anterior, se deduce tal igualdad,

puesto que comoa

s=a0

s0;

entonces existe t 2 A tal que t(as0 � a0s) = 0, es decir,

tas0 � ta0s = 0:

Luegoa

s=ts0ats0s =

ta0sts0s =

a0

s0 :

Trivialmente se tiene que

e' �a1

�='(a)

1para todo a 2 A.e' es lineal.

Veamos que e' 2 D(m)S�1A=k: Dado

a

s2 S�1A,� e'; a

s

�=� e'; a

1

�+a

1

" e'; 1s

#puesto que� e'; a

s

�= e'a

s� ase' =

= = e'a1

1

s� a1e'1

s+a

1e'1

s� a1

1

se' =

= =� e'; a

1

� 1s+a

1

" e'; 1s

#:


Veamos que� e'; a

1

�y

" e'; 1s

#pertenecen aD(m�1)

S�1A=k, para lo cual

necesitaremos los siguientes asertos:

Aserto I: En las condiciones anteriores,� e'; a1

�= ['; a] 8a 2 A:

Demostraci�on del Aserto I. Dadox

t2 S�1A,� e'; a

1

� �xt

�= e' �ax

t

�� a1e' �xt

�=

='(ax)

t� 1

t['; t]

�axt

�� a1

'(x)

t+a

1

1

t['; t]

�xt

�y por otro lado

['; a]�xt

�=['; a](x)

t� 1

t˜[['; a]; t]

�xt

�=

='(ax) � a'(x)

t� 1

t˜[['; t]; a]

�xt

�= [hip. ind. y 2] =

='(ax) � a'(x)

t� 1

t

�['; t];

a

1

� �xt

�=

='(ax) � a'(x)

t� 1

t

�['; t]

�axt

�� a1['; t]

�xt

��:

Aserto II: En las mismas condiciones anteriores," e'; 1s

#= �1

s�� e'; s

1

�� 1

s

Demostraci�on del Aserto II. Dadox

t2 S�1A," e'; 1

s

# �xt

�= e' � x

st

�� 1

se' �xt

�;


y por otro lado"�1s�� e'; s

1

�� 1

s

# �xt

�=

�1s�� e'; s

1

�! � xst

�=

= �1s

� e' �xt

�� s1e' � xst

��=

= �1se' �xt

�+ e' � x

st

�:

Volvamos a la prueba de la proposici�on I{H.2. Aplicando el

aserto I tenemos � e'; a1

�= ['; a];

como ' 2 D(m)A=k

entonces ['; a] 2 D(m�1)A=k

y aplicando hip�otesis

de inducci�on � e'; a1

�= ['; a] 2 D(m�1)

S�1A=k:

Aplicando el aserto II tenemos" e'; 1s

#= �1

s�� e'; s

1

�� 1

s;

adem�as por el aserto I y aplicando hip�otesis de inducci�on� e'; s1

�= ['; s] 2 D(m�1)

S�1A=k

y1

s2 D(0)

S�1A=k. Luego se tiene que" e'; 1s

#2 D(m�1)

S�1A=k:

Unicidad: Sea 2 D(m)S�1A=k tal que jA = '. Veamos que = e'.

Dadoa

s2 S�1A

�as

�=

" ;

1

s

# �a1

�+1

s �a1

�=

=

�1s�� ;s

1

�� 1

s

! �a1

�+1

s

'(a)

1:


Pero como� ;s

1

�extiende a ['; s], se tiene que

� ;s

1

�= ['; s].

Por tanto

�as

�=

�1s� ['; s] � 1

s

! �a1

�+'(a)

s=

= �1s['; s]

�as

�+'(a)

s=

= e' �as

�:

Luego hemos probado el resultado.

Proposicion I–H.3 Sea S un subconjunto de A multiplicativamente cerrado. Considere-

mos la aplicaci�on : DA=k �! DS�1A=k encontrada en la proposici�on I{

H.2 y la aplicaci�on natural DA=k �! S�1DA=k. Entonces existe un �unico

homomor�smo de anillos �ltrados entre S�1DA=k y DS�1A=k, que hace

conmutativo el diagrama

DA=k �! DS�1A=k# %

S�1DA=k

Demostracion. Basta aplicar la propiedad universal del anillo S�1DA=k(Ve�ase por ejemplo, [Gab81] ).

Proposicion I–H.4 Sean S � A, T � k subconjuntos multiplicativamente cerrados tales que

T � S. Entonces existe un homomor�smo entre los anillos �ltrados

DA=k �! DS�1A=T�1k' 7�! e'

Adem�as, este homomor�smo es tal que, para toda ' 2 DA=k, e'jA = '.Demostracion. Sea e' la extensi�on de ' de�nida en la proposici�on I{

H.2, que sabemos que es k{lineal ( e' 2 DS�1A=k). Bastar�a probar que


e' es S�1k{lineal. Sea1

s2 S�1k, a

t2 T�1A y supongamos que e' es k-

derivaci�on, se tienee' 1

s� at

!= e'

a

�(s)t

!=

='(a)�(s)t � a'(�(s)t)

�(s)2t2=

='(a)�(s)t � a�(s)'(t)

�(s)2t2=

='(a)t � a'(t)

�(s)t2=

=1

se' �at

�:

Luego e' es S�1k-derivaci�on. Trivialmente se tiene en los dem�as casos.

Proposicion I–H.5 Sea I � A ideal y A el completado del anillo A. Dado P 2 DA=k, existe un�unico P 2 DA=k tal que PjA = P y adem�as la aplicaci�on

DA=k �! DA=kP 7�! P

es un homomor�smo de anillos �ltrados.

Demostracion. Si P 2 DA=k, por la proposici�on I{F.3 sabemos que es

I{continua, luego existe una �unica extensi�on P de manera que dados

an 2 A con limnan = a 2 A, P(a) = limnP(an). Utilizaremos los siguientes

asertos:

Aserto I: Sea f'ngn�0 � D(m)A=k

y supongamos que para todo a 2 A existe

limn'n(a) = '(a). Entonces ' 2 D(m)A=k

.

Demostraci�on del Aserto I. Por inducci�on en m:

Para m = 0: Sean 'n 2 D(0)A=k

entonces 'n = an con an 2 A, es decir,'n(x) = anx 8x 2 A; 8n � 0:

Como existe limnan = a, entonces existe limn'n(x) = ax para todo

x 2 A. Luego ' = a 2 A = D(0)A=k

.


Supongamos cierto para m, veamos si es cierto para m + 1: Sea

'n 2 D(m+1)A=k

tales que para todo a 2 A existe limn'n(a) = '(a). Entonces

se tiene que dado x 2 A, ['n; x] 2 D(m)A=k

y adem�as

limn['n; x] = limn'nx � x'n = 'x � x' = ['; x]:

Aplicando la hip�otesis de inducci�on, ['; x] 2 D(m)A=k

con x 2 A. Por tanto,' 2 D(m+1)

A=k.

Aserto II: Sea P 2 DA=k y P su extensi�on. Sea (an)n una sucesi�on en A

tal que limnan = a 2 A. Entonces para todo b 2 A existe

limn[P; an](b) = [P; a](b):

Demostraci�on del Aserto II. Dado b 2 A, existen bj 2 A tales que

limjbj = b.[P; an](b) = limj[P; an](bj) =

= limj[P; an](bj) =

= limj(P(anbj) � anP(bj)) == limj(P(anbj) � anP(bj)) == P(anb) � anP(b);

luego existe limn[P; an](b) = P(ab) � aP(b) = [P; a](b).

Veamos que si P 2 D(l)A=k

, entonces P 2 D(l)A=k

, por inducci�on en el

orden l:

Para l = 0: Sea P 2 D(0)A=k

entonces P = a con a 2 A, es decir,P(x) = ax 8x 2 A:

Entonces P = a 2 A � A = D(0)A=k

.

Supongamos cierto para l, veamos si es cierto para l + 1: Sea P 2 D(l+1)A=k

.

Basta probar que para todo a 2 A, [P; a] 2 D(l)A=k

. Como a 2 A, a = limnan


con an 2 A. Entonces, por el aserto II,

[P; a] = limn[P; an]:

Como por hip�otesis de inducci�on [P; an] 2 D(l)A=k

; se tiene que [P; an] 2D(l)A=k

. Aplicando el aserto I, [P; a] 2 D(l)A=k

, es decir, P 2 D(l+1)A=k

.

CAP�ITULO II

El Lema de Normalizaci�onpara el anillo de series depotencias

En este cap��tulo presentamos una demostraci�on del lema de

normalizaci�on para el anillo de series formales A = k[[X]], con k cuer-

po perfecto de caracter��stica p > 0, que es una adaptaci�on de la que

se encuentra en [Abh64] (23:7 y 24:5). Dicha prueba usa cambios de

coordenadas lineales y necesita que el cuerpo k sea in�nito. Nuestra

adaptaci�on es para un cuerpo de coe�cientes perfecto (in�nito o no),

usando cambios de coordenadas no lineales, (ve�ase la proposici�on II{

A.4).

80 El Lema de Normalizaci�on para el anillo de series de potencias

II–A El Lema de Normalizacion para el anillo de series de potencias

Lema II–A.1 Sea B cuerpo de caracter��stica p > 0, y consideremos la extensi�on B �G = B[�1; : : : ; �n] con �

pi2 B para i = 1; : : : ; n, siendo el grado de la

extensi�on [G : B] = pe. Entonces existen ��(1); : : : ; ��(e) tales que

G = B[��(1); : : : ; ��(e)]:

Demostracion. Veamos que el resultado es cierto para e = 1: sea

B � B[�1] � B[�1; : : : ; �n] = G

siendo [G : B] = p, entonces tenemos dos posibilidades para [B[�1] : B]:

[B[�1] : B] = 1, en cuyo caso �1 2 B;[B[�1] : B] = p y entonces G = B[�1].

Supongamos cierto para e�1 y ahora [G : B] = pe. Sea B0 = B[�i0]con �i0 =2 B y por tanto [B0 : B] = p, entonces

B � B0 � B[�1; : : : ; �n] = B0[�1; : : : ; �i0 ; : : : ; �n];

luego

[B0[�1; : : : ; c�i0 ; : : : ; �n] : B0] = pe�1:Aplicando la hip�otesis de inducci�on, existen ��(1); : : : ; ��(e�1) tales que

G = B0[�1; : : : ; c�i0 ; : : : ; �n] = B0[��(1); : : : ; ��(e�1)] = B[��(1); : : : ; ��(e�1); �i0]:

El siguiente lema, de car�acter combinatorio, ser�a necesario para

obtener determinadas series distinguidas.

Cap��tulo II: El Lema de Normalizaci�on para el anillo de series de potencias 81

Lema II–A.2 Dado � = (�1; : : : ; �n�1) 2 (N�)n�1, sea L� : Nn ! N de�nida por L�(�) =

�1�1 + � � � + �n�1�n�1 + �n para todo � 2 Nn. Para cada subconjunto�nito F � Nn, existe una constante C � 1 tal que si �1 � �2C; �2 ��3C,. . . , �n�2 � �n�1C y �n�1 � C, entonces L�jF es inyectiva.

Demostracion. Supongamos ]F = r. El resultado es cierto para n = 1 y

cualquier F. Adem�as, tambi�en es cierto para todo n � 1 y para todo F

tal que r = 1. Supongamos cierto el resultado para n � 1, y sea ahora

F � Nn. Consideramos los subconjuntos �nitos

Fi = f( 2; : : : ; n) 2 Nn�1j (i; 2; : : : ; n) 2 Fgcon i 2 I � N siendo I subconjunto �nito. Por tanto aplicando hip�otesis

de inducci�on a Fi, existir�a para cada i, constantes Ci � 1 tales que si

�2 � Ci�3; : : : ; �n�2 � Ci�n�1 y �n�1 � Ci;entonces

L(�2;:::;�n�1) : Nn�1 ! N

es inyectiva en Fi. Luego tomando C � maxfCig tal que si�2 � C�3; : : : ; �n�2 � C�n�1 y �n�1 � C;

L(�2;:::;�n�1) : Nn�1 ! N es inyectiva sobre cada Fi con i 2 I. Sea

R = maxfj ij j 2 F; 1 � i � ngy tomemos dos elementos distintos ; � 2 F de manera que 1 = i,

�1 = j, 0 = ( 2; : : : ; n) 2 Fi, �0 = (�2; : : : ; �n) 2 Fj, de este modo

L�( ) � L�(�) = �1(i � j) + (L�0( 0) � L�0(�0))(siendo �0 = (�2; : : : ; �n�1)). Entonces se veri�ca:

Si i = j, entonces 0 6= �0 con 0; �0 2 Fi. LuegoL�0(

0) 6= L�0(�0);y por tanto L�( ) 6= L�(�).


