El problema de la Cancelación

FACULTAD DE MATEM´ ATICAS DEPARTAMENTO DE ´ ALGEBRA T´ ITULO El problema de la Cancelaci´on Mar´ıa de la Paz Tirado Hern´andez Tutor: Luis Narv´aez Macarro ´ Indice general Introducci´on ................................................ II 1. Conceptos previos 1 1.1. Primer paso para el contraejemplo ................................... 1 1.2. Aplicaci´on exponencial y propiedades .................................. 4 1.3. Existencia de Aplicaciones Exponenciales ............................... 11 1.4. Graduaci´on y Aplicaciones Exponenciales ............................... 15 2. Problema de la Cancelaci´on 22 Bibliograf´ıa 36 Introducci´on El problema de la cancelaci´on puede enunciarse de manera muy general y tiene sentido en muy diversos contextos: dada una estructura matem´atica, o m´as precisamente una categor´ıa, y dados objetos X, Y, Z con dicha estructura, ¿podemos deducir que si XJZ≃YJZentonces X≃Y? donde Jrepresenta la operaci´on de “producto” o de “coproducto” en la categor´ıa en cuesti´on. El problema de la cancelaci´on puede plantearse fijando el objeto Z, en cuyo caso si el problema de la cancelaci´on tiene respuesta positiva, decimos que “Zes cancelable”. Este problema guarda similitud con el problema puramente algebraico de saber si un elemento de cualquier estructura algebraica (anillo, semigrupo, etc.) es cancelable en el sentido usual. Como ejemplo b´asico de este problema, consideremos la categor´ıa de los espacios vectoriales de dimensi´on finita sobre un cuerpo kcon el producto cartesiano y sean X=kn1,Y=kn2yZ=kmtres elementos de esta categor´ıa. Supongamos que X×Z≃Y×Z, entonces estos dos espacios deben tener la misma dimensi´on, es decir, n1+m=n2+m, y en consecuencia X≃Y, luego Zes un elemento cancelable. Hay un caso particular del problema de la cancelaci´on que se conoce como problema de Zariski y que concierne el caso de la categor´ıa de variedades afines sobre un cuerpo algebraicamente cerrado. Este es el enunciado preciso: sea kun cuerpo de caracter´ıstica 0 y denotemos por An kel espacio af´ın n-dimensional sobre k. Dada una variedad af´ın Xsobre k, ¿podemos deducir que si X×A1 k≃An+1 kentonces X≃An k? Este problema admite la traducci´on algebraica siguiente: Si Aes una k-´algebra af´ın. i.e. una k-´algebra finitamente generada y reducida, ¿podemos deducir que si A[X] = A⊗kk[X]≃k[X1, . . . , Xn+1] = k[X1, . . . , Xn]⊗kk[X], entonces A≃k[X1, . . . , Xn]? Durante las ´ultimas d´ecadas hasta 2013 se ha dado respuesta a este problema para los casos n= 1 y n= 2. La respuesta afirmativa a esta pregunta para n= 1 fue dada por Shreeram S. Abhyankar, Paul Eakin y William J. Heinzer en 1972 [AEH]. Para el caso n= 2, debemos esperar hasta los a˜nos 1979-1980, cuando Takao Fujita, Masayoshi Miyanishi y Tohru Surgie demostraron que el problema tambi´en es cierto cuando el cuerpo es de caracter´ıstica cero [Fuj,MS] y fue un a˜no despu´es cuando Peter Russell lo prob´o para un cuerpo perfecto de caracter´ıstica positiva [Ru]. En 2004, Anthony J. Crachiola y Leonid G. Makar-Limanov en [CM] presentaron una nueva t´ecnica para el estudio de este problema, dando a conocer a las aplicaciones exponenciales y usando el invariante