2 CHRISTIAN VALQUI

El objetivo de este minicurso es presentar las nociones basicasde las construcciones llevadas a cabo por el autor conjuntamentecon J.A. Guccione y J.J. Guccione. El caso mas estudiado co-rresponde al producto tensorial k[x] ⊗ k[y], que en la dualidadmencionada anteriormente corresponde a un plano. En nuestrocaso este plano ya no es un objeto conmutativo, es un ”planono-conmutativo” o un ”Plano Torcido”. Nosotros vamos a ca-racterizar estos planos torcidos a traves de un cierto morfismode torcimiento llamado ”Twisting map” o twist.

La definicion usual de la multiplicacion en el producto tenso-rial de dos algebras A⊗B es la siguiente:

(a1 ⊗ b1) · (a2 ⊗ b2) = a1 · a2 ⊗ b1 · b2.

Si ahora vemos el morfismo de multiplicacion como una apli-cacion desde el producto tensorial hacia el algebra µA : A⊗A→A, la definicion anterior nos da:

µA⊗B = (µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ σ ⊗ IdB),

donde σ : B⊗A→ A⊗B es el flip, que simplemente intercam-bia los factores. Las preguntas que se plantean ahora son: ¿Sepodra reemplazar el flip por algun otro morfismo lineal y obteneraun una estructura de algebra asociativa en el producto tenso-rial? ¿Que condiciones deberıa cumplir este otro morfismo? Laprimera respuesta es afirmativa. En este curso analizaremos losmorfismos de torcimiento (twists) s : B ⊗ A → A ⊗ B que de-finen una estructura de algebra asociativa en A ⊗ B a travesdel morfismo de multiplicacion µs : A ⊗ B ⊗ A ⊗ B → A ⊗ Bdefinido por

µs = (µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB).

Vamos a llamar A⊗s B al algebra ası obtenida.Primero daremos condiciones muy generales que deben cumplir

PLANOS TORCIDOS 3

los twists. En algunos casos podemos dar una clasificacion com-pleta de estos twists, y en general obtenemos nuevas familiasque dan muchos ejemplos de algebras no conmutativas.

2. Condiciones generales para twists

Vamos a derivar condiciones generales para los twists, par-tiendo de la asociatividad que debe tener el algebra A ⊗s By de que las inclusiones ιA : A ↪→ A ⊗s B, a 7→ a ⊗ 1 yιB : B ↪→ A⊗s B, b 7→ 1⊗ b sean morfismos de algebras.

Proposicion 2.1. Para que µs sea asociativo y las inclusionesιA y ιB sean morfismos de algebras es suficiente y necesario ques cumpla las siguientes condiciones:

(a) s(1⊗ a) = a⊗ 1,(b) s(b⊗ 1) = 1⊗ b,(c) s ◦ (IdB ⊗ µA) = (µA ⊗ IdB) ��������(IdA ⊗ s) ��������(s⊗ IdA),(d) s ◦ (µB ⊗ IdA) = (IdA ⊗ µB) ��������(s⊗ IdB) ��������(IdB ⊗ s),

para todo a ∈ A y b ∈ B.

Demostracion: Supongamos primero que µs es asociativo y lasinclusiones ιA y ιB son morfismos de algebras. Entonces

a⊗ 1 = ιA(1A · a)

= ιA(1A) · ιA(a)

= µA ⊗ µB(1A ⊗ s(1B ⊗ a)⊗ 1B)

= s(1B ⊗ a),

similarmente se prueba (b). Veamos ahora que se cumple (c).Para esto evaluemos

ιB(b)(ιA(a)ιA(a′)

)=(ιB(b)ιA(a)

)ιA(a′)

4 CHRISTIAN VALQUI

de las dos distintas maneras. Por un lado tenemos

ιB(b)(ιA(a)ιA(a′)

)= (1A ⊗ b)(aa′ ⊗ 1B)

= s(b⊗ aa′)= s ◦ (IdB ⊗ µA)(b⊗ a⊗ a′).

Por otro lado se tiene(ιB(b)ιA(a)

)ιA(a′) = s(b⊗ a) · (a′ ⊗ 1B)

=(µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB) ◦ (s⊗ IdA ⊗ IdB)(x⊗ 1B)

=(µA ⊗ µB)((

(IdA ⊗ s) ◦ (s⊗ IdA))(x)⊗ 1B

)=(µA ⊗ IdB) ��������(IdA ⊗ s) ��������(s⊗ IdA)(x),

donde x = b⊗ a⊗ a′. Similarmente, evaluando

ιB(b)(ιB(b′)ιA(a)

)=(ιB(b)ιB(b′)

)ιA(a),

se obtiene (d).Ahora supongamos que se cumplen (a),(b),(c) y (d). La asocia-tividad significa µs ◦ (µs⊗ IdA⊗B) = µs ◦ (IdA⊗B⊗µs). Veremosque ambos lados son iguales a

(µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ µA ⊗ µB ⊗ IdB)(2.1)

◦ (IdA ⊗ IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ s⊗ IdB).

Por un lado tenemos

µs ◦ (µs ⊗ IdA⊗B) =

=(µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB)

◦ [((µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB)

)⊗ IdA ⊗ IdB]

PLANOS TORCIDOS 5

=(µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB) ◦ (µA ⊗ µB ⊗ IdA ⊗ IdB)

◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdA ⊗ IdB)

=(µA ⊗ µB) ◦ (IdA ◦ µA ⊗ [s ◦ (µB ⊗ IdA)]⊗ IdB ◦ IdB)

◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdA ⊗ IdB)

=(µA ⊗ µB) ◦ (µA ⊗ [s ◦ (µB ⊗ IdA)]⊗ IdB)

◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdA ⊗ IdB)

=(µA ⊗ µB) ◦ (µA ⊗ [(IdA ⊗ µB) ��������(s⊗ IdB) ��������(IdB ⊗ s)]⊗ IdB)

◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdA ⊗ IdB)

=[(µA ⊗ µB) ◦ (µA ⊗ IdA ⊗ µB ⊗ IdB)]

◦ (IdA ⊗ IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdB)

◦ (IdA ⊗ IdA ⊗ IdB ⊗ s⊗ IdB)

◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdA ⊗ IdB),

donde la penultima igualdad se obtiene usando (d), y la ultimausando que

µA = µA ◦ (IdA ⊗ IdA) ◦ (IdA ⊗ IdA).

La ultima expresion es igual a (2.1), pues

(IdA ⊗ IdA ⊗ IdB ⊗ s⊗ IdB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB ⊗ IdA ⊗ IdB)

= [(IdA ⊗ IdA ⊗ IdB) ◦ (IdA ⊗ s)]⊗ [(s⊗ IdB) ◦ (IdB ⊗ IdA ⊗ IdB)]

= IdA ⊗ s⊗ s⊗ IdB,

6 CHRISTIAN VALQUI

y por la asociatividad de la multiplicacion en A se tiene

(µA ⊗ µB) ◦ (µA ⊗ IdA ⊗ µB ⊗ IdB)

= [µA ◦ (µA ⊗ IdA)]⊗ [µB ◦ (µB ⊗ IdB)]

= [µA ◦ (IdA ⊗ µA)]⊗ [µB ◦ (µB ⊗ IdB)]

= (µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ µA ⊗ µB ⊗ IdB).