Si i > j, entonces si llamamos x = �1(i � j) � �1 yj�j = jL�0( 0) � L�0(�0)j � jL�0( 0)j + jL�0(�0)j � 2n�2R;

(puesto que �3 � C�3 � �2, �4 � C�4 � �3 � �2,. . . ,1 � � � � ��2). Por tanto si x > j�j entonces x + � = L�( ) � L�(�) 6= 0. Basta

pues, que �1 > �2R2n.

Luego tomando C = maxfR2n + 1; Cig, se tiene el resultado.

Lema II–A.3 Sea f(X) 2 k[[X1; : : : ; Xn]] una serie de potencias no nula y no unidad. En-tonces para �1 >> �2 >> � � � >> �n�1 >> 0 (su�cientementes grandes),

la serie f(y1 + y�1n ; : : : ; yn�1 + y�n�1n ; yn) es yn-distinguida.

Demostracion. Dada

f(X) =X�2Nn

f�X� 2 k[[X]]

no nula y no unidad, consideremos su diagrama de Newton

N(f) = f� 2 Nn j f� 6= 0g 6= ;;y 0 =2 N(f). Sea

E = N(f) + Nn;

que es un ideal de Nn y por tanto est�a �nitamente generado (por el

teorema de la base de Hilbert), luego existe F � E �nito y minimal con

la propiedad

N(f) � E = [�2F

(� + Nn):

Dado � = (�1; : : : ; �n�1) 2 (N�)n�1 yL�(�) = �1�1 + � � � + �n�1�n�1 + �n

para todo � 2 Nn, aplicamos el lema II{A.2, y para F subconjunto �nito

de Nn podemos conseguir �1 >> �2 >> � � � >> �n�1 >> 0 tales que L�jFes inyectiva, y por tanto se tiene el resultado.


Proposicion II–A.4 Sea p un ideal propio de A de altura n � e siendo e = dimAp. Entonces

existe un cambio de variables del tipo8>>>>>>>><>>>>>>>>:

y1 = X1 + F1(Xp2; : : : ; Xpn)

y2 = X2 + F2(Xp3; : : : ; Xpn)

...

yn�1 = Xn�1 + Fn�1(Xpn)yn = Xn

con Fi 2 Z=Zp[Xpi+1; : : : ; Xpn] para i = 1; : : : ; n � 1, tal que la extensi�onk[[y1; : : : ; ye]] ,! A

p

es una extensi�on �nita y p \ k[[y1; : : : ; ye]] = f0g.

Demostracion. Veamos que el resultado es cierto para n = 1: tenemos p

ideal propio de A = k[[X1]] de altura 1. Entonces p = (Xm1 ) y

k (k[[X1]]

p= k[X1]

con Xm1 = 0. Luego es una extensi�on entera, �nitamente generada y por

tanto �nita.

Supongamos cierto el resultado para n � 1, y sea ahora p ideal

propio de A = k[[X1; : : : ; Xn]], f(X1; : : : ; Xn) 2 p una serie no nula y no

unidad. Mediante el cambio:8<: yj = Xj � X�jn ; j = 1; : : : ; n � 1 con �j = _p (su�cientemente grandes)

yn = Xn

obtenemos que la serie

g(y1; : : : ; yn�1; Xn) = f(y1 + X�1n ; : : : ; yn�1 + X�n�1n ; Xn)

es Xn-distinguida, por el lema II{A.3. Por el teorema preparatorio de

Weierstrass (I{B.8), g(y1; : : : ; yn�1; Xn) se puede escribir como

g(y1; : : : ; yn�1; Xn) = u � H


con u unidad,

H = Xqn + aq�1(y1; : : : ; yn�1)Xq�1n + � � � + a0(y1; : : : ; yn�1);

q = ordXn(f(X�1n ; : : : ; X

�n�1n ; Xn))

y ai(0) = 0.

Por consiguiente H 2 p y adem�as

k[[y1; : : : ; yn�1]]pc

� k[[X]]p

= k[[y1; : : : ; yn�1]][Xn]

es �nita, luego

ht(pc) = ht(p) � 1:Aplicando la hip�otesis de inducci�on a pc y k[[y1; : : : ; yn�1]], se tiene el

resultado.

Por �ultimo, aplicando (23:3)+(23:1) de [Abh64], se veri�ca que p

es regular relativo a R = k[[y1; : : : ; ye]] y entonces p\k[[y1; : : : ; ye]] = f0g.

Proposicion II–A.5 Sean A = k[[X1; : : : ; Xn]], p un ideal primo de A, e = dimA

py

' : A ! A =A

p

el epimor�smo natural. Para todo a 2 A denotamos por a a '(a) y

L = Qt A

p

!. Entonces se tiene que

L = Lp[X1; : : : ; Xn]; [L : Lp] = pe;

y que un sistema generador de la extensi�on Lp � L es el conjunto

fX�11 � � �X�nn : 0 � �i < p; i = 1; : : : ; ng:


Adem�as, despu�es de una reordenaci�on de X1; : : : ; Xn, podemos tomar

L = Lp[X1; : : : ; Xe]y

fX�1

1 � � �X�ee : 0 � �i < p; i = 1; : : : ; egcomo una base del espacio vectorial L sobre Lp.

Demostracion. Adaptaremos la demostraci�on de (24:4) en [Abh64]: En

primer lugar, por (24:1) de [Abh64], del hecho de ser k cuerpo perfecto

se deduce que

A = Ap[X1; : : : ; Xn]

y que A es un Ap-m�odulo libre de rango pn, siendo el conjunto

fX�11 � � �X�nn : 0 � �1 < p; : : : ; 0 � �n < pguna base de A sobre Ap (puesto que Xi+1 =2 Ap[X1; : : : ; Xi] y Xpi+1 2 Ap[X1; : : : ; Xi]para i = 0; 1; : : : ; n � 1). Por tanto,

A = Ap[X1; : : : ; Xn];

y entonces

L = Lp[X1; : : : ; Xn]:Adem�as por la proposici�on II{A.4, mediante un cambio de variables

sobre X1; : : : ; Xn, podemos conseguir que

R = k[[X1; : : : ; Xe]] � Ap

sea una extensi�on �nita (por comodidad seguiremos llamando Xi a las

yi de la proposici�on II{A.4). Luego si R = k((X1; : : : ; Xe)), tenemos que

R � L es una extensi�on algebraica �nita.

Aplicando (24:1) de [Abh64] a R = k[[X1; : : : ; Xe]] y R = Qt(R)

tenemos que

[R : Rp] = pe:


Mediante el isomor�smo F(h) = hp

R � LF # # FRp � Lp

obtenemos [L : R] = [Lp : Rp]. Por consiguiente[L : R][R : Rp] = [L : Rp] = [L : Lp][Lp : Rp]

y entonces

[L : Lp] = [R : Rp] = pe:Como sabemos que

fX�11 � � �X�nn : 0 � �1 < p; : : : ; 0 � �e < pges una base de A sobre Ap, se tiene que un sistema generador de la

extensi�on Lp � L es el conjunto de monomios

fX�11 � � �X�nn : 0 � �i < p; i = 1; : : : ; ng:Aplicando ahora el lema II{A.1, despu�es de una reordenaci�on adecuada

de X1; : : : ; Xn, podemos tomar

L = Lp[X1; : : : ; Xe]y

fX�1

1 � � �X�ee : 0 � �i < p; i = 1; : : : ; eg;como una base del espacio vectorial L sobre Lp.

Teorema II–A.6 (Lema de Normalizaci�on para el anillo de series de potencias)

Sean A = k[[X1; : : : ; Xn]] y p un ideal primo propio de A siendo e =

dim(A=p). Entonces existen y1; : : : ; yn 2 A nuevas variables tales que

1. p \ k[[y1; : : : ; ye]] = f0g,


2. la extensi�on k[[y1; : : : ; ye]] ,! A

pes �nita,

3. la extensi�on R ,! L es �nita separable, siendo L = Qt

A

p

!y

R = Qt(k[[y1; : : : ye]]) = k((y1; : : : ; ye)).

Demostracion. En primer lugar, si L = Qt A

p

!, y

' : A ! A =A

p

es el epimor�smo natural, (para todo a 2 A denotamos por a a '(a)),

entonces por la proposici�on II{A.5 se tiene que

L = Lp[X1; : : : ; Xn]; [L : Lp] = pe;

y que un sistema generador de la extensi�on Lp � L es el conjunto de

monomios

fX�11 � � �X�nn : 0 � �1 < p; : : : ; 0 � �n < pg:Adem�as, despu�es de una reordenaci�on adecuada de fX1; : : : ; Xng, pode-mos tomar

L = Lp[X1; : : : ; Xe]y

fX�1

1 � � �X�ee : 0 � �1 < p; : : : ; 0 � �e < pgcomo una base del espacio vectorial L sobre Lp. Por comodidad, lla-

memos a los monomios

X�1

1 � � �X�ee = f�(X1; : : : ; Xe)

con � = 1; : : : ; pe.

Por la proposici�on II{A.4, sabemos que existe un cambio de va-


riables del tipo: 8>>>>><>>>>>:y1 = X1 + F1(X

p2; : : : ; Xpn)

y2 = X2 + F2(Xp3; : : : ; Xpn)

...

yn = Xn

con Fi 2 Z=Zp[Xpi+1; : : : ; Xpn] para i = 1; : : : ; n � 1, y tal que la extensi�on

k[[y1; : : : ; ye]] ,! A

p

es una extensi�on �nita y p \ k[[y1; : : : ; ye]] = f0g (luego se veri�can (1) y

(2)).

Por �ultimo, si R = Qt(R) = k((y1; : : : ; ye)), entonces tenemos que

L = Qt

A

p

!es una extensi�on algebraica �nita de R (puesto que R � A

p

es �nita). Si demostramos que

L = Lp(R);tendr��amos que L es separable sobre R (aplicando el teorema I{B.4).

Ahora bien, sabemos que

ff�(X1; : : : ; Xe) : � = 1; : : : ; peges una base de L sobre Lp y la relaci�on

yj = Xj + Fj(Xpj+1; : : : ; X

pn) para j = 1; : : : ; e;

luego

ff�(y1 � F1(Xp2; : : : ; Xpn)); : : : ; ye � Fe(Xpe+1; : : : ; Xpn)); � = 1; : : : ; peges una base de L sobre Lp, con yj 2 R y Fj(X

pj+1; : : : ; X

pn) 2 Lp para j =

1; : : : ; e. Por tanto, L = Lp(R) y se veri�ca el apartado (3)..

CAP�ITULO III

La noetherianidad deA(1) = A k k(1)

El objetivo fundamental de este cap��tulo es demostrar la noe-

therianidad del anillo A(1) que de�niremos a continuaci�on, con el que

trabajaremos en el resto de la memoria.

III–A Caracterizacion de A(1)

Sea k un cuerpo de caracter��stica p > 0. Para cada k-�algebra A,

consideramos la k(t){�algebra de�nida en la secci�on I{A,

A(t) := A k k(t):Consideraremos tambi�en la extensi�on de cuerpos k � k(1) siendo

k(1) =[m�1

k(t1pm ):

N�otese que si k es perfecto, k(1) coincide con la clausura perfecta de

90 Caracterizaci�on de A(1)

k(t), k(t)per.

Para simpli�car la notaci�on, notaremos tm = t1pm . De�nimos

tambi�en

A(m) := A(tm) := A k k(tm) = A(t) k(t) k(tm);A[m] := A[tm]

y

A(1) := A k k(1) =[m�0

A(m);

A[1] :=[m�0

A[tm]:

Se veri�ca que cada A(m) (resp. A[m]) es un m�odulo libre sobre

A(t) (resp. sobre A[t]) de rango pm (pues (tm)pm � t = 0). Por tanto,

tenemos las extensiones

A[0] = A[t] � A[t1] � A[t2] � � � � A[tm] � � � � � A[1]T T T T TA(0) = A(t) � A(t1) � A(t2) � � � � A(tm) � � � � � A(1)

Notas III–A.1

1. Las k{�algebras A[m] (respectivamente A(m)) son isomorfas entre

s��.

2. Si Sm = k[tm] � f0g, entonces A(m) = S�1m A[m].3. Dado que (Sm)p

m � S0 (al ser k cuerpo de caracter��stica p > 0),

y como S0 � Sm, se veri�ca que A(m) = S�10 A[m] para todo m � 0.Como consecuencia, A(1) = S�10 A[1].