AK (tambi´en conocido como el invariante de Makar-Limanov). En dicho art´ıculo, probraron la conjetura para n= 1 en cuerpos algebraicamente cerrados. M´as tarde, en el 2007, presentaron una prueba usando esta misma t´ecnica para el caso n= 2 y en cuerpos algebraicamente cerrados en [CML]. El objeto de este trabajo fin de m´aster es estudiar la reciente soluci´on negativa al problema de Zariski en el caso n= 3 y un cuerpo arbitrario de caracter´ıstica p > 0 dada en el art´ıculo de Neena Gupta [Gu] titulado On the cancellation problem for the affine space A3in characteristic p. En dicho art´ıculo se prueba la existencia de un dominio af´ın, el cual fue estudiado por Teruo Asanuma en [As] y en [Asa], que es un contraejemplo para el problema de Zariski en el caso anteriormente menciado. Para desarrollar este contraejemplo, el autor usa las mismas t´ecnicas que Crachiola y Makar-Limanov en [CM] y en [CML] es decir, las aplicaciones exponenciales, ayudandose en este caso del invariente Derksen. Debemos mencionar un nuevo preprint realizado por N. Gupta y titulado On Zariski’s Cancellation Problem in positive characteristic [Gup], en el que demuestra la soluci´on negativa del problema de Zariski en el caso de un cuerpo de caracter´ıstica positiva para n≥3 de nuevo mediante el uso de las aplicaciones exponenciales. Este trabajo est´a organizado de la siguiente forma. En el primer cap´ıtulo desarrollaremos conceptos necesarios para llevar a cabo la demostraci´on del contraejemplo del problema de la cancelaci´on. En la primera secci´on, estudiaremos un resultado que nos permitir´a concluir la existencia de un dominio af´ın, A, sobre un cuerpo de II III caracter´ıstica positiva ktal que A[X]∼ =k[X, Y, Z, T ]. En la segunda secci´on, daremos el concepto de aplicaci´on exponencial y probaremos algunas de sus propiedades b´asicas. Continuaremos estableciendo la relaci´on existente entre las acciones del grupo algebraico Ga:= (k, +) sobre una variedad af´ın y las aplicaciones exponenciales definidas en sus anillos de coordenadas. Por ´ultimo, definiremos lo que se entiende por una Z-filtaci´on propia admisible y expondremos un teorema con el que podremos extender una aplicaci´on de un dominio af´ın con una Z-filtraci´on propia admisible a su anillo graduado. En el siguiente cap´ıtulo, abordaremos el problema de la cancelaci´on mediante la realizaci´on de algunos lemas previos, con los cuales podremos concluir la existencia o no de aplicaciones exponenciales cumpliendo ciertas condiciones para los dominios afines. Gracias a estos lemas, demostraremos que el dominio af´ın Apresentado en la secci´on uno del cap´ıtulo anterior cumple que Ak[Y, Z, T], donde kser´a un cuerpo infinito de caracter´ıstica positiva y terminaremos concluyendo la respuesta negativa a la conjetura. Problema de la Cancelaci´on Cap´ıtulo 1 Conceptos previos Antes de estudiar el contraejemplo al problema de la cancelaci´on, daremos algunos conceptos necesarios para la realizaci´on de este trabajo. A lo largo de ´este, denotaremos por R[n]al anillo de polinomios en nvariables sobre el anillo R. 1.1. Primer paso para el contraejemplo En esta secci´on expondremos un resultado probado en [As] que nos