Similarmente, usando la asociatividad en B y el ıtem (c), seobtiene que

µs ◦ (IdA⊗B ⊗ µs)=(µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB)

◦ [IdA ⊗ IdB ⊗((µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB)

)]

es igual a (2.1).

Ahora notamos que 1A ⊗ 1B es el elemento neutro de la mul-tiplicacion y que (a) y (b) implican que las inclusiones ιA y ιBson homomorfismos de algebras unitales. �

Comentario 2.2. Para manejar este tipo de pruebas engorrosasconviene trabajar en diagramas, donde los morfimos paralelos ala misma altura son factores en algun morfismo producto tenso-rial y las composiciones van bajando nivel a nivel en el grafico.Por ejemplo la igualdad (c)

s ◦ (IdB ⊗ µA) = (µA ⊗ IdB) ��������(IdA ⊗ s) ��������(s⊗ IdA),

PLANOS TORCIDOS 7

se verıa ası:B A A

����

@@@@@

� �

A B

=

B A A

� �����

@@@

@@@@

����

A B

y la igualdad (d)

s ◦ (µB ⊗ IdA) = (IdA ⊗ µB) ��������(s⊗ IdB) ��������(IdB ⊗ s)se verıa ası:

@@@@

�����

� �=

� �@@@@

�������

@@@@

.Usando esta representacion grafica se puede describir ahora

µs = (µA ⊗ µB) ◦ (IdA ⊗ s⊗ IdB) como � � � �����

@@

@@

.

Ahora se puede seguir mas facilmente la prueba desde

µs ◦ (µs ⊗ IdA⊗B)

8 CHRISTIAN VALQUI

que se grafica ası:

� �

� � � �

� �

����

@@

@@

�����

@@

@@@

,hasta

(µA⊗µB)◦(IdA⊗µA⊗µB⊗IdB)◦(IdA⊗IdA⊗s⊗IdB⊗IdB)◦(IdA⊗s⊗s⊗IdB),

que corresponde al grafico

� �� � � �

� �

����

@@@@

����

@@@@

����

@@@@

.

El producto tensorial torcido A ⊗s B tiene la siguiente pro-piedad universal: Dados morfismos de algebras f : A → C yg : B → C tales que

µC ��������(g ⊗ f) = µC ��������(f ⊗ g) ��������s,

PLANOS TORCIDOS 9

entonces existe un unico morfismo de algebras h : A ⊗s B → Cque satisface

f = h ��������iA and g = h ��������iB.En efecto, es facil verificar que h = µC ��������(f ⊗ g).

Los twists son objetos de una categorıa. Sean s : B ⊗ A →A⊗ B y t : D ⊗ C → C ⊗D twists. Un morfismo (f, g) : s→ tes un par de morfismos de algebras f : A → C y g : B → D talque

t ��������(g ⊗ f) = (f ⊗ g) ��������s.La composicion es la evidente. Dos twists s, t : B ⊗ A → A ⊗B se llaman equivalentes si son isomorfos. Esto es, si existenautomorfismos f : A → A y g : B → B tales que t = (f−1 ⊗g−1) ��������s ��������(g ⊗ f).

El siguiente resultado es util para verificar si una cierta apli-cacion s : B ⊗ A → A ⊗ B es un twist o no, y sera usadoimplıcitamente a lo largo de este trabajo.

Proposicion 2.3. Sea s : B ⊗ A → A ⊗ B una aplicacion quesatisface (a), (b) y (c). Si (bi)i∈I genera B como algebra y

s(bi ⊗ aa′) = (µA ⊗B) ��������(A⊗ s) ��������(s⊗ A)(bi ⊗ a⊗ a′)para todo a, a′ ∈ A y cada ındice i, entonces s es un twist.

3. Extensiones polinomiales

Ahora veamos el caso en que el algebra B sea k[y], el algebrade polinomios sobre y. En este caso todo morfismo lineal s :k[y] ⊗ A → A ⊗ k[y] esta determinado por los morfismos γij :A→ A definidos por la ecuacion

(3.2) s(yr ⊗ a) =∑j≥0

γrj (a)⊗ yj.

Entonces las condiciones se escriben de la siguiente manera:

10 CHRISTIAN VALQUI

Proposicion 3.1. Un conjunto de aplicaciones γij : A → Adefine un twist vıa (3.2) si y solamente si cumple las siguientespropiedades:

(a) γ0j = δj0 id.

(b) γij(1) = δij.(c) Para todo r, j tenemos

γrj (ab) =∑k≥0

γrk(a)γkj (b).

(d) Para todo 0 ≤ k ≤ r, tenemos

γrj =

j∑l=0

γkl��������γr−kj−l .

(e) Para cada a y r fijos existe un N = N(a, r) tal queγrj (a) = 0 para j > N(a, r).

Demostracion. Es claro que (a) y (b) corresponden a los mismositems en la proposicion (2.1). Tambien se puede calcular direc-tamente que lo mismo vale para (c) y para (d). Finalmente hayque notar que (e) vale si y solamente si la ecuacion (3.2) defineuna aplicacion s : k[y]⊗ A→ A⊗ k[y]. �

Dada una familia de aplicaciones (αj : A → A)j≥0 e ındicesn1, . . . , nr ≥ 0, ponemos |n1, . . . , nr| = n1 + · · ·+ nr y αn1...nr =αn1�������� · · · ��������αnr . Mas aun escribimos

γ(0)j = δ0j id and γ

(r)j =

∑|n1,...,nr|=j

αn1...nr for r > 0,

donde δ0j denota el sımbolo de Kronecker. Notemos que γ(1)j =

αj.

PLANOS TORCIDOS 11

Corolario 3.2. Sea A un algebra y s : k[Y ]⊗A→ A⊗ k[Y ] untwist. La ecuacion

s(Y ⊗ a) =∞∑j=0

αj(a)⊗ Y j,

define una familia de aplicaciones αj : A→ A, que satisface:

(1) Para cada a ∈ A existe j0 ≥ 0, tal que αj(a) = 0 cuandoj > j0.

(2) αj(1) = δj1.

(3) Para todo j ≥ 0 y todo a, b ∈ A,

(3.3) αj(ab) =∞∑r=0

αr(a)γ(r)j (b).

Mas aun,

(3.4) s(Y r ⊗ a) =∞∑j=0

γ(r)j (a)⊗ Y j

para todo r ≥ 0 y a ∈ A. Por otro lado, dadas aplicacionesαj : A → A (j ≥ 0) satisfaciendo (1)–(3), la formula (3.4) de-fine un twist.

Demostracion. Sigue directamente de la proposicion. �

Comentario 3.3. Si s : k[Y ]⊗A→ A⊗k[Y ] es un twist, entoncesker(α0) es un subalgebra de A. Mas aun,

• Si α0 = 0, entonces α1 es un endomorfismo de algebras.

• Sea ν > 1. Si α0 = 0 y αj = 0 para 1 < j < ν, entonces

αν(ab) = α1(a)αν(b) + αν(a)αν1(b).