4. Si A es un dominio (integramente cerrado), entonces A[m] y

A(m) son dominios (integramente cerrados) para todo m � 0,

�o m = 1.

Cap��tulo III: La noetherianidad de A(1) = A k k(1) 91

5. Si A es una k{�algebra noetheriana, entonces los anillos A[m]son anillos noetherianos, para todo m � 0 (puesto que son

isomorfos a A[t]). Los A(m) son tambi�en anillos noetherianos,

puesto que A(m) = S�10 A[m].

6. Si I � A es un ideal, entonces (A=I)(1) = A(1)=A(1)I.

7. Si T � A es un subconjunto multiplicativamente cerrado, en-

tonces se tiene que (T�1A)(1) = T�1A(1).

8. Si A = k[X] = k[X1; : : : ; Xn], entonces el anillo A(1) = k(1)[X], portanto A(1) es noetheriano. M�as a�un, el anillo A(1) es noetherianopara toda k{�algebra A �nitamente generada.

Sin embargo, si A = k[X], entonces el anillo A[1] no es noethe-

riano, como probamos en el siguiente lema:

Lema III–A.2 Si A = k[X], entonces A[1] no es noetheriano.

Demostracion. Comprobemos que el ideal generado por las ra��ces pm-

�esimas

I = (ft 1pm : m � 0g);

no es �nitamemte generado. Supongamos que s��, entonces existir�a

ft; t 1p ; t 1p2 ; � � � ; t 1

pk gun sistema de generadores �nito de I. Como t

1pk+1 2 I, entonces existen

�0; �1; � � � ; �k 2 A[1]tales que

t1

pk+1 = �0t + �1t1p + � � � + �kt

1pk :

Tomemos el exponente

k0 = maxfk + 1; maxfl tales que t1pl aparece en alg�un �igg:


Elevando la igualdad anterior a pk0 (siendo p la caracter��stica del cuer-

po k) obtenemos

tpk0�k�1 = �p

k0

0 tpk0 + �p

k0

1 tpk0�1 + � � � + �pk0

ktpk0�k ;

donde los �pk0

ison polinomios en A[t]. Luego t es algebraico sobre A,

lo que es una contradicci�on.

Proposicion III–A.3 Sea A una k{�algebra cualquiera y m � 1. Las extensiones A[m�1] � A[m]y A(m�1) � A(m) veri�can:

1. Son libres �nitas, y por tanto, enteras y �elmente planas.

2. Las extensi�ones correspondientes a sus cuerpos de fracciones

son puramente inseparables.

Demostracion. Ve�amoslo para la extensi�on A(m�1) � A(m):Es libre �nita de rango p, puesto que

A(m) = A k k(tm) = A(m�1) k(tm�1) k(tm)y tm satisface la ecuaci�on F = 0, siendo F el polinomio m�onico

F = Xp � tm�1 2 A(m�1)[X]:Luego es entera y �elmente plana (puesto que libre implica

�elmente plana).

Sea K = Qt(A), entonces Qt(A(m�1)) = K(tm�1) y Qt(A(m)) = K(tm).

Se tiene que la extensi�on

K(tm�1) � K(tm)es puramente inseparable, pues (tm)p = tm�1 2 K(tm�1).

Para la extensi�on A[m�1] � A[m], la proposici�on se demuestra de manera

an�aloga.


Corolario III–A.4 A[1] (resp. A(1)) es entera y �elmente plana sobre cada A[m] (resp. A(m)).

A partir de ahora, para cada ideal primo P de A(1), notaremos

P[1] := P \ A[1]; P[m] := P \ A[m] 2 Spec(A[m])y

P(m) := P \ A(m) 2 Spec(A(m)):De manera similar, si Q es un ideal primo de A[1],

Q[m] := Q \ A[m] 2 Spec(A[m]):Se veri�ca que

P =[m�0

P(m), P[1] =[m�0

P[m], (resp. Q =[m�0

Q[m]).

P(n) \ A(m) = P(m) y P[n] \ A[m] = P[m] para todo n � m (resp.

Q[n] \ A[m] = Q[m] para todo n � m).

Lema III–A.5 Sean P0 � P ideales primos de A(1) (resp. de A[1]). Las siguientes condi-ciones son equivalentes:

(a) P0 ( P

(b) Existe un m � 0 tal que P0(m) ( P(m) (resp. P0[m] ( P[m]).

(c) Para todo m � 0, P0(m) ( P(m) (resp. P0[m] ( P[m]).

Demostracion. Trivial, por el corolario III{A.4 y por veri�carse en las

extensiones enteras.


Lema III–A.6 Sea P un ideal primo de A(1) (resp. de A[1]). Las siguientes condicionesson equivalentes:

(a) P es maximal.

(b) P(m) (resp. P[m]) es maximal para alg�un m � 0.(c) P(m) (resp. P[m]) es maximal para todo m � 0.

Demostracion. Es trivial por el corolario III{A.4 y por veri�carse en ex-

tensiones enteras.

Corolario III–A.7 Con la notaci�on anterior, para cada ideal primo P de A(1) se veri�ca que

ht(P) = ht(P(m)) = ht(P[m]) para todo m � 0:M�as a�un, dim(A(1)) = dim(A(m)).

Demostracion. Por el corolario III{A.4, A(1) es �elmente plana sobre cada

A(m), luego es plana y entonces se veri�ca el \teorema del descenso".

Por tanto

ht(P \ A(m)) = ht(P(m)) � ht(P):Otra vez por el corolario III{A.4, A(1) es entera sobre cada A(m), y en-

tonces

ht(P) � ht(P \ A(m)):

La igualdad ht(P(m)) = ht(P[m]) es cierta, dado que A(m) es una

localizaci�on de A[m].

Por �ultimo, por ser A(m) � A(1) entera, se veri�ca el \teorema del

ascenso", luego

dim(A(m)) � dim(A(1)):


La otra desigualdad, se debe de nuevo a que la extensi�on es entera y a

que dado P 2 Spec(A(1))

ht(P) � ht(Pc) = ht(P \ A(m)) = ht(P(m)):

Nota III–A.8 El corolario III{A.7 tambi�en es cierto si reemplazamos A(m) � A(1) porA[m] � A[1].

Corolario III–A.9 Con la notaci�on anterior, para todo Q 2 Spec(A(m)) existe un �unico eQ 2Spec(A(m+1)) tal que eQc = Q. M�as a�un, el ideal eQ viene dado por

eQ = fy 2 A(m+1) j yp 2 Qg:

Demostracion. La extensi�on A(m) � A(m+1) veri�ca que (A(m+1))p � A(m).

Adem�as, sabemos que para cualquier ideal primo P de A(m+1), su con-

tracci�on Pc = P \ A(m) es un ideal primo de A(m).

Dado Q 2 Spec(A(m), seaeQ = fy 2 A(m+1) j yp 2 Qg:

Es f�acil probar que:

eQ es un ideal primo de A(m+1) (por ser Q ideal primo y por

veri�carse (A(m+1))p � A(m)).fPc = P (por ser P ideal primo).eQc = Q (por ser Q ideal primo).


Corolario III–A.10 Supongamos que A es noetheriano y que para todo ideal maximal m de

A, el cuerpo residual A=m es algebraico sobre k. Entonces para todo

m � 0, se veri�ca que:1. dim(A[1]) = dim(A[m]) = dim(A[t]) = n + 1.

2. dim(A(1)) = dim(A(m)) = dim(A(t)) = n.

Demostracion.

1. Cierto por la nota III{A.8 y la hip�otesis de noetherianidad.

2. Es consecuencia del corolario III{A.7 y la proposici�on I{A.2.

Como consecuencia del an�alisis previo, obtenemos la altura de

los ideales maximales de A(1) en el caso siguiente:

Corolario III–A.11 Sea A una k{�algebra noetheriana, biequidimensional, universalmente

catenaria de dimensi�on de Krull n, y tal que para todo ideal maximal

m de A, el cuerpo residual A=m es algebraico sobre k. Entonces todo

ideal maximal de A(1) tiene altura n.

Demostracion. Consecuencia del teorema I{A.3, del lema III{A.6, y del

corolario III{A.10.


III–B El mayor subcuerpo perfecto de un cuerpo de funciones formales

A lo largo de toda esta secci�on k ser�a un cuerpo perfecto de ca-

racter��stica p > 0, A = k[[X]] = k[[X1; : : : ; Xn]] el anillo de series formales,

p un ideal primo de A, R =A

py K = Qt(R). Para cualquier Fp{�algebra B,

notaremos por B] =\e�0Bp

e

.

El objetivo de esta secci�on es demostrar que el mayor subcuer-

po perfecto de K, K], es una extensi�on algebraica del cuerpo de cons-

tantes, k. Este resultado se prueba en la proposici�on III{B.6 y ser�a uno

de los ingredientes de la prueba del corolario III{C.8.

Proposicion III–B.1 Bajo las condiciones anteriores, se tiene que k = R].

Demostracion. Sea m el ideal maximal de R. Es su�ciente probar que

R] � k. Si f 2 R], entonces para todo e > 0 existe un fe 2 R tal que

f = fpe

e .

Supongamos primero que f no es una unidad. Entonces fe no

es unidad para ning�un e > 0, y por tanto fe 2 m para todo

e > 0. Es decir, f 2 mpepara todo e > 0, y usando el teorema de

intersecci�on de Krull,

f 2 \e�0

mpe =

\k�0

mk = (0):

Si f es unidad, entonces f = f0 + ef, con f0 2 k � R] y ef 2 R] noes unidad. Por el caso anterior ef = 0, luego f 2 k.

98 El mayor subcuerpo perfecto de un cuerpo de funciones formales

Proposicion III–B.2 Bajo las condiciones anteriores, si p = (0), es decir, R = k[[X]] y K =

k((X)). Se veri�ca que k = K].

Demostracion. Sea m = (X1; : : : ; Xn) el ideal maximal de R. Sean g; h 2 Rprimos entre s��. Si g=h 2 Kp, entonces existen a1; b1 2 R primos entre

s�� tales queg

h=

a1b1

!p=ap1

bp1

:

Como ahora R es un dominio de factorizaci�on �unica, existir�an �; � 2 k(o sea unidades), tales que g = �ap

1, h = �bp

1. Como k es perfecto, � = �p

y � = p con �, 2 k. Luegog = �pap1 = (�a1)

p 2 Rp y h = pbp1 = ( b1)p 2 Rp:

Por tanto si g=h 2 K], entonces g; h 2 R] = k (por III{B.1). Por consi-

guiente, g=h 2 k y tenemos que K] � k. La otra inclusi�on es trivial.

Con el �n de tratar el caso general, primero necesitamos los

siguientes lemas:

Lema III–B.3 Si L es una extensi�on algebraica separable de un cuerpo K de carac-

ter��stica p > 0, entonces L] es una extensi�on algebraica de K].

Demostracion. Si x 2 L], entonces x = ype

e con ye 2 L para todo e � 0.

Como ye es separable sobre K, se tiene que

K(ye) = K(ypee ) = K(x):

Luego ye = xp�e 2 K(x), y elevando a pe, resulta que x 2 Kpe(xpe). Por

tanto

[Kpe

(x) : Kpe

] = [Kpe

(xpe

) : Kpe

];


y como

[Kpe

(xpe

) : Kpe

] = [K(x) : K]:

Entonces x tiene igual polinomio m��nimo sobre Kpeque sobre K para

todo e � 0, y los coe�cientes de dicho polinomio m��nimo deben perte-

necer a K]. Por lo tanto, x es algebraico sobre K].

Lema III–B.4 Toda extensi�on algebraica de un cuerpo perfecto es perfecto.

Demostracion. Basta probarlo para las extensiones algebraicas �nitas;

as�� consideremos k � L una extensi�on algebraica �nita, con k perfec-

to. Entonces k � Lp � L, y se tiene que la sucesi�on decreciente de

extensiones

k � � � � � Lp3 � Lp2 � Lp � Les estacionaria, puesto que k � L es �nita. Sea r � 0 tal que

Lpr

= Lpr+1

= � � � :Para todo y 2 L, existe un z 2 L tal que ypr = zpr+1 , y como k es perfecto,

(y � zp)pr = 0. Por tanto y � zp = 0, es decir, L es perfecto.

Lema III–B.5 Sea F un subanillo de un dominio de integridad G y sea H la clausura

��ntegra de F en G. Sean p, q polinomios m�onicos en G[X] tales que

pq 2 H[X]. Entonces p, q 2 H[X].