ayudar´a a obtener un colorario fundamental para el objetivo de este trabajo. Antes, definiremos los anillos de valoraci´on discreta y daremos un ejemplo que utilizaremos para probar el corolario anteriormente citado. Definici´on 1.1.1 Sea Kun cuerpo. Una valoraci´on discreta en Kes una aplicaci´on νde K∗sobre Z(donde K∗=K\{0}es el grupo multiplicativo de K) tal que 1. ν(xy) = ν(x) + ν(y), es decir νes un homomorfismo; 2. ν(x+y)≥m´ın{ν(x), ν(y)} El conjunto formado de 0y todas las x∈K∗tales que ν(x)≥0es un anillo, llamado el anillo de valoraci´on de ν. Es algunas veces conveniente extender νa todo Kponiendo ν(0) = +∞. Definici´on 1.1.2 Un dominio de integridad Aes un anillo de valoraci´on discreta si existe una valoraci´on discreta en su cuerpo de fracciones Ktal que Aes el anillo de valoraci´on de ν. Proposici´on 1.1.3 Sea Aun anillo de valoraci´on discreta. Entonces Aes un anillo local cuyo ideal maximal es principal. Adem´as, todos los ideales son potencias del ideal maximal. Demostraci´on. Sean Kel cuerpo de fracciones de Ayν:K∗→Zla valoraci´on discreta en Kque hace a Aun anillo de valoraci´on discreta. Consideremos el conjunto m={x∈A:ν(x)>0}. Observar que este conjunto es un ideal, de hecho, ser´a el ideal maximal de A. Sabemos que si Aes un anillo y mes un ideal de Atal que cada x∈A\mes una unidad en A, entonces A es local y mes su ideal maximal. Consideremos entonces x∈A\m. Para probar que xes una unidad en A, debemos ver que x−1∈Kpertenece a A, es decir que µx−1≥0 (en realidad debe darse la igualdad, ya que en caso contrario x−1∈my entonces A=m). Como x6∈ m, tenemos que ν(x) = 0, y se tienen las siguientes igualdades 0 = ν(1) = νxx−1=ν(x) + νx−1=νx−1 Por tanto x−1∈Ay podemos concluir que xes una unidad en A. Esto prueba que Aes un anillo local con ideal maximal m. 1 2 Para probar que el ideal maximal de este anillo local es principal vamos a realizar varias observaciones. Consideremos x, y ∈Atal que ν(x) = kxyν(y) = ky. Si kx=ky, entonces νxy−1=ν(x)−ν(y) = 0 y por tanto xy−16∈ m, es decir, xy−1es una unidad en A. Luego hxi=hyi. Si ky> kx(an´alogamente si kx> ky), entonces νyx−1=ν(y)−ν(x)>0 es decir, yx−1∈A, y por tanto yx−1x=y∈ hxi Teniendo en cuenta estas dos observaciones, dado un ideal ade Atal que x∈acon ν(x) = kx, se tiene que para todo y∈Atal que ν(y)≥kx,y∈a. Luego, todos los ideales de Ason de la forma mk={y∈A:ν(y)≥k}. Puesto que ν:K∗→Zes una aplicaci´on sobreyectiva, existe x∈K∗tal que ν(x) = 1 (por tanto x∈A) y se tiene que hxi={y∈A:ν(y)≥1}=m De lo cual podemos deducir que mes un ideal principal. Adem´as, νxk=ky por tanto xk={y∈A:ν(y)≥k}=mk es decir, todos los ideales de Ason potencias del ideal maximal.  Ejemplo 1.1.4 Consideramos k(X)el cuerpo de fracciones de k[X]donde kes un cuerpo y Xuna indeterminada sobre k. Tomemos fun polinomio irreducible en k[X]. Entonces el localizado de k[X]sobre el ideal hfies un anillo de valoraci´on discreta. Todo elemento G∈k(X) se puede escribir de forma ´unica como fαg(X), donde α∈Zy el numerador y el denominador de g(X) ambos son primos con f. Definimos la aplicaci´on νf:k(X)−→ Z G7−→ α Vamos a probar que esta aplicaci´on es una valoraci´on discreta. De manera obvia es sobreyectiva. Consideremos G(X) = fαgyH(X) = fβhdos