12 CHRISTIAN VALQUI

Ejemplo 3.4. Si α : A→ A es un endomorfismo de algebras yδ : A→ A es una α-derivacion (esto es δ(ab) = δ(a)b+α(a)δ(b)),entonces existe un unico twist s : k[Y ]⊗ A→ A⊗ k[Y ] tal que

s(Y ⊗ a) = α(a)⊗ Y + δ(a)⊗ 1 para todo a ∈ A.

Este ejemplo corresponde al caso clasico de extensiones de Ore.

Ejemplo 3.5. En el caso particular en que A = k[x], α0 = 0 yα1(x) = qx se obtiene un algebra relacionada con el algebra derotacion irracional por el angulo Θ con exp(iπΘ) = q.Si α1 = Id y α0(x) = 1 obtenemos el algebra de Weyl.

Ejemplo 3.6. Sea A = k[t]/〈t2〉. Consideremos la familia deaplicaciones (αj : A→ A)j≥0, definidos por

α0 = 0, α1 = id, α2(λ+ µt) = µt and αj = 0 for j > 2.

La formula s(Y ⊗ a) = α1(a)⊗ Y + α2(a)⊗ Y 2 define un twist.

La condicion de convergencia (γij(a) = 0 para j > N(a, i))puede ser modificada, si en vez de k[y] tomamos alguna com-pletacion, por ejemplo las series formales de potencia k[[y]], ola completacion como C*-algebra viendo los elementos de k[y]como operadores de multiplicacion en un espacio de Hilbert conbase {yk}. Sin embargo en este trabajo no vamos a entrar endetalles en ese aspecto. Mas aun, vamos a tener los resultadosmas importantes en el caso en que B = k[y]/〈yn〉.

En ese caso tambien se tiene morfismos lineales γij, para j =

0, . . . , n − 1, y para i ≥ n se tiene γij = 0. En particular, si se

tiene un twist de A⊗ k[y] para el cual γij = 0 si i ≥ n, entonces

los γij definen un twist de A⊗ k[y]/〈yn〉.

PLANOS TORCIDOS 13

4. Extensiones polinomiales truncadas

Sea A una k-algebra, C = k[y]/〈yn〉 y s : C⊗A→ A⊗C unaaplicacion k-lineal. Las ecuaciones

s(yr ⊗ a) =n−1∑j=0

γrj (a)⊗ yj

define aplicaciones γrj : A → A para 0 ≤ j, r < n. Mas aun,ponemos γrj = 0 si r ≥ n si 0 ≤ j < n. Notemos que los γrj ’sestan definidos para r ≥ 0 y 0 ≤ j < n.

Proposicion 4.1. Las siguientes condiciones son equivalentes:

(1) La aplicacion s es un twist.(2) (a) γ0

j = δj0 id.(b) γrj (1) = δjr.(c) Para 0 ≤ j < n y 0 < r < n, tenemos

γrj (ab) =n−1∑k=0

γrk(a)γkj (b). (Ley del producto)

(d) Para todo 0 < k < r, tenemos

γrj =

j∑l=0

γkl��������γr−kj−l . (Ley de composicion)

(3) (a) γ0j = δj0 id.

(b) γrj (1) = δjr.(c) Para todo j tenemos

γ1j (ab) =

n−1∑k=0

γ1k(a)γkj (b).

(d) Para todo r > 1, tenemos

γrj =

j∑l=0

γ1l��������γr−1j−l .

14 CHRISTIAN VALQUI

Demostracion. (1) ⇔ (2) Sabemos que s es un twist si y sola-mente si

(a’) s(1⊗ a) = a⊗ 1,(b’) s(yr ⊗ 1) = 1⊗ yr,(c’) s(yr ⊗ ab) = (µA ⊗ C) ��������(A⊗ s) ��������(s⊗ A)(yr ⊗ a⊗ b),(d’) s(yryt ⊗ a) = (A⊗ µC) ��������(s⊗ C) ��������(C ⊗ s)(yr ⊗ yt ⊗ a),

para todo r, t < n y a, b ∈ A. Pero un calculo directo muestraque (a’) ⇔ (2)(a), (b’) ⇔ (2)(b), (c’) ⇔ (2)(c) y (d’) ⇔ (2)(d).

(2) ⇒ (3) Esto es trivial.

(3) ⇒ (2) Para k = 1 y r > 1 la condicion (2)(d) coincide con(3)(d). Suponemos que (2)(d) es valida para k y todo r > k, yla probaremos para k + 1 y todo r > k + 1. Fijemos r > k + 1.Entonces

γrj =

j∑h=0

γ1h��������γr−1j−h por (3)(d)

=

j∑h=0

j−h∑u=0

γ1h��������γku ��������γr−k−1

j−h−u por hipotesis inductiva

=

j∑h=0

j∑l=h

γ1h��������γkl−h ��������γr−k−1

j−l poniendo l := u+ h

=

j∑l=0

l∑h=0

γ1h��������γkl−h ��������γr−k−1

j−l

=

j∑l=0

γk+1l��������γr−k−1j−l . por (3)(d)

Ası (2)(d) se cumple. Finalmente probemos (2)(c). Para r = 1es lo mismo que (3)(c). Supongamos que (2)(c) vale para 1 ≤

PLANOS TORCIDOS 15

r < n− 1. Entonces

γr+1j (ab) =

j∑l=0

γ1l��������γrj−l(ab) por (3)(d)

=

j∑l=0

γ1l�������� n−1∑k=0

γrk(a)γkj−l(b) por h.i.

=

j∑l=0

n−1∑k=0

n−1∑m=0

γ1m (γrk(a)) γml

(γkj−l(b)

)por (3)(c)

=n−1∑k=0

n−1∑m=0

γ1m (γrk(a))

j∑l=0

γml(γkj−l(b)

)=

n−1∑m=0

n−1∑k=0

γ1m (γrk(a)) γm+k

j (b) por (2)(d)

=n−1∑m=0

n−1∑u=m

γ1m

(γru−m(a)

)γuj (b)

poniendou = m + k,ya queγuj = 0 parau ≥ n

=n−1∑u=0

u∑m=0

γ1m

(γru−m(a)

)γuj (b)

=n−1∑u=0

γr+1u (a)γuj (b). por (3)(d)

Esto conluye la prueba. �

Comentario 4.2. Del ıtem (3)(c) de la proposicion se deducefacilmente por induccion en r que

(4.5) γrj =∑

u1,...,uru1+···+ur=j

γ1u1�������� · · · ��������γ1

ur

16 CHRISTIAN VALQUI

para todo r ≥ 1.

Corolario 4.3. Sean γ1k : A → A (0 ≤ k < n) aplicaciones

k-lineales que satisfacen γ1k(1)= δ1k. Pongamos γ0

j = δ0j id y

γrj :=∑

u1,...,uru1+···+ur=j

γ1u1�������� · · · ��������γ1

urpara r ≥ 1 y 0 ≤ j < n.

Si γnj = 0 para todo j < n y

γ1j (ab) =

n−1∑k=0

γ1k(a)γkj (b) para a, b ∈ A y 0 ≤ j < n,

entonces las aplicaciones γrj satisfacen las condiciones equiva-lentes de la proposicion 4.1.