Demostracion. Tomemos un cuerpo que contenga a G en el que los po-

linomios p, q se descompongan en factores lineales:

p =Y(x � �i); q =

Y(x � �j):

Cada �i y cada �j es una ra��z de pq, por tanto son enteros sobre H.

Luego los coe�cientes de p y q son enteros sobre H, y como H es entero

sobre F, son enteros sobre F, luego est�an enH. Por lo tanto p, q 2 H[X].

100 El mayor subcuerpo perfecto de un cuerpo de funciones formales

Los siguientes resultados han sido obtenidos en colaboraci�on

con el profesor J. M. Giral.

Proposicion III–B.6 Sean k cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0, A = k[[X]] el anillo de

series formales, p � A un ideal primo, R = A=p y K = Qt(R). Entonces K]

es una extensi�on algebraica de k.

Demostracion. Supongamos dim(A=p) = r � n. Por el lema de normali-

zaci�on para anillos de series de potencias (II{A.6), sabemos que existe

un nuevo sistema de coordenadas formales Y1; : : : ; Yn 2 A tales que

p \ k[[Y1; : : : ; Yr]] = f0g,k[[Y1; : : : ; Yr]] ,! A

pes una extensi�on �nita,

k((Y1; : : : ; Yr)) ,! K es una extensi�on �nita separable.

Como K es �nita separable sobre k((Y1; : : : ; Yr)), por el lema III{B.3, se

sigue que K] es algebraico sobre (k((Y1; : : : ; Yr)))], que es igual a k, (por

la proposici�on III{B.2).

Nota III–B.7 En particular, si k es un cuerpo algebraicamente cerrado, se tiene que

K] = k.

En el siguiente teorema damos una informaci�on m�as precisa de

la proposici�on III{B.6.

Teorema III–B.8 Bajo las hip�otesis de la proposici�on III{B.6, se veri�can:

1. Si R es��ntegramente cerrado en K, entonces K] = k.

2. En el caso general, K] es una extensi�on �nita de k.


Demostracion. Sea L la clausura algebraica de k en K. Por el lema III{

B.4, L es perfecto. Luego L] = L y por tanto L � K�. La otra inclusi�on

se tiene porque K] es algebraico sobre k, por la proposici�on III{B.6, y

L es la clausura algebraica de k en K, luego K] � L. Por tanto L = K].1. Necesitamos probar que k es algebraicamente cerrado en K, lo

que equivale a demostrar que k0 k K es un dominio ��ntegro,

siendo k0 una clausura algebraica de k en K (por I{B.5). Basta

probar que k0 k K es un dominio ��ntegro siendo k0 una exten-si�on �nita de k, ya que toda extensi�on algebraica de un cuerpo

es un l��mite inductivo de extensiones �nitas y el l��mite induc-

tivo conmuta con el producto tensorial.

Ahora bien, puesto que k es perfecto se veri�ca el teorema del

elemento primitivo, luego k0 es de la forma k[T]=(h) con h un

polinomio m�onico irreducible de k[T]. Entonces

k0 k K =K[T]

(K[T]h):

Adem�as, h es irreducible en R[T]: Supongamos lo contrario, es

decir, h = fg con f, h 2 R[T] que podemos suponer m�onicos con

grado mayor igual a 1. Reduciendo m�odulo el ideal maximal

de R, obtenemos

h = fg en k[T];

lo que se contradice con la irreducibilidad de h en k[T].

Pero si h es irreducible en R[T], tambi�en es irreducible en K[T]:

ya que en caso contrario, si h fuese reducible en K[T], como R

es��ntegramente cerrado en K, por el lema III{B.5, lo ser��a tam-

bi�en en R[T] lo que es una contradicci�on. Por tanto k0kK es undominio��ntegro. De ah�� se concluye que k es algebraicamente

cerrado en K, y entonces k = L = K].

2. Sea R la clausura ��ntegra de R en K. Sabemos que R es un

R{m�odulo �nitamente generado (por el teorema (23.I.5), Ch.

102 El anillo A k k(t)per es noetheriano0 de [GD64]), y R es un anillo local completo (por el corola-

rio (23.I.6), Ch. 0 de [GD64]), que es obviamente un domi-

nio ��ntegro. Por tanto, aplicando el teorema de estructura de

Cohen (I{B.10), deducimos que R es un dominio formal sobre

una extensi�on �nita k0 de k. Por el caso 1 sabemos que K] = k0,y entonces K] es una extensi�on �nita de k.

III–C El anillo A k k(t)per es noetheriano

A lo largo de esta secci�on, k ser�a un cuerpo perfecto de ca-

racter��stica positiva, y conservaremos las mismas notaciones de las

secciones III{A y III{B.

Proposicion III–C.1 Sea K una extensi�on de k y supongamos que K] es algebraico sobre k.

Para todo ideal primo P 2 Spec(K[1]) tal que P\k[t] = 0, existe unm0 � 0tal que P[m] es el ideal extendido de P[m0] para todo m � m0.

Demostracion. La extensi�on k[t] � K][t] es entera y como P \ k[t] = 0,

entonces P \ K][t] = 0.

Podemos suponer P 6= (0). Aplicamos la nota III{A.8 al caso

A = K, y tenemos que

ht(P[i]) = ht(P) = 1 para todo i � 0:

Como K es cuerpo, K[ti] es un dominio de factorizaci�on �unica. Tome-

mos Fi(ti) 2 K[ti] el polinomio m�onico irreducible generador de P[i]. Por

el corolario I{C.2, para cada i � 0 debemos considerar dos posibilida-


des:

(1) Fi 2 Kp[ti]. En este caso, Fi+1(ti+1) = Fi(ti)1=p.

(2) Fi =2 Kp[ti], entonces P[i+1] = (P[i])e y Fi+1(ti+1) = Fi(ti) = Fi(t

pi+1).

Como P \ K][t] = (0), se tiene que

F0(t0) =2 (\m�0

Kpm

)[t0] =\m�0

Kpm

[t0]

y entonces existe un��ndice m0 � 0 tal que

F0(t0) 2 Kpm0 [t0] y F0(t0) =2 Kpm0+1[t0]:De (1) tenemos que, para i = 0; : : : ; m0 � 1,

Fi(ti) = F0(t0)1=pi 2 Kpm0�i[ti] y Fm0(tm0) =2 Kp[tm0]:

Aplicando (2) repetidamente, encontramos que

Fj+m0(tj+m0

) = Fm0(tm0) = Fm0(tpj

j+m0)

y P[j+m0] es el ideal extendido de P[m0] para todo j � 1.

Corolario III–C.2 Bajo las mismas hip�otesis de la proposici�on III{C.1, P es el ideal exten-

dido de alg�un P[m0].

Demostracion. Es una consecuencia de la proposici�on III{C.1 y de la

igualdad P =[m�0

P[m].

Sea B una �algebra libre sobre un anillo A y S � A un subconjuntomultiplicativamente cerrado. Consideremos S�1A y S�1B, que es una

S�1A{�algebra libre. Denotamos por I 7! IE; J 7! JC (resp. I 7! Ie; J 7! Jc) alproceso de extensi�on-contracci�on entre los anillos A o S�1A (resp. A o

B) y los anillos B o S�1B (resp. S�1A o S�1B).

104 El anillo A k k(t)per es noetheriano

Proposicion III–C.3 Con las notaci�on anterior, sea P1 un ideal primo de B tal que P1\S = ;.Sea P0 = PC1 , P1 = Pe1 y P0 = P

C1 . Si P1 = P

E0, entonces P1 = PE0.

Demostracion. Sea feig una A{base de B. Como P1 \ S = ;, entonces esevidente que P

c1 = P1, P

c0 = P0 y P0 = Pe0. Si P1 = P

E0, se tiene que

P1 = Pec1 = Pc1 = (PE0)

c = (PeE0 )c = (PEe0 )c = (PE0)ec =Xs2S(PE0 : s)B � PE0:

Para probar la otra inclusi�on, tomemos s 2 S � A y sea f =Paiei un

elemento de (PE0 : s)B con ai 2 A. Entonces,sf =

X(sai)ei 2 PE0

y de la igualdad

PE0 = fXbiei j bi 2 P0g;

deducimos que sai 2 P0 y ai 2 (P0 : s)A. Como P1 \ S = ;, entoncesP0 \ S = ;, y se veri�ca que (P0 : s)A = P0. Por tanto f 2 PE0.

Proposicion III–C.4 Sea R una k{�algebra ��ntegra, K = Qt(R), y supongamos que K] es alge-

braico sobre k. Entonces todo ideal primo P 2 Spec(R[1]) con P\k[t] = 0

y P \ R = 0, es el ideal extendido de alg�un P[m0], con m0 � 0.

Demostracion. Sea T = R � f0g. Tenemos que

K = T�1R y K[m] = T�1R[m] para todo m � 0 o m = 1:

De�nimos P = T�1P. F�acilmente deducimos que

P[m] = T�1P[m] para todo m � 0:

Como P\k[t] = 0, entonces P\k[t] = 0. Luego aplicando la proposici�on

III{C.1, existe un m0 � 0 tal que P[m] es el ideal extendido de P[m0] para

todo m � m0.


Adem�as, como P \ R = 0, entonces P \ T = ; y por tanto

P[m] \ T = P \ R[m] \ T = ;:Luego, aplicando la proposici�on III{C.3, sabemos que P[m] es el idealextendido de P[m0] para todo m � m0, y por tanto P =

[m�0P[m] es el

ideal extendido de P[m0].

Proposicion III–C.5 Sea K una extensi�on de k y supongamos que K] no es algebraico sobre

k. Entonces K(1) no es noetheriano.

Demostracion. Sea s 2 K] un elemento trascendente sobre k.

Sea L = k(s)per � K] � K. Se tiene que L(1) � K(1) es una extensi�onde cuerpos, luego es libre y por tanto �elmente plana. As�� que si L(1)no es noetheriano, entonces K(1) no puede ser noetheriano. Por tanto,

podemos suponer K = k(s)per, y en este caso K] = K, s�� es trascendente

sobre k. Entonces

K(1) = k(s)per k k(t)per:Para cada m � 0, sea sm = s

1pm 2 K y �m = tm � sm. Sea P el ideal

de K(1) generado por los f�m; m � 0g. Se veri�ca que �m = �pm+1

y

P(m) = K(m)�m para todo m � 0 es un ideal primo de K(m), ya que el

polinomio �m = tm � sm 2 K[tm] es m�onico e irreducible.

Supongamos que P es �nitamente generado, entonces existe un

m0 � 0 tal que P = K(1)�m0 . Por ser la extensi�on K(m0+1) � K(1) �elmente

plana, se tiene que

�m0+1 2 K(m0+1)�m0 :

Sea � = tm0+1; � = sm0+1. Entonces �m0+1 = � � � 2 K(m0+1)�m0 y �m0 =

�pm0+1

= �p ��p. Por tanto, existen (�) 2 K[�] = K[m0+1], '(�) 2 k[�] n f0gtales que

'(�)(� � �) = (�)(� � �)p:

106 El anillo A k k(t)per es noetherianoSimpli�cando y haciendo � = �, obtenemos

'(�) = (�)(� � �)p�1 = 0

lo que contradice el hecho de que el elemento s es trascendente sobre

k.

Por tanto, el ideal P no es �nitamente generado y K(1) no es

noetheriano.

Teorema III–C.6 Sea k un cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0 y sea A una k{�algebra

de dimensi�on de Krull n. Las siguientes condiciones son equivalentes:

(a) El anillo A es noetheriano y para todo p 2 Spec(A), el cuerpo

Qt(A=p)] es algebraico sobre k.

(b) El anillo A(1) es noetheriano.

Demostracion. Probemos (a)) (b): Por el teorema de Cohen (cf. [Nag75],

(3.4)), basta probar que todo ideal P 2 Spec(A(1)) � f(0)g es �nitamente

generado.

Supongamos ht(P) = r � n. Entonces, utilizando los corolarios

III{A.7 y III{A.10, tenemos que

ht(P[m]) = ht(P(m)) = ht(P[1]) = ht(P) = r � n:Consideremos el ideal primo de A:

p := A \ P = A \ P[1] = A \ P[m] = A \ P(m):Existen dos posibles valores para la altura de p (por el lema I{A.1):

(i) ht(p) = r = ht(P[m]) y P[m] = p[tm], para todo m � 0.(ii) ht(p) = r � 1 = ht(P[m]) � 1, y entonces p[tm] P[m] y A=p

A[tm]=P[m] es algebraica generada por tm (mod P[m]), para todo


m � 0.En el caso (i), P es el ideal extendido de p, y por tanto est�a �ni-

tamente generado (ya que p 2 Spec(A) y A es noetheriano).