elementos de k(X), donde g, h ∈k(X) cumplen que sus numeradores y denominadores son primos con f. Para la primera propiedad basta observar que G(X)H(X) = fα+βgh, donde tanto el numerador como el denominador de gh son coprimos con fgracias a que fes irreducible, y por tanto νf(GH) = νf(G)+νf(H). Para la segunda, sea δ= m´ın{α, β}, entonces G(X) + H(X) = fδ(fα−δg+fβ−δh). Observar que o bien α−δ= 0 ´o β−δ= 0. Luego, si fα−δg+fβ−δh6= 0, entonces νf(G+H) = m´ın{νf(G), νf(H)}. En caso contrario, νf(G+H)=+∞y por tanto podemos concluir que νf(G+H)≥m´ın{νf(G), νf(H)}. Observar que el anillo de valoraci´on de νfest´a formado por aquellos elementos g∈k(X) para los que α≥0, lo que equivale a que gno tenga factores de fen su denominador, es decir, que gpertenezca al localizado de k[X] en hfi, concluyendo as´ı que el anillo de valoraci´on de νfes este localizado. El siguiente teorema que presentaremos sin demostraci´on se encuentra en el art´ıculo [As] (Teorema 5.1) junto con un corolario (Corolario 5.3), el cual ser´a adaptado para un anillo en particular. Problema de la Cancelaci´on 3 Teorema 1.1.5 Sean Run anillo de valoraci´on discreta con ideal maximal πR,K=R[π−1]un cuerpo de fracciones y k=R/πR el cuerpo residual. Supongamos que char k=p > 0. Sean eysenteros positivos tales que pe-sp ysp -pe. Dado un mentero positivo, sea A=R[X, Y, Z].D−Xpe+Y+ape 1Yp+. . . +ape sYsp +πmZE donde R[X, Y, Z]∼ =R[3],ai∈Rpara i= 1, . . . , s −1yas∈R\πR. Entonces Asatisface las siguientes condiciones: i. A⊗K∼ =RK[2]. ii. A⊗k∼ =Rk[2]. iii. A[1] ∼ =RR[3]. iv. ARR[2]. Corolario 1.1.6 Sean kun cuerpo de caracter´ıstica p > 0yR=k[X]el anillo de polinomios sobre ken la variable X. Sea A=R[Y, Z, T].D−Zpe+T+Tsp +XmYE donde eysson enteros positivos tales que pe-sp ysp -pe. Entonces la R-´algebra Asatisface las siguientes condiciones: a. A⊗k(p)∼ =Rk(p)[2] para cada ideal primo pde R. b. A[1] ∼ =RR[3] ∼ =kk[4]. c. ARR[2]. Nota: k(p)denota al cociente Rp/pRp, donde pes un ideal primo de R. Demostraci´on. Res un D.I.P., y por tanto un D.F.U., luego dado f∈R,hfies primo si y s´olo si fes irreducible en R. Gracias a esto, podemos deducir que todos los ideales primos de Rson generados por un elemento irreducible. Consideremos Rhficon firreducible el localizado de Ren el ideal fR. Recordemos que el ideal maximal de este anillo es fRhfi. Adem´as, por el ejemplo 1.1.4 Rhfies un anillo de valoraci´on discreta. Observar que el cuerpo residual k(hfi) := RhfifRhfies de caracter´ıstica p > 0 (pues k⊆k(hfi)). Consideremos el R-m´odulo, B:= A⊗RRhfi∼ =Rhfi[Y, Z, T].D−Zpe+T+Tsp +XmYE Ahora, podemos aplicar el teorema 1.1.5 aRhfiy a Bpues cumplen todas las hip´otesis. Establecemos entonces las siguientes propiedades: i. B⊗RhfiRhfi[f−1]∼ =Rhfi[f−1][2]. ii. B⊗Rhfik(hfi)∼ =k(hfi)[2]. iii. B[1] ∼ =R[3] hfi. iv. BR[2] hfi. El apartado a. de este corolario resulta de forma inmediata a partir de ii., ya que k(hfi)[2] ∼ =B⊗Rhfik(hfi) := A⊗RRhfi⊗Rhfik(hfi)∼ =A⊗Rk(hfi) Problema de la Cancelaci´on 4 y como fes un polinomio irreducible gen´erico, tenemos que A⊗Rk(p)∼ =Rhfik(p)[2] donde pes cualquier ideal primo de R. Debido a que R⊆Rhfi, conseguimos que A⊗Rk(p)∼ =Rk(p)[2]. Para el apartado b. vamos a considerar