Demostracion. Por hipotesis sabemos que se cumplen (3)(b) and(3)(c) de la proposicion 4.1. Mas aun, por la definicion de losγrj ’s es claro que γrj = 0 para r ≥ n y que las aplicaciones γrjsatisfacen items (3)(a) y (3)(d) de la misma proposicion. �

Asociado al twist s : C ⊗A→ A⊗C tenemos la matriz M ∈Mn(Endk(A)) dada por

M =

id 0 . . . 0γ1

0 γ11 . . . γ1

n−1...

. . ....

γn−10 γn−1

1 . . . γn−1n−1

.

Ademas, para a ∈ A definimos la matriz M(a) ∈ Mn+1(A) pormedio de

M(a)ij := γij(a) (0 ≤ i, j ≤ n− 1)

Corolario 4.4. Las matrices M(a) cumplen:

(1) M(1) = Id.(2) M(ab) = M(a)M(b).

PLANOS TORCIDOS 17

Teorema 4.5. Las formulas ϕ(a) := M(a) para a ∈ A, y

ϕ(y) :=

0 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 10 0 · · · 0

, (matriz de Jordan nilpot. J0)

definen una representacion fiel ϕ : A⊗s C →Mn(A).

Demostracion. Como ϕ(y)n = 0, para verificar que ϕ define unmorfismo de algebras, solamente tenemos que garantizar que

ϕ(y)ϕ(a) = ϕ(γ10(a)) +ϕ(γ1

1(a))ϕ(y) + · · ·+ϕ(γ1n−1(a))ϕ(y)n−1.

Pero notemos que

(J0M(b)

)ij

=

{M(b)i+1,j para i < n− 1,

0 en otro caso,

y

(M(b)Ju0

)ij

=

{M(b)i,j−u para j ≥ u,

0 en otro caso,

18 CHRISTIAN VALQUI

y ası (ϕ(y)ϕ(a)

)ij

=(J0M(a)

)ij

= γi+1j (a)

=

j∑u=0

γij−u��������γ1u(a)

=

j∑u=0

M(γ1u(a)

)i,j−u

=n−1∑u=0

(M(γ1u(a)

)Ju0)ij

=n−1∑u=0

(ϕ(γ1

u(a))ϕ(y)u)ij,

donde la segunda igualdad vale tambien en el caso i = n− 1, yaque (

J0M(a))n−1,j

= 0 = γnj (a).

La inyectividad sigue del hecho que la composicion de ϕ conla yeccion sobre la primera fila nos da el isomorfismo linealcanonico A⊗s C → An. �

5. Twists de algebras conmutativas con γ10 = 0

El objetivo de esta seccion es estudiar twists s : C ⊗ A →A ⊗ C con γ1

0 = 0, donde A es una k-algebra conmutativa. Laaplicacion γ1

1 juega un rol importante. Por ejemplo, es facilver que si γ1

1 es un morfismo inyectivo, entonces s tambien esinyectivo; y si s es sobreyectivo, entonces lo es γ1

1 . Por lo tanto,cuando A es finito dimensional, s es biyectivo si y solamentesi lo es γ1

1 . Para simplificar las notaciones, dado un twist conγ1

0 = 0, ponemos α := γ11 . Ademas denotaremos con αm a las

composicion de m copias de α consigo mismo. Notemos que

PLANOS TORCIDOS 19

α es un endomorfismo de A y que M e una matriz triangularsuperior. Durante esta seccion A es un algebra conmutativa ydado un endomorfismo α : A→ A, ponemos ∆ij = αi − αj.

Lema 5.1. Sea s : C ⊗ A → A ⊗ C un twist. Asumamos queγ1

0 = 0. Valen las siguientes formulas:

γ1j (a)∆1j(b) = γ1

j (b)∆1j(a) +

j−1∑k=2

(γ1k(a)γkj (b)− γ1

k(b)γkj (a)).

(5.6)

γr+1r+k =

k∑l=1

γ1l��������γrr+k−l.(5.7)

Demostracion. Como γqp = 0 para q > p y A es conmutativo, laproposicion 4.1 (3)(c) nos da:

γ1j (ab) =

j∑k=1

γ1k(a)γkj (b) =

j∑k=1

γ1k(b)γ

kj (a).

La primera formula del enunciado sigue facilmente de este hecho,usando que γjj = αj. La segunda formula es consecuencia inme-diata de la proposicion 4.1 (3)(d), nuevamente porque γqp = 0para q > p. �

Proposicion 5.2. Sea α un endomorfismo de A. Suponga-mos que existe un b ∈ A, para el cual los elementos ∆12(b),∆13(b), . . . ,∆1,n−1(b) no son divisores del cero. Entonces, dadoselementos b2, . . . , bn−1 ∈ A, existe a lo mas un twist s : C⊗A→A⊗ C con γ1

0 = 0, γ11 = α y γ1

j (b) = bj para j = 2, . . . , n− 1.

Demostracion. Sean γrj las aplicaciones asociadas a otro twists : C ⊗ A→ A⊗ C satisfaciendo las mismas condiciones que s.Probaremos que γrr+k = γrr+k usando induccion en k. Para k = 0esto es claro ya que

γrr = αr = γrr .

20 CHRISTIAN VALQUI

Asumamos que γrr+k = γrr+k para k < j − 1 y todo r. Entonces,por Lema 5.1, sabemos que

γ1j (a)∆1j(b) = γ1

j (b)∆1j(a) +

j−1∑i=2

(γ1i (a)γij(b)− γ1

i (b)γij(a))

= γ1j (b)∆1j(a) +

j−1∑i=2

(γ1i (a)γij(b)− γ1

i (b)γij(a))

= γ1j (a)∆1j(b).

Luego γ1j (a) = γ1

j (a), pues ∆1j(b) no es un divisor de cero.Finalmante, por el comentario 4.2,

γrr+j−1 =∑

u1,...,uru1+···+ur=r+j−1

γ1u1�������� · · · ��������γ1

ur

=∑

u1,...,uru1+···+ur=r+j−1

γ1u1�������� · · · ��������γ1

ur

= γrr+j−1,

como deseabamos. Notemos que en un sumando no nulo cadaui ≥ 1, pues γ1

0 = 0, y por lo tanto, cada ui ≤ j ya que ui > jlleva a ui +

∑l 6=i ul ≥ ui + r − 1 > r + j − 1. �

Lema 5.3. Sean γ1k : A → A (1 ≤ k ≤ j − 1) aplicaciones

k-lineales. Pongamos γ10 = 0, γ0

j = δj0 id y

(5.8) γrk :=∑

u1,...,uru1+···+ur=k

γ1u1�������� · · · ��������γ1

urpara 2 ≤ r ≤ k ≤ j.

Si

γ1k(ab) =

n−1∑l=0

γ1l (a)γlk(b) para a, b ∈ A y 1 ≤ k < j,

entonces, para r > 1, las aplicaciones γrj satisfacen la Ley decomposicion y la Ley del producto.

PLANOS TORCIDOS 21

Demostracion. De la definicion sigue inmediatamente la Ley decomposicion. La Ley del producto se cumple por las siguientesconsideraciones.