Supongamos que nos encontramos en el caso (ii). Denotemos

por R = A=p, K = Qt(R). Entonces:

R[m] =A[m]p[tm]

; R[1] =A[1]A[1]p

=A[1][

m�0p[tm]

:

De�nimos

P := R[1]P[1] =P[1][

m�0p[tm]

2 Spec(R[1]):

Se tiene que

P[m] = P \ R[m] = P[m]p[tm]

; P \ R = P \ k[t] = 0

y por tanto

ht(P[m]) = ht

P[m]p[tm]

!= 1; ht(P) = ht

0BB@ P[1][m�0

p[tm]

1CCA = 1:

Como por hip�otesis K] es algebraico sobre k, aplicando la proposici�on

III{C.4, existe un m0 � 0 tal que P es el ideal extendido de P[m0]. En-

tonces P[1] es el ideal extendido de P[m0] y P = A(1)P[1] = A(1)P[m0] est�a

�nitamente generado.

Probemos ahora que (b) implica (a): Puesto que A(1) es �elmente

plano sobre A y por hip�otesis A(1) es noetheriano, se concluye que A

es noetheriano.

Sea p 2 Spec(A) y R = A=p, K = Qt(R). La noetherianidad de A(1)implica, en primer lugar, la noetherianidad de R(1), y en segundo lugar,la de K(1). Por �ultimo, aplicando la proposici�on III{C.5,

K] = Qt

A

p

!]es algebraico sobre k.

108 El anillo A k k(t)per es noetheriano

Corolario III–C.7 Sea k un cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0 and sea A una k{

�algebra noetheriana. Las siguientes condiciones son equivalentes:

(a) El anillo A(1) es noetheriano.

(b) El anillo (Am)(1) es noetheriano para todo ideal maximal m de

A.

Demostracion. Para (a) ) (b), como A(1) es noetheriano, por el teorema

III{C.6, se tiene que A es noetheriano y por tanto tambi�en Am para todo

m 2 (A). Por la nota 7 de III{A.1, (Am)(1) =�A(1)

�my usando que�

A(1)�m= Am A A(1);

se tiene que (Am)(1) es noetheriano para todo m 2 (A).Para (b)) (a), sea p � A un ideal primo y sea m un ideal maximal

que contiene a p. Como el anillo (Am)(1) es noetheriano, entonces porel teorema III{C.6, deducimos que el anillo Am tambi�en es noetheriano

y el cuerpo

Qt

Am

Amp

!]= Qt

A

p

!]es una extensi�on algebraica de k. Adem�as, como A es noetheriano,

aplicando de nuevo el teorema III{C.6, obtenemos la condici�on (a).

Corolario III–C.8 Sea k un cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0, k0 una extensi�on alge-

braica de k y A = k0[[X1; : : : ; Xn]]. Entonces, el anillo A(1) = k(t)per k A es

noetheriano.

Demostracion. Como k es perfecto y k0 es una extensi�on algebraica de

k, por el lema III{B.4, k0 tambi�en es perfecto.

En particular A = k0[[X1; : : : ; Xn]] es una k{�algebra, por ser k0 unaextensi�on algebraica de k. Sean p 2 Spec(A) y K = A=p. Aplicando la


proposici�on III{B.6, K] es una extensi�on algebraica de k. Y adem�as,

como A es noetheriano, aplicando el teorema III{C.6, A(1) = k(t)per k Aes noetheriano.

Corolario III–C.9 Sea k un cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0. Si (B;m) es una k{

�algebra noetheriana local tal que B=m es algebraico sobre k, entonces

B(1) = k(t)per k B es noetheriano. En particular, el cuerpo Qt(B=p)] es

algebraico sobre k para todo ideal primo p de B.

Demostracion. Sea k0 = B=m algebraico sobre k. Por el teorema de es-

tructura de Cohen (I{B.10), la completaci�on bB de B es un cociente de

un anillo de series A con coe�cientes en k0, bB = A=I, con I ideal primo

de A. Adem�as, como por la nota 6 de III{A.1 bB(1) es tambi�en un cociente

of A(1) (bB(1) = (A=I)(1) = A(1)=IA(1)), deducimos del corolario III{C.8 que

A(1) es noetheriano y por tanto B(1) = A(1)=IA(1) tambi�en.

Como (B; m) es una k{�algebra local noetheriana, bB es �elmente

plano sobre B, y entonces bB(1) es tambi�en �elmente plano sobre B(1).Por tanto, B1 es noetheriano. Por �ultimo, aplicando el teorema III{

C.6, se tiene que el cuerpo Qt(B=p)] es algebraico sobre k, para todo

p 2 Spec(B).

Corolario III–C.10 Sea k un cuerpo perfecto de caracter��stica p > 0. Para cualquier k{

�algebra noetheriana A, tal que el cuerpo residual A=m de todo ideal

maximal m de A es algebraico sobre k, el anillo A(1) es noetheriano. Portanto, si A es regular y equicodimensional, entonces A(1) es tambi�en

regular y equicodimensional, de la misma dimensi�on que A.

Demostracion. En primer lugar, como A es una k{�algebra noetheriana tal

que para todo m 2 (A), A=m es algebraico sobre A, se tiene que Am es

una k{�algebra noetheriana local, tal que su cuerpo residual Am=mAm =

A=m es algebraico sobre k. Aplicando el corolario III{C.9, (Am)(1) es

110 El anillo A k k(t)per es noetherianonoetheriano para todo m 2 (A). Entonces, aplicando el corolario III{

C.7, A(1) es noetheriano.

Por �ultimo, si la k-�algebra A es regular y equicodimensional,

entonces todos los A(m) para todo m � 0 son regulares y de la misma

dimensi�on (homol�ogica global=Krull) que A (por I{A.3). Y por el corola-

rio III{A.11 y [Ber58], A(1) es regular y equicodimensional de la misma

dimensi�on que A.

CAP�ITULO IV

Derivaciones deHasse-Schmidt y cuerposde coe�cientes.

En este cap��tulo presentamos una extensi�on del teorema 99 de

H. Matsumura ([Mat80]), al caso de las derivaciones de Hasse-Schmidt.

La herramienta principal para esta demostraci�on, se encuentra en el

teorema IV{A.6, donde se muestra una condici�on su�ciente para que

toda derivaci�on de Hasse-Schmidt pueda expresarse en funci�on unas

�jas.

IV–A Generacion de Derivaciones de Hasse-Schmidt.

En primer lugar, recordamos los resultados que queremos ge-

neralizar al caso de derivaciones de Hasse-Schmidt.

112 Generaci�on de Derivaciones de Hasse-Schmidt.

Lema IV–A.1 Sea A dominio de integridad y consideremos las extensiones k0 � k � A,con k0 � k algebraica separable. Entonces HSk0(A) = HSk(A).

Demostracion. Sea D 2 HSk0(A), veamos que Di(k) = 0, para todo i � 1:

Sea b 2 k � k0 entonces existep(X) =

nXk=0akX

k 2 k0[X]

polinomio m��nimo de b (es decir p(b) = 0 y p0(b) 6= 0). En primer lugar

probaremos que si

Dl(b) = 0

para l = 1; : : : ; i, entonces

Di+1(p(b)) = Di+1(b)p0(b); ((IV{A.1))

y lo haremos por inducci�on sobre el grado de p(X):

si el grado de p(X) = 1, o sea,

p(X) = a1X + a0;

entonces

p0(X) = a1 = p0(b):

Adem�as, a1; a0 2 k0, luegoDi+1(a0) = Di+1(a1) = 0

y por tanto

Di+1(p(b)) = a1Di+1(b) + bDi+1(a1) + Di+1(a0) = Di+1(b)p0(b):

Supongamos cierto para grado de p(X) = k = 1; : : : ; n�1, veamos

que es cierto para k = n: sea p(X) de grado n. Escribamos p(X)

como

p(X) = a0 + Xq(X)

Cap��tulo IV: Derivaciones de Hasse-Schmidt y cuerpos de coe�cientes. 113

siendo q(X) de grado n � 1 y se tiene

p(b) = a0 + bq(b)

y

p0(b) = q(b) + bq0(b):

As�� que

Di+1(p(b)) = Di+1(a0) + Di+1(bq(b)) = Di+1(bq(b)) = Di+1(b)q(b)+

+X

r+s=i+1

r;s 6=0

Dr(b)Ds(q(b)) + bDi+1(q(b)) =

= ( aplicando que Dl(b) = 0 para l = 1; : : : ; i) =

= Di+1(b)q(b) + bDi+1(q(b)) =

= (aplicando hip�otesis de inducci�on sobre k) =

= Di+1(b)q(b) + bDi+1(b)q0(b) = Di+1(b)p0(b):

Probemos ahora que Di(b) = 0 para todo i � 1:D1(p(b)) = annbn�1D1(b) + � � � + a1D1(b) = p0(b)D1(b) = 0,

adem�as como p0(b) 6= 0 y A es dominio de integridad, entonces

D1(b) = 0.

Supongamos Dj(b) = 0 para j = 1; : : : ; i, entonces

0 = Di+1(p(b)) = Di+1(b)p0(b)

(por (IV{A.1)). Usando el mismo razonamiento anterior, se tie-

ne que Di+1(b) = 0.

A continuaci�on enunciamos el resultado que deseamos genera-

lizar.

Teorema IV–A.2 (cf. teorema 99, de [Mat80]) Sea (R;m) anillo local, regular, equicarac-

ter��stico de dimensi�on n. Sea bR el completado de R y k un cuerpo


de coe�cientes de bR que contiene a un cuerpo de casi{coe�cientes k0de R. Sea X1; : : : ; Xn un sistema regular de par�ametros de R, entoncesbR = k[[X1; : : : ; Xn]] y Derk(bR) es un bR{m�odulo libre con las derivadas par-

ciales @@X1; : : : ; @@Xn como base. Bajo estas condiciones, son equivalentes:

1. @@Xi

(1 � i � n) son aplicaciones de R en R, es decir, @@Xi2

Derk0(R).

2. Existen D1; : : : ; Dn 2 Derk0(R) y elementos a1; : : : ; an 2 R tales

que Diak = �ik.

3. Existen D1; : : : ; Dn 2 Derk0(R) y elementos a1; : : : ; an 2 R tales

que

det(Diak) =2 m:

4. Derk0(R) es un R{m�odulo libre de rango n, de base fD1; : : : ; Dng.5. rg(Derk0(R)) = n.

Nota IV–A.3 La menci�on a k0 es innecesaria, puesto que Derk0(bR) = Derk(bR) por el

lema IV{A.1, y

Derk0(R) = Der(R) \ Derk(bR)(ver la demostraci�on del teorema 99 de [Mat80]).

Corolario IV–A.4 Sea (R;m) anillo local, regular, equicaracter��stico de dimensi�on n. SeabR el completado de R y k un cuerpo de coe�cientes de bR que contiene

a un cuerpo de casi{coe�cientes k0 de R. Sea fX1; : : : ; Xng un sistema

regular de par�ametros de R, entonces bR = k[[X1; : : : ; Xn]] y Derk(bR) es unbR{m�odulo libre con las derivadas parciales @@X1; : : : ; @@Xn como base. Si

existen D1; : : : ; Dn 2 Derk0(R) y a1; : : : ; an 2 R tales que det(Diak) =2 m,

entonces sus extensiones bD1; : : : ; bDn a la completaci�on bR, son una base

de Derk(bR).


Demostracion. Por el teorema IV{A.2 (3 ) 4), se tiene que Derk0(R) es un

R-m�odulo libre de rango n siendo una base fD1; : : : ; Dng, y como la exten-

si�on de anillos R � bR es �elmente plana, sus extensiones fbD1; : : : ; bDng alcompletado bR, siguen siendo linealmente independientes en bR. Adem�as

por la proposici�on IV{A.9, bDj 2 Derk(bR). Por tanto@

@Xi=

nXj=1cij bDj con cij 2 L = Qt(bR):

Adem�as, dado que

det(bDj(ak)) = det(Dj(ak)) =2 m;

y det(bDj(ak)) = det(Dj(ak)) 2 R, se tiene que det(bDj(ak)) =2 bm y es inversi-

ble en bR. Por �ultimo, resolviendo las ecuaciones@

@Xi(ak) =

nXj=1cij bDj(ak)

y dado que@

@Xi(ak) 2 R y det(bDj(ak)) es una unidad en R, se tiene que

los cij 2 R � bR y, por tanto, el resultado.