iii. Sabemos que B[1] ∼ =R[3] hfiy sustituyendo B, obtenemos que A⊗RRhfi[1] ∼ =R[3] hfi, luego A[1] ⊗RRhfi∼ =R[3] hfipara todo ideal primo de R, es decir, A[1] es una R-´algebra localmente polinomial. Gracias a [Ba], podemos establecer un isomorfimo entre A[1] y el ´algebra sim´etrica de un m´odulo proyectivo Mde rango 3, denotado por SR(M). Adem´as, Res un dominio de ideales principales y por tanto Mes un R-m´odulo libre. De esto se deduce que A[1] ∼ =SRR3∼ =R[3] Por ´ultimo, consideremos la conclusi´on iv. del teorema 1.1.5 escritas anteriormente. ´ Esta se traduce en la siguiente A⊗RRhfiR[2] hfi∼ =R[2] ⊗RRhfi Supongamos que A∼ =R[2] entonces tenemos la siguiente sucesi´on exacta corta: 0→0,→AR[2] →0 Tensorizando por −⊗RRhfi, obtenemos una sucesi´on exacta: 0→A⊗RRhfiR[2] ⊗RRhfi→0 lo que nos da un isomorfimo entre A⊗RRhfiyR[2] ⊗RRhfillegando as´ı a una contradicci´on. Concluimos por tanto que AR[2].  Nota 1.1.7 Realizando el cambio de variable Z:= −Z, obtenemos que el corolario se puede aplicar a A=R[Y, Z, T].DZpe+T+Tsp +XmYE 1.2. Aplicaci´on exponencial y propiedades En esta secci´on daremos a conocer a las aplicaciones exponenciales y a algunas de sus propiedades b´asicas. Adem´as, expondremos algunos resultados que ser´an utilizados en posteriores secciones. La mayor´ıa de estos resultados pueden encontrarse en [CM]. A partir de esta secci´on, kser´a un cuerpo y Auna k-´algebra conmutativa. Definici´on 1.2.1 Sean Auna k-´algebra y φ:A→A[1] un homomorfismo de k-´algebras. Para una variable U sobre A, denotaremos por φUa la aplicaci´on φ:A→A[U]. Diremos que φes una aplicaci´on exponencial en Asi φsatisface las dos propiedades siguientes: 1. φ(a)≡am´od U 2. φVφU=φV+U, donde φV:A→A[V]se extiende a un homomorfismo φV:A[U]→A[U, V ]donde φV(U) = U. Diremos que una aplicaci´on exponencial es trivial si para cada a∈A,φ(a) = a, es decir si φes la inclusi´on de Aen A[U]. En caso contrario, diremos que es no trivial. Definici´on 1.2.2 Sea φuna aplicaci´on exponencial sobre A. Llamaremos anillo de φ-invariantes al subanillo de A, definido por Aφ={a∈A|φ(a) = a} ⊆ A Problema de la Cancelaci´on 5 Observar que efectivamente es un subanillo de Agracias a que φes un homomorfismo de k-´algebras. Adem´as, si la aplicaci´on φes no trivial, entonces Aφ6=A. Gracias al anillo de φ-invariantes definiremos otro subanillo importante de A. Definici´on 1.2.3 El invariante Derksen de una k-´algebra Aes el subanillo de Agenerado por los anillos Aφ, donde φrecorre todas las aplicaciones exponenciales no triviales de A. Este anillo ser´a denotado por DK(A). Dados una aplicaci´on exponencial φ:A→A[U] y aun elemento de A, denotaremos al coeficiente de Un en el polinomio φ(a) por Dn(a). Decir que φes un homomorfismo de k-´algebras es equivalente a decir que la sucesi´on {Dn(a)}n≥0tiene un n´umero finito de elementos distintos de cero, que para todo n∈N,Dn:A→A es una aplicaci´on k-lineal y que adem´as cumplen la regla de Leibniz: Dn(ab) = X i+j=n Di(a)Dj(b) para todo n∈Nya, b ∈A. Para probar esta equivalencia lo ´unico que debemos observar son los coeficientes de φ(ka), φ(a+b) y φ(ab) en comparaci´on con kφ(a), φ(a) + φ(b) y φ(a)φ(b), respectivamente. Adem´as, las propiedades 1.y 2.de la definici´on