γr+1j (ab) =

j∑l=0

γ1l��������γrj−l(ab) por la Ley de composicion

=

j−1∑l=1

γ1l��������γrj−l(ab) pues γ1

0 = 0

=n−1∑u=0

γr+1u (a)γuj (b)

=

j∑u=r+1

γr+1u (a)γuj (b), pues γqp = 0 para q > p

donde la tercera igualdad se obtiene siguiendo paso a paso elcalculo largo hecho ya en la demostracion de la proposicion 4.1(solamente el rango de l se reduce). �

Proposicion 5.4. Sea A = k[x] y p1(x), . . . , pn−1(x) ∈ k[x].Entonces existe un unico twist s : C⊗A→ A⊗C tal que γ1

j (x) =

pj(x) para j = 1, . . . , n− 1 y γ10 = 0.

Proof. Notemos primero que los γik s satisfacen la ley del pro-ducto si y solamente siM(k)(x

t) = M(k)(x)t, donde(M(k)(a)

)ij

=

γij(a) para i, j = 0, . . . , k. Luego

(5.9) γij(xt) =

(M(k)(x)t

)ij

para todo (i, j) 6= (1, k), si la ley del producto se cumple paratodo γij con (i, j) 6= (1, k). Para el lado derecho no se nece-

sitan las entradas(M(k)(x)t

)1k

con t < m, ya que M(k)(x) es

22 CHRISTIAN VALQUI

triangular superior. Ahora podemos definir recursivamente

γ22 ,

γ12 , γ

23 , γ

33 ,

γ13 , γ

24 , γ

34 , γ

44 ,

γ14 , γ

25 , γ

35 , γ

45 , γ

55 ,

...γ1n−2, γ

2n−1, . . . , γ

n−2n−1 , γ

n−1n−1 ,

γ1n−1,

usando la formula (5.8) para los γik s con i > 1. Para los γ1k

definimos primero la matriz M(k)(x) poniendo(M(k)(x)

)1k

:=

pk(x) y(M(k)(x)

)ij

:= γij(x) para (i, j) 6= (1, k). Luego ponemos

γ1k(x

m) :=(M(k)(x)m

)1k.

Por el lema previo es claro que los γij s satisfacen la ley del pro-ducto y la de la composicion para i ≥ 2. Por lo tanto solamentenecesitamos probar la ley del producto para los γ1

k s. Por linea-lidad es suficiente probarla para elementos a = xm y b = xt.Pero

γ1k(x

mxt) =(M(k)(x)m+t

)1k

=(M(k)(x)mM(k)(x)t

)1k

=k∑j=0

(M(k)(x)m

)1j

(M(k)(x)t

)jk

=k∑j=1

γ1j (x

m)γjk(xt),

donde la ultima igualdad se deduce de (5.9) y la definicion deγ1j (x

m). �

PLANOS TORCIDOS 23

Teorema 5.5. Sea α un endomorfismo de A. Asumamos queexiste b ∈ A tal que {∆ij(b) : 1 ≤ i < j < n} no son divisoresde cero y sea A∆ la localizacion de A en el sistema multiplica-tivo ∆ generado por {∆ij(b) : 1 ≤ i < j < n}. Entonces, dadoselementos b2, . . . , bn−1 ∈ A existe un twist

s : C ⊗ A∆ → A∆ ⊗ C

con γ10 = 0, γ1

1 |A = α y γ1k(b) = bk para k = 2, . . . , n− 1.

Demostracion. Notemos primeramente que α induce un mor-fismo γ1

1 : A∆ → A∆. Definimos recursivamente

γ22 ,

γ12 , γ

23 , γ

33 ,

γ13 , γ

24 , γ

34 , γ

44 ,

γ14 , γ

25 , γ

35 , γ

45 , γ

55 ,

...γ1n−2, γ

2n−1, . . . , γ

n−2n−1 , γ

n−1n−1 ,

γ1n−1,

usando la formula (5.6) para los γ1k’s y la formula (5.8) para los

γik’s con i > 1. Adicionalmente ponemos γ0j = δ0j idA y γrj = 0

para todo r > j y todo j < n. Por el lema 5.3, para probar elteorema es suficiente verificar la ley del producto para los γ1

k’s.Sea N la matriz (n− 1)× (n− 1) dada por

Nij := γij (1 ≤ i, j < n).

Notemos que N se obtiene de M eliminando la primera columnay la primera fila. Llamamos Dk(a) a la matriz (n− 1)× (n− 1)dada por

Dk(a)ij := δk,j−iγij(a),

donde i, j corre de 1 a n− 1. Mas aun, para cada l ≤ n− 1escribimos Dk

(l) y N(l)(a) para denotar a las submatrices l × l

24 CHRISTIAN VALQUI

de las l primeras columnas y filas de Dk(a) y N(a), respecti-vamente. Notemos que las entradas no nulas de Dk

(l)(a) estan

concentradas en la k-esima diagonal (contada desde la diagonalprincipal hacia arriba) y que

N(l)(a) =l−1∑k=0

Dk(l)(a).

Suponemos que la ley del producto se cumple para γ11 , . . . , γ

1l−1,

y la probaremos para γ1l . Por el lema 5.3 sabemos que γrj sa-

tisface la ley del producto para j ≤ l y r > 1. Afirmamos que[N(l)(a), N(l)(b)] = 0. En efecto, la entrada (1, l) es

−γ1l (a)∆1l(b) + γ1

l (b)∆1l(a) +l−1∑j=2

(γ1j (a)γjl (b)− γ

1j (b)γ

jl (a)),

que se anula por la definicion de γ1l , y las otras entradas (i, j)

estan dadas por

j∑k=i

(γik(a)γkj (b)− γik(b)γkj (a)) = γij(ab)− γij(ba) = 0,

donde la prmera igualdad sigue de la ley del producto para j < ly del hecho que γkj = 0 si k > j. Luego

[Dl−1(l) (a), N(l)(b)] = −[D0

(l)(a), N(l)(b)]− · · · − [Dl−2(l) (a), N(l)(b)]

para todo a ∈ A, y

[N(l)(a)N(l)(a′), N(l)(b)] =N(l)(a)[N(l)(a

′), N(l)(b)]

+ [N(l)(a), N(l)(b)]N(l)(a′)

= 0

PLANOS TORCIDOS 25

para todo a, a′ ∈ A. Ahora por la hipotesis inductiva (ley delproducto para los γii+j’s con i+ j < l) sabemos que

[Dj(l)(aa

′), N(l)(b)] =

j∑h=0

[Dh(l)(a)Dj−h

(l) (a′), N(l)(b)] para j < l − 1.

Por consiguiente,

[Dl−1(l) (aa′), N(l)(b)] =

= −[D0(l)(aa

′), N(l)(b)]− · · · − [Dl−2(l) (aa′), N(l)(b)]

= −l−2∑j=0

j∑h=0

[Dh(l)(a)Dj−h

(l) (a′), N(l)(b)]

=l−1∑h=0

[Dh(l)(a)Dl−h

(l) (a′), N(l)(b)]− [N(l)(a)N(l)(a′), N(l)(b)]

=l−1∑h=0

[Dh(l)(a)Dl−h

(l) (a′), N(l)(b)],

donde la tercera igualdad se deduce del hecho que

N(l)(a)N(l)(a′) =

l−1∑j=0

j∑h=0

Dh(l)(a)Dj−h

(l) (a′),

porque N(l)(a)N(l)(a′) es una matriz l × l triangular superior

cuya diagonal j-esima superior es∑j

h=0 Dh(l)(a)Dj−h

(l) (a′). Esto

concluye la prueba, ya que

Dl−1(l) (aa′) = γ1

l (aa′)e1l,

l−1∑h=0

Dh(l)(a)Dl−1−h

(l) (a′) =l−1∑h=0

γ1h+1(a)γh+1

l (a′)e1l,

[e1l, N(l)(b)] = ∆1l(b)e1l

26 CHRISTIAN VALQUI

y ∆1l(b) es invertible. Aquı e1l es la matriz l × l definida por(e1l)ij = δ1iδlj. �

Ejemplo 5.6. No es difıcil encontrar ejemplos en los cuales lascondiciones de teorema previo se cumplen, como los siguientes:

(1) Sea k un cuerpo de caracteristica cero, A = k[x1, . . . , xr]y tomemos b = x1 en el teorema. Sea α un morfismode algebras con α(x1) = x1 + a, para algun a ∈ k \ {0}.Entonces ∆ij(b) = (i− j)a es invertible.