Corolario IV–A.5 Si en el teorema IV{A.2, R contiene un cuerpo de caracter��stica 0, D1; : : : ;

Dn son las derivaciones como en el apartado 3, y bD1; : : : ; bDn sus exten-siones a la completaci�on bR, entonces

k = fa 2 bR j bDi(a) = 0; 8ig:

Demostracion. Como k es un cuerpo de coe�cientes de bR, bR es el ani-

llo de series formales en X1; : : : ; Xn con coe�cientes en el cuerpo k de

caracter��stica cero y Derk(bR) es un bR-m�odulo libre con las derivadas

parciales @@X1; : : : ; @@Xn como base, se tiene que

k = fa 2 bR j @@Xi

(a) = 0; 8ig:Adem�as, por el corolario IV{A.4, bD1; : : : ; bDn son una base de Derk(bR) yde ah�� el resultado.


A partir de ahora, usaremos la misma notaci�on que en I{D.10

para manejar n{uplas: Notaremos � = (�1; : : : ; �n), � = (�1; : : : ; �n), don-

de j � j= �1 + � � � + �n.En primer lugar probaremos el siguiente resultado:

Teorema IV–A.6 Sea k un anillo y R una k{�algebra. Sean D; D1; : : : Dn 2 HSk(R)Si fD1

1; : : : ; Dn1g es un sistema generador de Derk(R) como R{

m�odulo, entonces existen n sucesiones fCldgl2N, (1 � d � n)de elementos de R, tales que:

Di =iX

m=1

0BBBBBBBBB@X

j�j=i; j�j=m�d��d�0

nYd=1

Xld1+��+ld�d=�dldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCAD�; 8i � 1;((IV{A.2))

donde convenimos D� = D1�1 � � � � � Dn�n , para todo � 2 Nn yX

ld1+��+ld�d=�dldq�1

�dYq=1Cld

qd =

8<: 0 si �d = 0 < �d1 si �d = �d = 0:

Si fD11; : : : ; D

n1g es una base de Derk(R), entonces los fCldg son

�unicos.

Ejemplo IV–A.7 Supongamos n = 2 (es decir, bR = k[[X1; X2]]), entonces

D1 = C11D11 + C12D

21,

D2 = C21D11 + C22D

21 + C

211D

12 + C11C12D

11 � D2

1 + C212D

22,

D3 = C31D11 +C32D

21 +2C11C21D

12 + (C21C12 +C11C22)D

11 �D2

1 +2C12C22D22+


+C311D13 + C

211C12D

12 � D2

1 + C11C212D

11D

22 + C

312D

23.

...

Demostracion. La prueba se har�a por inducci�on sobre i: Supongamos

que el conjunto fD11; : : : ; D

n1g es una R{base de Derk(R) (en el caso de

que dicho conjunto sea un sistema de generadores, la demostraci�on

es igual, pero no se probar�a la unicidad de los Cld).

Para i = 1: D1 es derivaci�on, entonces existen unos �unicos coe�cientes

C11; : : : ; C1n 2 R tales que

D1 = C11D11 + � � � + C1nDn1 :

Supongamos construidos Cld 2 R, 1 � l � N � 1, 1 � d � n, tales que severi�ca (IV{A.2), para 1 � i � N � 1. Probaremos que

DN �NXm=2

0BBBBBBBBB@X

j�j=N;j�j=m�d��d�0

nYd=1

Xld1+��+ld�d=�d

ldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCAD�

es una k{derivaci�on; y de nuevo, por ser fD11; : : : ; D

n1g una R{base de

Derk(R), existen unos �unicos coe�cientes CN1; : : : ; CNn 2 R que cumplen

lo pedido.

Trivialmente es k{lineal. Veamos que cumple la condici�on para el pro-

ducto de dos elementos, para lo cual necesitamos el siguiente:

Aserto: En las condiciones anteriores, y dados a; b 2 R se tiene que

D�(a � b) = X�+�=�

D�(a)D�(b):


Demostraci�on del Aserto.

D�(a � b) = (D1�1 � � � � � Dn�1�n�1)

0BBBBBBBBB@X

�n+�n=�n

�n;�n�0

D�n(a) � D�n(b)

1CCCCCCCCCA =

= � � � � � � � � � � � � = X�+�D�(a) � D�(b):

Dados a; b 2 R26666666664DN �NXm=2

0BBBBBBBBB@X


nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCAD�37777777775 (a � b) =

= DN(a) � b + a � DN(b) +X

v+w=N

1�v;w�N�1

Dv(a)Dw(b)�

� NXm=2

0BBBBBBBBB@X


nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCA �0BBBBBBBBB@

X�+�=�

�;��0

D�(a)D�(b)

1CCCCCCCCCA =

= DN(a) � b + a � DN(b) +X

v+w=N

1�v;w�N�1

Dv(a)Dw(b)�

� NXm=2

0BBBBBBBBB@X


nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCA � (D�(a) � b + a � D�(b))�


� NXm=2

0BBBBBBBBB@X


nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd


X�+�=�

�;�>0

D�(a)D�(b)

1CCCCCCCCCASi probamos que

Xv+w=N

1�v;w�N�1

Dv(a)Dw(b) =

=NXm=2

0BBBBBBBBB@X


nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd


X�+�=�

�;�>0

D�(a)D�(b)

1CCCCCCCCCA ;

entonces se tiene lo pedido. En efecto:

Xv+w=N

1�v;w�N�1

Dv(a)Dw(b) = [hip. inducci�on] =

=X

v+w=N

1�v;w�N�1

26666666664vXr=1

0BBBBBBBBB@X

j�j=v;j�j=r��; �t;�t�0

nYd=1


�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCAD�(a)37777777775 �

�

26666666664wXs=1

0BBBBBBBBB@X

j!j=w;j�j=s!��; !t;�t�0

nYd=1

Xld1+��+ld�d=!d

ldq0�1

�dYq0=1Cld

q0d

1CCCCCCCCCAD�(b)37777777775 ;


y por otro lado

NXm=2

0BBBBBBBBB@X


nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCA � X�+�=�

D�(a)D�(b)

!=

=NXm=2

Xj�j=N;j�j=m�d��d�0

X�+�=�

0BBBBBBBBB@nYd=1


ldq�1

�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCAD�(a)D�(b) ==

NXm=2


X�+�=�

Xv+w=N

1�v;w�N�1

X�1+��+�n=v

nYd=1

0BBBBBBBBBB@X

ld1+��+ld�d=�dldq�1

Xld�d+1

+��+ld�d=�d��dldq�1

�dYq=1Cld

qd � D�(a)

�dYq0=�d+1

Cldq0d� D�(b)

1CCCCCCCCCCA=

= [llamamos �1 � �1 = !1; : : : ; �n � �n = !n] ==

NXm=2


X�+�=�

Xv+w=N

1�v;w�N�1

X�1+��+�n=l

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cld

qdD�(a)

1CCCCCCCCCA �0BBBBBBBBB@nYd=1


ldq�1

�dYq0=1Cld

q0dD�(b)

1CCCCCCCCCA =


=X

v+w=N

1�v;w�N�1

NXm=2

Xr+s=m

1�r�v1�s�w

Xj�j=v; j�j=rj!j=w; j�j=s

�t��t�0; !t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cld

qdD�(a)

1CCCCCCCCCA �

�

0BBBBBBBBB@nYd=1


ldq�1

�dYq0=1Cld

q0dD�(b)

1CCCCCCCCCA =

=X

v+w=N

1�v;w�N�1

NXm=2

Xr+s=m

1�r�v1�s�w

26666666664X

j�j=v; j�j=r�t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cld

qd


�

26666666664X

j!j=w; j�j=s!t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


ldq�1

�dYq0=1Cld

q0d

1CCCCCCCCCAD�(b)37777777775 =

si llamamos

'r;v =X

j�j=v; j�j=r�t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cld

qd

1CCCCCCCCCAD�(a);


s;w =X

j!j=w; j�j=s!t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


ldq�1

�dYq0=1Cld

q0d

1CCCCCCCCCAD�(b):)

=X

v+w=N

1�v;w�N�1

NXm=2

Xr+s=m

1�r�v1�s�w

'r;v s;w =X

v+w=N

1�v;w�N�1

X(r;s)

1�r�v1�s�w

'r;v s;w =

=X

v+w=N

1�v;w�N�1

26666666664vXr=1

Xj�j=v; j�j=r�t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cld

qd


�

26666666664wXs=1

Xj!j=w; j�j=s!t��t�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


ldq�1

�dYq0=1Cld

q0d

1CCCCCCCCCAD�(b)37777777775 :

Nota IV–A.8 En el caso n = 1, si D 2 HSk(R) es tal que D1 es un generador como

R{m�odulo de Derk(R), entonces dada otra D 2 HSk(R), existe un c 2 RNtal que

Di =iX

m=1

0BBBBBBBBB@X

l1+��+lm=ilq�1

mYq=1clq

1CCCCCCCCCADmy notaremos D = c ? D. Podemos considerar ? como una \nueva" ope-

raci�on, que juega un papel an�alogo a la estructura de R{m�odulo sobre


Derk(R).

La siguiente proposici�on generaliza el lema IV{A.1, al caso de

extensiones formalmente �etale.

Proposicion IV–A.9 Sea A dominio de integridad y consideremos las extensiones k0 � k � A,con k0 � k formalmente �etale. Entonces HSk0(A) = HSk(A).

Demostracion. Sea D 2 HSk0(A), veamos que Di(k) = 0 para todo i � 1:

Consideremos

k0i,! k f�! A 1A�! A

homomor�smos de anillos. Sea t una indeterminada sobre A. Conside-

remos los anillos

Am = A[t]=(tm+1) (m � 0) y A1 = A[[t]]:

Podemos considerar, de manera natural, a Am (m � 1) como una k{

�algebra, y en particular, como una k0{�algebra. Sabemos por el lema

I{D.2, que la aplicaci�on Et : A �! Am de�nida por

Et(x) =1Xi=0Di(x)t

i

es un homomor�smo de k0{�algebras que veri�ca

Et(x) � x (mod t):

Consideremos el siguiente diagrama

kf�! A =

A[t]

(t)

" i Et && ' " j

k0h�! Am+1 =

A[t]

(tm+2)


donde h, j son las aplicaciones naturales, y Et y ' dos levantamientos

que hacen conmutativos ambos diagramas siendo

Et : k �! Am+1de�nida por

Et(�) = � + D1(�)t + � � � + Dm+1(�)tm+1y ' la aplicaci�on natural. Al ser k0 � k formalmente �etale, sabemos

que el levantamiento es �unico y entonces, para todo � 2 k:'(�) = � = � + 0 � t + � � � + 0 � tm+1 = Et(�) =

= � + D1(�)t + � � � + Dm+1(�)tm+1:Por tanto

D1(�) = � � � = Dm+1(�) = 0:

Por �ultimo, podemos levantar f sucesivamente a k �! A[[t]] y setiene Di(k) = 0 para todo i � 1.

Veamos a continuaci�on el teorema que generaliza al teorema

IV{A.2 al caso de derivaciones de Hasse-Schmidt, cuya demostraci�on

sigue el esquema de la prueba dada en [Mat80] (teorema 99), pues la

extensi�on de las derivaciones de Hasse-Schmidt al completado es po-

sible gracias a que son I{continuas (v�eanse las proposiciones I{D.14 y

I{D.15). Sin embargo, mientras que en el citado teorema 99, las deri-

vaciones forman una base, en HSk0(R) �esto no es en principio posible.

No obstante, podemos expresarlas unas en funci�on de otras como se

ha visto en el teorema IV{A.6 y por tanto existe la posibilidad de usar

este hecho.

Teorema IV–A.10 Sea (R;m) anillo noetheriano, local, regular, de dimensi�on n, equicarac-

ter��stico de caracter��stica p > 0. Sean k0 un cuerpo de casi-coe�cientes

de R, bR el completado de R y k el cuerpo de coe�cientes de bR que


contiene a k0. Sea X1; : : : ; Xn un sistema regular de par�ametros de R y

por tanto, bR = k[[X1; : : : ; Xn]]. Sean �1; : : : ;�n 2 HSk(bR) las de�nidas enla proposici�on I{D.11. Entonces son equivalentes:

1. �ji(R) � R, para todo j = 1; : : : ; n, i � 0.

2. Existen D1; : : : ; Dn 2 HSk0(R) y a1; : : : ; an 2 R tales que

Dji(ak) =

8>><>>:0 i � 2; 8j1 i = 1; k = j

0 i = 1; k 6= j:

Demostracion.

1 =) 2: Trivial tomando Dj = �j y ak = Xk para k; j = 1; : : : ; n.