de aplicaci´on exponencial se traduce en las siguientes: i. D0es la aplicaci´on identidad en A. ii. Para todo n´umero natural i, j: DiDj=i+j iDi+j(1.1) La primera es obvia pues φ(a) = D0(a) + UX n≥0 Dn+1(a)Un≡am´od U luego D0(a) = apara todo a∈A, y por tanto D0=IdA. Para ii. calculamos los coeficientes de φU+V(a) y φVφU(a). Por un lado, φU+V(a) = X k≥0 Dk(a)(U+V)k=X k≥0 k X l=0 k lDk(a)VlUk−l =X j≥0j 0Dj(a) + j+ 1 1Dj+1V+j+ 2 2Dj+2V2+···Uj =X j≥0X i≥0i+j iDi+j(a)ViUj Por otro lado se tiene que φVφU(a) = φV X j≥0 Dj(a)Uj =X j≥0 φV(Dj(a)) Uj=X j≥0X i≥0 DiDj(a)ViUj Por la propiedad 2. de las aplicaciones exponenciales, φU+V(a) = φVφU(a), luego se debe cumplir que los coeficientes sean iguales y por tanto, DiDj=i+j iDi+j Lema 1.2.4 Si kes un cuerpo de caracter´ıstica cero, cada Dnest´a determinado por D1, pues (1.1)⇒Dn=Dn 1 n! Problema de la Cancelaci´on 12 La segunda propiedad nos dice que µ(s+t, p) = µ(s, µ(t, p)), lo que implica que F1(p, s +t), . . . , Fn(p, s +t)=F1F1(p, t), . . . , Fn(p, t), s, . . . , FnF1(p, t), . . . , Fn(p, t), s luego Fi(x, U +V) = Fi(F1(x, V ), . . . , Fn(x, V ), U) para cada i∈ {1, . . . , n}. Podemos definir entonces la acci´on del grupo Gacomo: Definici´on 1.3.5 Dada una variedad af´ın X⊆kn, se define la acci´on del grupo aditivo Gacomo una aplicaci´on polin´omica µ:k×X→Xtal que si Fi∈k[n][U]para i= 1, . . . , n son los polinomios que la definen, entonces se cumplen las siguientes propiedades: 1. Fi(x, U)≡xim´od Upara todo i= 1, . . . , n 2. Fi(x, U +V) = FiF1(x, V ), . . . , Fn(x, V ), Upara todo i= 1, . . . , n y donde xdenota a (x1, . . . , xn). Queremos definir una aplicaci´on exponencial entre los anillos de coordenas de una variedad af´ın Xyk×X, a los cuales denotaremos por A(X) y A(k×X). Observar que A(k×X)∼ =A(k)⊗kA(X) = k[1] ⊗kA(X)∼ =A(X)[1]. Adem´as, recordar que toda aplicaci´on polin´omica entre dos variedades afines induce un homomorfismo de anillos entre sus anillos de coordenadas. En nuestro caso, cualquier acci´on del grupo algebraico Gasobre una variedad af´ın X, induce un homomorfismo de anillos φ:A(X)→A(X)[1]. Lema 1.3.6 Cualquier acci´on del grupo algebraico Gaen una variedad af´ın Xinduce una aplicaci´on exponencial φ:A(X)→A(X)[1] donde A(X)es el anillo de coordenadas de X. Demostraci´on. Consideremos X⊆knuna variedad af´ın y µ:k×X→Xuna acci´on del grupo algebraico Ga. Como es una aplicaci´on polin´omica, consideremos Fi(x, U)∈k[n][U] los polinomios que la definen para i= 1, . . . , n. Por el p´arrafo anterior, esta acci´on define un homomorfismo de anillos entre A(X) y A(X)[1]. Este homomorfismo, al que denotaremos φ, viene definido de la siguiente forma: φ:f+I(X)∈A(X)7→ f(F1, . . . , Fn) + I(X)∈A(X)[1] donde g(x, U) + I(X) = Pn≥0[hn(x) + I(X)]Uny recordemos que I(X) = {f∈k[n]:f(x)=0∀x∈X}es el ideal de la variedad X. Observar que realmente la aplicaci´on queda definida por las im´agenes de los xi, las cuales son φ(xi) = Fi(x, U) + I(X). Queremos probar que este homomorfismo φes una aplicaci´on exponencial. Notar que φes un homomorfismo de k-´algebras con lo que falta comprobar que las otras dos propiedades de estas aplicaciones se cumplen. 