(2) Sea K/k una extension de Galois y asumamos que existeun α ∈ Gal(K/k) y b ∈ K tal que b 6= αi(b) para 1 ≤ i ≤n− 2. entonces ∆ij(b) es invertible para 1 ≤ i < j < n.

6. Extensiones polinomiales truncadas paraalgebras conmutativas

Sea A un k-algebra conmutativa. El objetivo de la presenteseccion es estudiar los twists s : C ⊗ A→ A⊗ C que satisfacenla siguiente condicion:

BM(h) Existen 1 < h ≤ n y x ∈ A tales que γh0 = 0 y q :=γh−1

0 (x) no es un divisor de cero.

De ahora en adelante fijamos ambos, x y q. Denotamos porM(h)(a) a las submatrices h × h formadas por las primeras hfilas y columnas de M(a).

Lema 6.1. Para cada j = 0, . . . , h−1 e i ≥ h, se cumple γij = 0.Por lo tanto

M(h)(ab) = M(h)(a)M(h)(b) para todo a, b ∈ A.Demostracion. Por la ley de composicion es suficiente probarlopara i = h. Pongamos bj = γh−1−j

0 (x) para j = 0, . . . , h − 1.Entonces, por la ley de composicion,

γr0(bj) =

{q si r = j,

0 si r > j.

PLANOS TORCIDOS 27

Como

0 = γh1 (ab1) = M(ab1)h0 =(M(a)M(b1)

)h0

= qγh1 (a),

tenemos γh1 (a) = 0. Entonces

0 = γh1 (ab2) = M(ab2)h0 =(M(a)M(b2)

)h0

= qγh2 (a),

etcetera. �

Proposicion 6.2. Sea 0 < l ≤ bn/hc. Para cada i ≥ lh yj ≤ lh− 1 la aplicacion γij se anula.

Demostracion. Procedemos por induccion en l. Para l = 1 elresultado es exactamente el lema previo. Asumiendo que escierto para l ≥ 1, tenemos

γij =

j∑u=0

γhu��������γi−hj−u = 0,

para cada i ≥ (l + 1)h y j ≤ (l + 1)h − 1, que es lo deseado,pues en cada sumando γhu

��������γi−hj−u uno de los factores se anula. �

Lema 6.3. Si para algun a ∈ A se cumple γ10(a) = 0, entonces

M(h)(a) = aIh.

Demostracion. Como γ10(a) = 0, por la ley de composicion te-

nemos que γi0(a) = 0 para todo i > 0. Consideremos los mismosbj’s que en el lema anterior. Por el lema 6.1, la matriz M(h)(a)conmuta con

M(h)(b1) =

b1 0 . . . 0q γ1

1(b1) . . . γ1h−1(b1)

0...

. . ....

0 γh−11 (b1) . . . γh−1

h−1(b1)

.

Luego

γ11(a)q =

(M(h)(a)M(h)(b1)

)10

=(M(h)(b1)M(h)(a)

)10

= qa,

28 CHRISTIAN VALQUI

y ası γ11(a) = a. El mismo producto conmutativo de matrices en

las entradas (j, 0) para j = 2, . . . , h−1, combinado con el hechode que γj0 = 0, nos da qγj1(a) = 0, luego γj1(a) = 0. Ahora, comoγ0

0(a) = γ11(a) = a y γji = 0 para i = 0, 1 y j 6= i, la igualdad

M(h)(a)M(h)(b2) = M(h)(b2)M(h)(a),

en las mismas entradas que anteriormente, nos da

γ22(a) = a y γj2(a) = 0 para j 6= 2.

Ahora aplicamos el mismo procedimiento sucesivamente conM(h)(b3), . . . ,M(h)(bn−1), y obtenemos el resultado deseado. �

Notemos que B := ker γ10 es una subalgebra de A y que q ∈ B.

Proposicion 6.4. Para i, j = 0, . . . , h−1, la aplicacion γij : A→A es B-lineal.

Demostracion. Sean b ∈ B y a ∈ A. Del corolario 4.4 obtenemos

γij(ba) =(M(h)(b)M(h)(a)

)ij

=(bIhM(h)(a)

)ij

= b(M(h)(a)

)ij

= bγij(a),

lo cual concluye la prueba. �

Lema 6.5. Sean D una k-algebra y g : D → D una aplicacionk-lineal. Asumamos que gh = 0 y que existe x ∈ D tal queq := gh−1(x) es invertible. Supongamos ademas que E := ker ges una k-subalgebra de D y que g es una aplicacion E-lineal.Entonces D es un E-modulo libre de rango h. Tambien se tieneque B = {x, g(x), . . . , gh−1(x)} es una base.

PLANOS TORCIDOS 29

Demostracion. Consideremos una combinacion E-lineal que seanula

h−1∑i=0

λigi(x) = 0.

Aplicando gh−1 obtenemos λ0gh−1(x) = λ0q = 0. Luego λ0 = 0.

Ahora aplicamos sucesivamente gh−2, . . . g1 y vemos que λ1 =0, . . . , λh−1 = 0. Por lo tanto B es linealmente independiente.Resta probar que B genera a D como E-modulo. Para cada

a ∈ D, el elemento λ0 := gh−1(a)q

pertenece a E. Ademas

gh−1(a) = λ0q = λ0gh−1(x).

Pongamos a1 = a−λ0x. Como g es E-lineal gh−1(a1) = 0, y ası

gh−2(a1) = λ1q = λ1gh−1(x),

con λ1 = gh−2(a1)q∈ B. Pero entonces

gh−2(a) = λ0gh−2(x) + λ1g

h−1(x).

Procediendo recursivamente de la misma manera, definimos ai =

ai−1 − λi−1gi−1(x) y λi = gh−i−1(ai)

q, y obtenemos

a =h−1∑i=0

λigi(x),

lo cual completa la prueba. �

Como consecuencia inmediata de la proposicion 6.4, los γij(0 ≤ i, j < h) se extienden al algebra A(q) de fracciones de Arespecto a las potencias de q, por medio de

γij

(a

ql

):=

γij(a)

ql.

30 CHRISTIAN VALQUI

Teorema 6.6. El algebra A(q) es un modulo libre de rango h so-

bre B(q) (notemos que q = γh−10 (x) = (γ1

0)h−1(x) ∈ B). Ademas

B = {x, γ10(x), . . . , γh−1

0 (x)} es una base.