2 =) 1: Sean bD1; : : : ; bDn las extensiones de D1; : : : ; Dn a bR. Dado que

existen a1; : : : ; an 2 R tales que Dj1(ak) = �jk, se tiene que Derk0(R) es

un R{m�odulo libre de rango n de base fD11; : : : ; D

n1g y sus extensiones al

completado fbD11; : : : ;

bDn1g, forman una bR{base de Derk(bR) (ve�ase la nota

IV{A.3). Aplicando el teorema IV{A.6 a bR y bD1; : : : ; bDn 2 HSk(bR), sabemos

que existen unos �unicos fCjldgl2N (1 � j; d � n) elementos de bR tales que:

�ji =iX

m=1

Xj�j=i;j�j=m�d��d�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cjldqd

1CCCCCCCCCAbD�;

donde D� = D1�1 � � � � � Dn�n , para todo � 2 Nn yXld1+��+ld�d=�dldq�1

�dYq=1Cld

qd =

8<: 0 si �d = 0 < �d1 si �d = �d = 0:

Vamos a probar que los Cjld2 R para todo l � 1, d; j = 1; : : : ; n: Para l = 1,


se tiene que

�j1(ak) =nXs=1Cj1s

bDp1(ak):Por el teorema IV{A.2, �j

1(ak) 2 R y como

det(Dj1(ak)) = det(�jk) =2 m

es una unidad en R, deducimos que los Cj1d2 R para d; j = 1; : : : ; n.

Supongamos que para todo l < i, Cjl1; : : : ; Cdln 2 R, con i � 2.

Veamos si Cji1; : : : ; Cj

in2 R: Se tiene que

�ji(Xj) �

iXm=2

Xj�j=i;j�j=m�d��d�0

0BBBBBBBBB@nYd=1


�dYq=1Cjldqd

1CCCCCCCCCAbD�(Xj) =

=nXs=1CjisbDs1(Xj):

Dado que �ji(Xj) = 0 y aplicando hip�otesis de inducci�on se tiene que el

segundo t�ermino pertenece a R. Adem�as, como

bDs1 = nXr=1Ds1(Xr)

@

@Xr; s = 1; : : : ; n

y fbD11; : : : ;

bDn1g forman una bR{base de Derk(bR), la matriz (Ds1(Xr)) tiene

determinante inversible en bR, y por tanto en R (pues R � bR es �elmente

plana). Luego los Cjis2 R para todo i � 1; s; j = 1; : : : ; n. Entonces se

tiene que

�ji(R) � Rpara todo j = 1; : : : ; n y todo i � 1.


En �ultimo lugar, damos una generalizaci�on del corolario IV{A.5.

Teorema IV–A.11 Sea (R;m) anillo noetheriano, local, regular, de dimensi�on n, equicarac-

ter��stico de caracter��stica p > 0. Sea k0 un cuerpo de casi{coe�cientes

de R. Sean D1; : : : ; Dn 2 HSk0(R) tales que existen a1; : : : ; an 2 R veri�can-do que

Dji(ak) =

8>><>>:0 i � 2; 8j1 i = 1; k = j

0 i = 1; k 6= jSean bD1

; : : : ; bDn las extensiones de D1; : : : ; Dn a bR. Entoncesfa 2 bR j bDji(a) = 0 8j = 1; : : : ; n; i � 1g

es un cuerpo de coe�cientes de bR (y es el �unico que contiene al cuerpok0).

Demostracion. Sea bR el completado de R y k el �unico cuerpo de coe�-

cientes de bR que contiene a k0 (ver teorema 91 de [Mat80]). Sea fX1; : : : ; Xngun sistema regular de par�ametros de R, entonces bR = k[[X1; : : : ; Xn]].

Consideremos �1; : : : ;�n 2 HSk(bR) las de�nidas en la proposici�on I{

D.11. Entonces

k = fa 2 bR j �ji(a) = 0 j = 1; : : : ; n; i � 1g:Queremos probar

fa 2 bR j bDji(a) = 0 8j = 1; : : : ; n; i � 1g = k:Como D1

1; : : : ; Dn1 2 Derk0(R) y a1; : : : ; an 2 R tales que Dj

1(ak) = �jk, se

tiene que fbD11; : : : ;

bDn1g forman una bR{base de Derk(bR) (ver nota IV{A.3).

Aplicando el teorema IV{A.6 a bR y bD1; : : : ; bDn, sabemos que los �j

ise

pueden poner en funci�on de los bDji. Por tanto, donde se anulan los bDj

i,

se anulan los �ji, es decir

fa 2 bR j bDji(a) = 0 8j = 1; : : : ; n; i � 1g � k:


Por otro lado, como k0 es un cuerpo de casi{coe�cientes de R, k0 � kes una extensi�on formalmente �etale. Adem�as, los bDj

i(i � 1) se anulan

en los elementos de k0, puesto que son las extensiones de Dji. Luego

aplicando la proposici�on IV{A.9, se tiene que bDjise anulan en los ele-

mentos de k, y por tanto se veri�ca la otra inclusi�on.

Nota IV–A.12 En la situaci�on del teorema IV{A.10, se tiene claramente que

HS(R) \ HSk(bR) � HSk0(R);por lo que la conclusi�on de dicho teorema sigue siendo cierta si en (2)

suponemos tan solamente que

Dj 2 HS(R) \ HSk(bR):

CAP�ITULO V

Cuerpos de coe�cientes yextensi�on de escalaresk ! k(t)per.

En este cap��tulo damos una generalizaci�on del teorema 2:3 de

[Nar91], el teorema V{A.1, para el caso de caracter��stica positiva, que

ha sido la motivaci�on de la presente memoria.

V–A Cuerpos de coeficientes y extension de escalares k ! k(t)per.

A lo largo de esta secci�on, R ser�a el anillo de series formales en

n variables con coe�cientes en k, un cuerpo perfecto de caracter��stica

positiva.

Consideramos la extensi�on de k, k(1), y el anillo R(1) de�nidosen la secci�on III{A. Bajo estas condiciones, sabemos por el corolario

III{C.8, que R(1) es noetheriano. Usaremos la siguiente notaci�on: Si

D 2 HSk(R) es una k{derivaci�on de Hasse-Schmidt, notaremos tambi�en

130 Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.por D 2 HSk(1)(R(1)) a la derivaci�on de Hasse-Schmidt extendida. Si

m � R(1) es un ideal maximal, notaremos por Dmy bD

ma las correspon-

dientes derivaciones de Hasse-Schmidt extendidas a (R(1))m y (R(1))m,respectivamente. Al igual que en la secci�on III{A, notaremos tm = t

1pm .

Para cualquier Fp{�algebra B, notaremos por B] =\e�0Bp

e

(como en la

secci�on III{B).

El teorema que obtenemos para caracter��stica positiva es el si-

guiente (comp�arese con el teorema 2.3 de [Nar91]).

Teorema V–A.1 Sean k un cuerpo perfecto de caracter��stica positiva, R = k[[X1; : : : ; Xn]] y

consideremos el anillo R(1). Para cada j = 1; : : : ; n, sean las derivaciones

de Hasse-Schmidt �j = (1R;�j1;�j

2; : : : ) 2 HSk(R), de�nidas en 9 de I{

D.11. Si m � R(1) es un ideal maximal, entonces

fa 2 (R(1))m j (�ji)m(a) = 0 8j = 1; : : : ; n; 8i � 1ges un cuerpo de coe�cientes de (R(1))m.

Demostracion. La dividiremos en dos partes: reducci�on al caso n = 1 y

tratamiento de �este.

Paso 1: la reducci�on. Sean m 2 (R(1)), P = m \ R[1], m(m) =

m \ R(m), P[m] = P \ R[m] = m(m) \ R[m]. Sabemos que los ideales m(m) son

maximales y ht(m(m)) = ht(m) para todom � 0. Sea p = m\R = P\R idealprimo de R. Por la nota (1.8) de [Nar91], existen dos posibilidades para

la altura de p:

(i) ht(p) = n, es decir, el ideal p es maximal, as�� que p = (X1; : : : ; Xn).

Entonces m = pe, y por consiguiente k(1) es un cuerpo de coe�-

cientes de (R(1))m (y por tanto de su completaci�on).

(ii) ht(p) = n � 1.Luego s�olo consideraremos el segundo caso. Aplicamos el lema de

Cap��tulo V: Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per. 131

normalizaci�on (II{A.6) a R = k[[X1; : : : ; Xn]], p, siendo dim(R=p) = 1. En-

tonces existe X1 2 R (donde por comodidad seguimos llamando igual

a la nueva variable) tal que

p \ k[[X1]] = (0),

la extensi�on k[[X1]] ,! R=p es entera, y como R=p es �nitamen-

te generado sobre k[[X1]], entonces R=p es un k[[X1]]{m�odulo

�nito,

la extensi�on k((X1)) ,! Qt(R=p) es �nita separable.Sea K = R(1)=m. Entonces K coincide con el cuerpo cociente de R[1]=P,puesto que R(1) es una localizaci�on de R[1]. A partir de ahora, notare-

mos A = R=p y sean P =P

pR[1]2 Spec(A[1]) con ht(P) = 1 y A[1] =

R[1]pR[1]

,

A[m] =R[m]pR[m]

. Adem�as, para cada m � 0,

A =R

p

. &R

p[tm]

'm! R[tm]

P[m]tm ! tm

las aplicaciones '[m] as�� de�nidas son sobreyectivas, y por tanto el

l��mite inductivo de todas ellas, ',

' : A[1] ! R[1]P:

Sean R0 = k[[X1]], m0 = m \ R0(1), P0 = P \ R0[1] = m0 \ R0[1] siendom0 \ R0 = (0) y por tanto P0 \ R0 = (0). Veamos que m0 es maximal y para

132 Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.ello consideremos el siguiente diagrama conmutativo de inclusiones:

R0[t]=P0[0]% &

R0 R[t]=P[0]& %

A = R=p

Las inclusiones inferiores son algebraicas por el lema de normaliza-

ci�on y por I{A.1, luego las superiores tambi�en. En particular R0[t]=P0[0]es algebraico sobre R0, lo que implica que P0[0] 6= 0, m0(0) 6= 0 y entonces

m0 6= 0. Por lo tanto m0 es maximal, pues dim(R0) = 1.

Veamos ahora que la inclusi�on

(R0(1))m0 � (R(1))m;induce una extensi�on algebraica separable entre sus cuerpos residua-

les, pero primero veamos lo que ocurre en los cuerpos intermedios.

Sean L0 = Qt(R0) = k((X1)) y L = Qt(R=p), entonces se tiene el siguiente

diagrama de extensiones:

L0 = Qt(R0) � Qt

0@R0[0]P0[0]

1A = L0[t]

\ \L = Qt(A) � Qt

R[0]P[0]

!= L[t]

De estas extensiones sabemos lo siguiente:

Por el lema de normalizaci�on sabemos que la extensi�on L0 � Les �nita y separable, luego podemos suponer por el teorema

del elemento primitivo que L = L0(e) donde e veri�ca un cierto

f(X) 2 L0[X] con f0(X) 6= 0;

sabemos, por I{A.1, que la extensi�on A � R[0]P[0]

es algebraica

�nita generada por t (o sea, t mod P[0]), luego L � Qt R[0]P[0]

!es


�nita y por tanto podemos suponer Qt

R[0]P[0]

!= L[t];

como las extensiones L0 � L y L � L[t] son �nitas, se tiene

que L0 � Qt0@R0[0]P0[0]

1A tambi�en es �nita, luego podemos suponer

Qt

0@R0[0]P0[0]

1A = L0[t];

as�� que L = L0(e), donde e veri�ca un cierto polinomio f(X) 2 L0[X] sepa-rable; adem�as L[t] = L0(e)[t] siendo t trascendente. Por tanto e veri�catambi�en un cierto g(X) 2 L0[t][X] que ser�a un divisor de f(X) y por tanto

tambi�en separable. As�� que la extensi�on L0[t] � L[t] = L0(e)[t], adem�as

de ser �nita es separable.

Todo lo anterior tambi�en es cierto si se sustituye 0 por m para

todo m � 0, es decir, para todo m � 0 las extensiones

R0(m)m0(m)

� R(m)m(m)

son �nitas separables, por tanto la extensi�on

K0 = Qt0@R0[1]P0

1A =R0(1)m0� R(1)

m= Qt

R[1]P

!= K

es algebraica, por ser uni�on creciente de extensiones �nitas. Adem�as,

dicha extensi�on es separable: cualquier � 2 K veri�ca un cierto poli-

nomio m��nimo f con coe�cientes en K0 (por ser algebraica), pero

K =[m�0

R(m)m(m)

;

luego existir�a un m � 0 tal que � 2 R(m)m(m)

y por tanto veri�ca otro po-

linomio g con coe�cientes enR0(m)m0(m)

, que es separable. Luego f ser�a un

divisor de g y por tanto separable.