Demostracion. Aplicar el lema con D = A(q), E = B(q) y g =γ1

0 . �

Corolario 6.7. Sea A una k-algebra finito-dimensional conmu-tativa. Si existe un twist que satisface las condiciones requeri-das al inicio de esta seccion, entonces h|dimk(A) y dimk(A) =h · dimk(B).

Demostracion. Sigue del teorema 6.6, pues el no-divisor del ceroq es invertible. �

Proposicion 6.8. Para cada b ∈ B la matriz M(b) es triangularsuperior. Mas aun,

γlhlh(b) = γlh+1lh+1(b) = · · · = γlh+h−1

lh+h−1(b) para 0 ≤ l < bn/hc,y

γbn/hchbn/hch(b) = · · · = γn−1

n−1(b), si h no divide a n.

Demostracion. Para probar que M(b) es triangular superior essuficiente verificar que γlh+i

lh+u(b) = 0 para l ≥ 0, 0 ≤ u < h yi > u. Si i ≥ h, esto sigue de la proposicion 6.2. Por lo tantopodemos asumir que u < i < h. Sea i′ = lh + i y u′ = lh + u.Tenemos

γi′

u′(b) =i−1∑j=0

γlhu′−j��������γij(b) +

u′∑j=i

γlhu′−j��������γij(b) = 0,

puesγij(b) = 0 para b ∈ B y j < i,

por el lema 6.3, y

γlhu′−j = 0 para j > u,

por la proposicion 6.2.

PLANOS TORCIDOS 31

Ahora probaremos las igualdades. Sea 0 ≤ u < h. Entonces

γu′

u′ (b) =h−1∑j=0j 6=u

γlhu′−j��������γuj (b) + γlhlh

��������γuu(b) +u′∑j=h

γlhu′−j��������γuj (b)

= γlhlh��������γuu(b)

= γlhlh(u),

pues γuj (b) = 0 para j < h, j 6= u, γuu(b) = b y γlhu′−j = 0 paraj > u. �

Proposicion 6.9. Sea l ≤ b(n − 1)/hc. Asumamos que existexl ∈ A tal que ql := γlh+h−1

lh (xl) no es divisor de cero. Entonces

γlh+ilh+j(b) = 0 para b ∈ B, 0 ≤ i < j < h y lh+ j < n.

Demostracion. Pongamos b(l)j = γh−1−j

0 (xl) para j = 0, . . . , h−1.Por la ley de composicion y la proposicion 6.2,

γlh+ulh =

lh∑k=0

γlhlh−k��������γuk = γlhlh

��������γu0 para todo u ≥ 0.

Ası,

γlh+rlh (b

(l)j ) =γlhlh

(γr+h−1−j

0 (xl))

=γlh+r+h−1−jlh (xl)

=

{ql si r = j,

0 si r > j,

donde la ultima igualdad para r > j, sigue de la proposicion 6.2y del hecho que en este caso, lh+r+h−1−j ≥ l(h+1). Ahora,nuevamente por Proposition 6.2

γlh+ik (b

(l)j ) = 0 para k < lh.

32 CHRISTIAN VALQUI

Sea b ∈ B. Por la proposicion 6.8

γklh(b) = 0 para k > lh y γlh+ik (b) = 0 para k < lh+ i.

Luego,

γlh+ilh (b

(l)j )γlhlh(b) =

(M(b

(l)j )M(b)

)lh+i,lh

=(M(b)M(b

(l)j ))lh+i,lh

=

j∑k=i

γlh+ilh+k(b)γ

lh+klh (b

(l)j )

=

j−1∑k=i+1

γlh+ilh+k(b)γ

lh+klh (b

(l)j ) + γlh+i

lh+j(b)ql.

Como γlh+ilh+i(b) = γlhlh(b) por la proposicion 6.8, obtenemos

j−1∑k=i+1

γlh+ilh+k(b)γ

lh+klh (b

(l)j ) + γlh+i

lh+j(b)ql = 0.

De esto sigue por induccion en j que γlh+ilh+j(b) = 0 para j =

i+ 1, . . . , h− 1. �

Teorema 6.10. Sea h > 1 un divisor de n y sean gl : A → A(0 ≤ l ≤ n/h− 1) aplicaciones k-lineales que satisfacen gl(1) =0. Asumamos que gh0 = 0 y que existe x tal que q := gh−1

0 (x)es invertible. Supongamos ademas que B := ker(g0) es una k-subalgebra de A y que los gl’s son B-lineales. Entonces existeun unico twist s : C ⊗ A→ A⊗ C tal que γ1

lh = gl.

Demostracion. Como 0 = g0(1q· q) = g0(1

q)q = 0, tenemos que

1q∈ B. Reemplazando x por x

qpodemos asumir que gh−1

0 (x) =

1. Ahora ponemos γ0j := δ0j id, y para l creciente, definimos

γ1lh := gl, y luego:

- Primero γrlh para r ≥ 2, usando la formula (4.5),

PLANOS TORCIDOS 33

- Luego, γ1lh+j por medio de

γ1lh+j(a) := γ1

lh(abj)−lh+j−1∑k=0

γ1k(a)γklh(bj) para 1 ≤ j < h,

donde bj = γh−1−j0 (x).

- Finalmente, γrj para r ≥ 2 y lh + 1 ≤ j ≤ lh + h − 1,usando la formula (4.5).

Por construccion los γrj son B-lineales y γ1j (1) = δ1j. Luego, por

el corolario 4.3, para probar el teorema es suficiente mostrar queγnj = 0 para j < n y que los γ1

j ’s satisfacen la ley del producto.Para lograr esta meta necesitamos usar la ley de composicionque se deduce inmediatamente de la definicion de los γrj ’s, y deque γrj (1) = δrj para todo r. Esto ultimo sigue facilmente delcaso r = 1, usando la formula

γrj :=∑

u1,...,uru1+···+ur=j

γ1u1�������� · · · ��������γ1

ur.

En lo que sigue vamos a probar la ley del producto para cadabloque de γ1

j ’s con lh ≤ j ≤ lh+ h− 1, en cinco pasos.

Primer paso: Probar que γlh+h−1lh (x) = 1.

Segundo paso: Probar que γij = 0 para j < lh+h y i ≥ lh+h.

Tercer paso: Verificar la ley del producto para γ1lh.

Cuarto paso: Verificar la ley del producto para γrj con r > 1 yj ≤ lh.

Quinto paso: Verificar ley del producto para γ1lh+1, . . . , γ

1lh+h−1.

Para l = 0 tenemos:

Primer paso. Esto se cumple por hipotesis.

Segundo paso. Esto sigue de la prueba del lema 6.1 ya que re-quiere solamente las aplicaciones γrj , con r ≥ 0 y 0 ≤ j < h,que satisfagan la ley del producto y la de la composicion (y nola existencia de un twist).

34 CHRISTIAN VALQUI

Tercer paso. Como los γrj son B-lineales y, por lema 6.5,

{γr0(x) : 0 ≤ r < h}

es una B-base de A, es suficiente probar que

γ10

(aγr0(x)

)=

n−1∑k=0

γ1k(a)γk0

(γr0(x)

)para 0 ≤ r < h.