134 Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.Supongamos el teorema probado para n = 1, entonces

K00 = fa 2 (R0(1))m0 j (�1i)m0(a) = 0 8i � 1g;

es un cuerpo de coe�cientes de (R0(1))m0 , (K

00 e!K0). Ahora bien, K00 es un

subcuerpo de (R(1))m mediante (R0(1))m0 ! (R(1))m, y evidentemente para

todo a 2 K00(�ji)m(a) = 0 8j = 1; : : : ; n; 8i � 1:

Adem�as, es un cuerpo de casi{coe�cientes de (R(1))m, porque K es una

extensi�on algebraica separable de K0 = K00.

Por el teorema IV{A.11 sabemos que

fa 2 (R(1))m j (�ji)m(a) = 0 8j = 1; : : : ; n; 8i � 1ges un cuerpo de coe�cientes de (R(1))m.

Paso 2: el caso n=1. Sea ahora R = k[[X]] y m un ideal maximal

de R(1). Notemos P = m \ R[1], m(m) = m \ R(m) y P[m] = P \ R[m] = m \ R[m].Sabemos que

ht(m) = ht(m(m)) = ht(P[m]) = ht(P) = 1:

Al igual que en el paso 1, nos centraremos en el caso m \ R = (0) (y

por tanto P \ R = (0)). Cada R[m] = R[tm] es un dominio de factorizaci�on

�unica y P[m] es un ideal primo de R[m] de altura 1. Por tanto, P[m] est�a

generado por un polinomio irreducible en k[[X]][tm], Fm(tm), de grado

mayor o igual que 1 (ya que P\R = (0)). El polinomio Fm(tm) tiene alg�un

coe�ciente no constante porque P[m] \ k[tm] = (0) (ya que R(m) = S�1m R[m]

con Sm = k[tm]). Adem�as, al menos uno de sus coe�cientes debe ser

una unidad debido a la irreducibilidad (pues si no, sacar��amos factor

com�un la X), y podemos suponer que es 1 (dividiendo por la unidad

en k[[X]][tm]).

Dado que R(1) y cada R(m) son localizaciones de R[1] y R[m] res-pectivamente, se tiene que los cuerpos residuales K (resp. Km) de R(1)


(resp. de R(m)) sobre m (resp. sobre m(m)), coinciden con los cuerpos

residuales de R[1] (resp. de R[m]) sobre P (resp. sobre P[m]):

K =R(1)m

= Qt

R[1]P

!=Qt(R)[1]Pe

y Km =R(m)m(m)

= Qt

R[m]P[m]

!=Qt(R)[m]Pe[m]

:

Si llamamos L = Qt(R) = k((X)), se veri�ca que

L] = (k((X)))] = k

(donde L] =\e�0Lp

e

). Luego L] es algebraico sobre k. Por tanto, aplican-

do la proposici�on III{C.4 a R, L y P ideal primo de R[1] con P\k[t] = (0) y

P\R = (0) (pues m\R = (0)), existem0 � 0 tal que P es el ideal extendidode P[m0] = (Fm0(tm0)) en R[1]. Notemos � = Fm0(tm0), luego P es el ideal

generado por � en R[1] y por tanto m es el ideal generado por � en R(1).Adem�as, para todo j � 1

P[m0+j] = (P[m0])e y Fm0+j(tm0+j) = Fm0(tm0) = Fm0(t

pj

m0+j):

M�as a�un, no todos los coe�cientes de

� = Fm0(tm0) = adtdm0 + � � � + a0

pueden ser potencias p{�esimas. En caso contrario, es decir, ai = (bi)p,

el ideal extendido de P[m0] en K[tm0+1] es el generado por el polinomio

G = bdtdm0+1 + � � � + b0:

Luego los correspondientes ideales extendidos a R[1], (Fm0)�R[1] y (G)�R[1], son distintos, puesto que el grado en tm0 de Fm0 ser��a d y el de G

ser��a pd lo que se contradice con

P = (P[m0])e = (P[m0+1])

e = � � � :

Para cada m tenemos

R ! Qt(R)[tm] R[m]# # �m #R[m]P[m]

,! R(m)m(m)

R(m)

136 Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.donde �m es sobreyectiva (ya que m(m) \ R = 0), y Ker(�m) = (Fm(tm))

(puesto que Fm(tm) es irreducible en R[tm] y por tanto en Qt(R)[tm], y al

ser el n�ucleo un ideal principal). Tomando l��mite inductivo de los �m,

obtenemos un homomor�smo �1, tambi�en sobreyectivo,

Qt(R)[1]�1! R(1)

m;

que factoriza

Qt(R)[1]�1! R(1)

m

" "R[1] ! R(1)

y debido a la estabilidad de los Fm(tm),

Ker(�1) = (Fm0(tm0)) = (�):

El k{homomor�smo

k(1) ,! K =[m�0

Km =[m�0

k((X))[�m]

env��a cada tm en �m, donde �m � tm (mod P[m]) y el polinomio m��nimo

que veri�ca �m sobre k((X)) es Fm(tm) para todo m � 0. Adem�as la

extensi�on de cuerpos k(1) � K es separable, puesto que k(1) es perfecto(es el cierre perfecto de k(t)).

El anillo (R(1))m es noetheriano, local regular, completo, de di-

mensi�on 1. Por el teorema de estructura de Cohen, debe existir un

k(1){isomor�smo

' : (R(1))m�! K[[s]]

que env��a el par�ametro regular � en s, y que induce un isomor�smo

entre los cuerpos residuales:

'(�) = '(ad(X)tdm0

+ � � � + a0(X)) = s

'(tm) = �m'(X) = X + � con � 2 (s):


A partir de ahora, notaremos por

�X = (1;�X1;�X2; : : : ) 2 HSK(K[[X]])

la derivaci�on de Hasse-Schmidt de�nida en I{D.11. Supongamos que

el homor�smo ' veri�ca:

'(b(X)) = b(X + �) � k[[X; �]] � K[[�]]; ((V{A.1))

para todo b 2 R = k[[X]]. Entonces

s = '(�) = '(dXk=0ak(X)t

km0) =

dXk=0'(ak(X))�

km0 =

dXk=0ak(X + �)�

km0

(I��D:11)=

=dXk=0

(1Xi=0

�Xi (ak(X))�i)�km0 =

1Xi�1(dXk=0

�Xi (ak(X))�km0)�

i 2 K[[�]]:

Por tanto � debe ser de orden 1 en s, luego K[[�]] = K[[s]] y � se puede

considerar una variable. Notemos

�� = (1;��1;��2; : : : ) 2 HSK(K[[�]]) = HSK(K[[s]]):

Veamos que ��iresultan ser las extensiones de �Xi , mediante ', a K[[s]]

y por tanto

'�1(K) = fa 2 (R(1))m j �Xi (a) = 0; 8iges un cuerpo de coe�cientes de (R(1))m: dada a(X) 2 k[[X]], (recu�erdesec�omo se hab��an de�nido los �Xn en I{D.11),

a(X + Y) =1Xk=0

�Xk(a(X))Yk

siendo Y otra indeterminada). Consideremos el siguiente diagrama

k[[X]]'! k[[X; �]] � K[[�]] = K[[s]]

X ! X + �

i0 # i # \k[[X; Y]]

'! k[[X; �; Y]] � K[[�; Y]]

X ! X + �

Y ! Y

138 Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.que veri�ca

i �'(X) = i(X + �) = X + � + Y;y por otro lado

' � i0(X) = '(X + Y) = '(X) +'(Y) = X + � + Y;as�� que

i �' = ' � i0:Luego

a(X + Y) =1Xk=0

�Xk(a(X))Yk '! a(X + � + Y) = 1X

k=0(��k(a(X + �))Yk:

Por tanto

'(�Xn(a(X))) = ��n(a(X + �));

y por otro lado

��n('(a(X))) = ��n(a(X + �)) = ��n(b(�));

siendo b(�) = a(X + �) = '(a(X)), y

b(� + Y) = a(X + � + Y) =1Xk=0

(��k(a(X + �)))Yk:

Luego

��i (b(�)) = ��i (a(X + �)):

De donde se concluye

'(�Xn(a(X))) = ��n(a(X + �)) = ��n(b(�)) = ��n('(a(X)))

para toda a(X) 2 k[[X]]. Adem�as �Xn se extienden de manera �unica a R[1],pues �Xn(tm) = 0 y ��n(�m) = 0. Tambi�en se extienden a R(1) porque es

una localizaci�on de R[1] y a (R(1))m, puesto que '�1((s)) = (Fm0(tm0)). Por

�ultimo, tambi�en se extienden al completado, al ser las aplicaciones �XnI{continuas para la topolog��a I{�adica.


Construyamos ahora un homomor�smo ' que cumpla (V{A.1)

encontrando primero '(X), para lo que necesitamos el siguiente lema,

que es una generalizaci�on del lema (2.3.3) de [Nar91].

Lema V–A.2 Existe un �unico � 2 K[[s]] tal que �(0) = 0, de orden 1 tal que

ad(X + �)�dm0 + � � � + a0(X + �) = s:1

Demostracion. El lema es una consecuencia del teorema de la funci�on

impl��cita. Sea G(s; �) = ad(X+�)�dm0

+� � �+a0(X+�)� s 2 K[[s; �]]. Dadoque

G(0; 0) = ad(X)�dm0 + � � � + a0(X) = Fm0(�m0) = 0;

si probamos que @G

@�

!js=�=0= a0d(X)�dm0 + � � � + a00(X) 6= 0 en K;

aplicando el teorema de la funci�on impl��cita, se tiene el resultado. Su-

pongamos lo contrario, entonces

a0d(X)tdm0 + � � � + a00(X)

debe ser un m�ultiplo de Fm0(tm0) en k((X))[tm0]. Luego para todo k =

0; 1; : : : ; d

a0k(X) = �(X)ak(X) con �(X) 2 k((X));como sabemos que alg�un ak es 1, para ese k se tiene que 0 = �(X)�1, yentonces �(X) = 0. Por tanto, para todo k = 0; 1; : : : ; d, a0k(X) = 0 y como

estamos en caracter��stica p > 0,

ak(X) = bk(Xp) = (como k es perfecto) = (bk(X))

p con bk(X) 2 k[[X]]:1N�otese que K =

k((X))[1](Fm0 (tm0 ))

=[m�0

Km =[m�0

(k((X))[�m]) y ak(X + �) 2 k[[X; �]] � K[[�]] =K[[s]] para k = 0; 1; : : : ; d.

140 Cuerpos de coe�cientes y extensi�on de escalares k ! k(t)per.As�� que

Fm0(tm0) = (bd(X))ptdm0 + � � � + (b0(X))p;

lo que es una contradicci�on, puesto que sabemos que no todos sus

coe�cientes pueden ser potencias p{�esimas.

Continuemos con la prueba del teorema V{A.1. Sea � 2 K[[s]]como en el lema V{A.2; entonces � tiene orden 1 en s porque

@�

@s

!(0) =

" @G

@�

!(0; 0)

#�16= 0:

Consideremos el k{homomor�smo

' : R = k[[X]] ! k[[X; �]] � K[[�]] = K[[s]]tal que '(X) = X + �; podemos extender ' a R(1) haciendo '(tm) =

�m 2 Km � K. As�� tenemos un k(1){homomor�smo ' : R(1) ! K[[s]] quesatisface la ecuaci�on (V{A.1) (por construcci�on), y que env��a

� = Fm0(tm0) = ad(X)tdm0 + � � � + a0(X)

en el elemento

ad(X + �)�dm0 + � � � + a0(X + �) = s:

Por lo tanto, la contracci�on del ideal maximal (s) mediante' es m = (�),

lo que nos permite extender ' a un k(1){homomor�smo local que tam-

bi�en denotamos por ' : (R(1))m ! K[[s]]. Tal ' induce un isomor�smo

entre los cuerpos residuales, que env��a el par�ametro regular Fm0(tm0)

sobre s. Por regularidad gr(') es un isomor�smo, y dado que ambos

anillos son completos, tenemos que ' : R(1)m ! K[[s]] es un k(1){isomor�smo que veri�ca la ecuaci�on (V{A.1).

Con �esto se concluye la demostraci�on del teorema V{A.1.

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