Para r = h − 1 esto se deduce del hecho que γh−10 (x) = 1 y

γk0 (1) = δk0, mientras que para r ≤ h − 2, esto sigue de ladefinicion de los γ1

j ’s para 1 ≤ j ≤ h − 1 y del hecho que

γh−10 (x) = 1 y que γk0 (x) = 0 si k ≥ h.

Cuarto paso. Asumiendo que el resultado vale para r procede-mos como en la prueba del ıtem (2)(c) en la parte (3)⇒ (2) dela prueba de la proposicion 4.1, y obtenemos

γr+10 (ab) = γ1

0��������γr0(ab) =

n−1∑u=0

γr+1u (a)γu0 (b).

Quinto paso. Sea 0 < j < h. Asumamos que la ley del productose cumple para γ1

i con i < j. Entonces tenemos

γ1j (ab) = γ1

0(abbj)−j−1∑i=0

γ1i (ab)γ

i0(bj)

=n−1∑u=0

γ1u(a)γu0 (bbj)−

j−1∑i=0

n−1∑u=0

γ1u(a)γui (b)γi0(bj) por h.i.

=n−1∑u=0

γ1u(a)

(γu0 (bbj)−

j−1∑i=0

γui (b)γi0(bj)

)

=n−1∑u=0

γ1u(a)

(n−1∑i=0

γui (b)γi0(bj)−j−1∑i=0

γui (b)γi0(bj)

)paso 4.

PLANOS TORCIDOS 35

=n−1∑u=0

γ1u(a)γuj (b),

donde para la ultima igualdad usamos que γj0(bj) = 1 y γi0(bj) =0 para i > j.

A continuacion, asumiendo que hemos realizado los cinco pa-sos hasta l − 1, ejecutamos los cinco pasos para l.

Primer paso. Por la ley de composicion,

γlh+h−1lh (x) =

lh+h−1∑u=0

γhu��������γlh−1lh−u(x) = γhh(1) = 1,

pues γhu = 0 para u < h, γlh−1lh−u = 0 para u > h y γlh−1

lh−h(x) = 1.

Segundo paso. Por la ley de composicion, para cada i ≥ lh+ hy j < lh+ h, tenemos que

γij =

j∑u=0

γhu��������γi−hj−u = 0,

ya que γhu = 0 para u < h y γi−hj−u = 0 para u ≥ h.

Tercer paso. Como los γrj son B-lineales y, por lema 6.5,

{γr0(x) : 0 ≤ r < h}es una B-base de A, es suficiente mostrar que

γ1lh

(aγr0(x)

)=

n−1∑k=0

γ1k(a)γklh

(γr0(x)

)para 0 ≤ r < h.

Para r = h − 1 esto se deduce las igualdades γh−10 (x) = 1 y

γklh(1) = δk,lh, mientras que para r ≤ h − 2, esto sigue de ladefinicion de los γ1

lh+j’s para 1 ≤ j ≤ h− 1 y de que

γlh+jlh (γh−1−j

0 (x)) = 1 y γlh+klh (γh−1−j

0 (x)) = 0

cuando k > j (como vimos en la prueba de la proposicion 6.9).

36 CHRISTIAN VALQUI

Cuarto paso. Asumiendo el resultado probado para r y argu-mentando como en el caso l = 0 obtenemos

γr+1j (ab) =

j∑k=0

γ1k��������γrj−k(ab) =

n−1∑u=0

γr+1u (a)γuj (b).

Quinto paso. Argumentando como en la prueba de la propo-sicion 6.9, usando el cuarto paso, tenemos que

γlh+i+r+ulh = γi0

��������γlh+rlh

��������γu0 , para i, r, u ≥ 0,

y por lo tanto

lh+h−1∑i=lh+j

γui (b)γilh(γh−j−1

0 (x))

= γulh+j(b)γlh+h−1lh (x) = γulh+j(b),

para j ≥ 1. Supongamos que la ley del producto se cumplepara γ1

i con i < lh + j. Entonces, por la definicion de γ1lh+j, la

hipotesis inductiva y el cuarto paso,

γ1lh+j(ab) = γ1

lh(abbj)−lh+j−1∑i=0

γ1i (ab)γ

ilh(bj)

=n−1∑u=0

γ1u(a)γulh(bbj)−

lh+j−1∑i=0

n−1∑u=0

γ1u(a)γui (b)γilh(bj)

=n−1∑u=0

γ1u(a)

(γulh(bbj)−

lh+j−1∑i=0

γui (b)γilh(bj)

)

=n−1∑u=0

γ1u(a)

(n−1∑i=0

γui (b)γilh(bj)−lh+j−1∑i=0

γui (b)γilh(bj)

)

=n−1∑u=0

γ1u(a)

(n−1∑

i=lh+j

γui (b)γilh(bj)

).

PLANOS TORCIDOS 37

Como se cumple

γlh+rlh (bj) =

{1 if r = j,

0 if r > j,

(como se vio en la prueba de la proposicion 6.9), obtenemos que

γ1lh+j(ab) =

n−1∑u=0

γ1u(a)γulh+j(b),

lo cual concluye la prueba. �

Proposicion 6.11. Para cada r = 1, . . . , h, tenemos que:

γ10��������(r−1∑j=0

γh−r+jj

)= 0.

En particular γ10�������� Tr(M(h)) = 0.

Demostracion. Procedemos por induccion en r = 1, . . . , h. Parar = 1 es obviamente cierto, pues γ1

0��������γh−1

0 = γh0 = 0. Asumamosentonces que r > 1 y

γ10��������(r−i−1∑j=0

γh−r+i+jj

)= 0 para 1 ≤ i < r,

lo cual por el lema 6.3 implica

γ11��������(r−2∑j=0

γh−r+1+jj

)=

r−2∑j=0

γh−r+1+jj(6.10)

y

γ1l��������(r−i−1∑j=0

γh−r+i+jj

)= 0 para l ≥ 2.(6.11)

38 CHRISTIAN VALQUI

Por la ley de composicion tenemos

γh−r+1+jj = γ1

0��������γh−r+jj +

j∑i=1

γ1i��������γh−r+jj−i .

De modo que, sumando para j desde 0 a r − 1, se obtiene

r−1∑j=0

γh−r+1+jj = γ1

0��������(r−1∑j=0

γh−r+jj

)+

r−1∑j=1

j∑i=1

γ1i��������γh−r+jj−i

= γ10��������(r−1∑j=0

γh−r+jj

)+ γ1

1��������(r−1∑j=1

γh−r+jj−1

)

+r−1∑i=2

r−1∑j=i

γ1i��������γh−r+jj−i .

Pero ahora, por (6.10),

γ11��������(r−1∑j=1

γh−r+jj−1

)= γ1

1��������(r−2∑j=0

γh−r+1+jj−1

)=

r−2∑j=0

γh−r+1+jj−1 ,

por (6.11),

r−1∑j=i

γ1i��������γh−r+jj−i = γ1

i��������(r−i−1∑j=0

γh−r+i+jj

)= 0,

y por lema 6.1, cada γhj es cero, tenemos que

r−2∑j=0

γh−r+1+jj = γ1

0��������(r−1∑j=0

γh−r+jj

)+

r−2∑j=0

γh−r+1+jj .

Esto prueba la primera afirmacion. La utima se obtiene to-mando r = h. �

PLANOS TORCIDOS 39

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