1. De la definici´on de acci´on de grupo algebraico 1.3.5 se tiene que Fi(x, U)≡xim´od U. Por tanto, Fi(x, U) + I(X)≡xi+I(X) m´od Uy φ(f+I(X)) = f(φ(x1), . . . , φ(xn)) + I(X) m´od U=f+I(X) Luego φ=Id m´od U. 2. Para comprobar la propiedad 2. de las aplicaciones exponenciales, debemos componer φVφUentendiendo que φU, φVson ambas la aplicaci´on φ:A(X)→A(X)[U] donde φVse extiende a A(X)[U]→A(X)[U, V ] con φV(U) = U. Entonces, para todo i= 1, . . . , n se tiene que φVφU(xi) = φV(Fi(x, U) + I(X)) =Fi(F1(x, V ), . . . , Fn(x, V ), U) + I(X) =Fi(x, U +V) + I(X) = φU+V(xi) Problema de la Cancelaci´on 13 y entonces se cumple la segunda propiedad, pues φVφU(f+I(X)) = f(φVφU(x1),...φVφU(xn)) =f(φU+V(x1), . . . , φU+V(xn)) =φU+V(f+I(X)) Con lo que hemos probado el resultado.  Lema 1.3.7 Una acci´on del grupo algebraico Gaen una variedad af´ın X⊆knes no trivial si y s´olo si la aplicaci´on exponencial asociada tambi´en es no trivial. Demostraci´on. ⇒Consideremos una acci´on de grupo no trivial µ:k×X→X. Entonces, debe existir (s, p)∈k×Xtal que µ(s, p)=(F1(p, s), . . . , Fn(p, s)) 6=p. Esto equivale a decir que existe i∈ {1, . . . , n}tal que Fi(p, s)6=pi, pero por las propiedades de µ,Fi(p, 0) = pi. Podemos deducir entonces que Fi(p, s) = pi+sF0 i(p, s) con F0 i∈k[n][U] tal que F0 i(p, s)6= 0. Consideremos la aplicaci´on exponencial inducida por µ, denotada por φ:A(X)→A(X)[U]. Entonces φ(xi+I(X)) = xi+UF0 i(x, U) + I(X) Falta ver que F0 i(x, U) + I(X)6= 0. Supongamos que F0 i(x, U) + I(X) := Pj≥0Gj(x)Uj+I(X) = 0, tenemos pues que Gj(x)∈I(X) para todo j≥0, es decir, Gj(q) = 0 para todo q∈X. Teniendo en cuenta que p∈Xy por tanto que Gj(p) = 0 para todo j≥0, F0 i(p, s) = X j≥0 Gj(p)sj= 0 contradiciendo el hecho de que Fi(p, s)6=pi. De esta manera φ(xi+I(X)) 6=xi+I(X) y la aplicaci´on exponencial φtambi´en es no trivial. ⇐Supongamos que µ:k×X→Xes la acci´on de grupo trivial. Entonces, con la notaci´on del apartado anterior, tenemos que para todo i= 1, . . . , n,Fi(x, U) = xi. Podemos deducir que la aplicaci´on exponencial φ inducida por µes trivial, ya que φ(xi+I(X)) = xi+I(X) para todo i= 1, . . . , n y por tanto φ(f+I(X)) = f(φ(x1), . . . , φ(xn)) = f+I(X). Luego, si la aplicaci´on exponencial inducida es no trivial, entonces la acci´on debe ser no trivial.  Ejemplo 1.3.8 Aplicaci´on exponencial no trivial en k[4]. Vamos a construir una aplicaci´on exponencial no trivial en k[4], donde kes un cuerpo infinito de caracter´ıstica p > 0. Como Ik4={0}, entonces Ak4=k[4] y por los razonamientos anterior, basta encontrar una acci´on del grupo algebraico Gaen k4no trivial. Consideremos µ:k×k4→k4definida por los siguientes polinomios: F1(X, Y, Z, T, U) = X, F2(X, Y, Z, T, U) = Y−Xm(pe−1)Upe F3(X, Y, Z, T, U) = Z+XmU, F4(X, Y, Z, T, U) = T donde m, e son enteros tales que e, m > 1. De manera obvia, dados un par (t, q)∈k×k4, F1(q, t), F2(q, t), F3(q, t), F4(q, t)∈k4 Falta ver que cumplen las propiedades de la definici´on 1.3.5. Problema de la Cancelaci´on 14 1. F1≡Xm´od U, F2≡Ym´od U, F3≡Zm´od U, F4≡Tm´od U 2. Denotemos por X= (X, Y, Z, T), para simplificar la notaci´on. ? F1(X, U +V) = Xy F1(F1(X, V ), F2(X, V ), F3(X, V ), F4(X, V ), U) = F1(X, V ) = X ? F2(X, U +V) = Y−Xm(pe−1)(U+V)pey F2(F1(X, V ), F2(X, V ), F3(X, V ), F4(X, V ), U) = F2(X, V )−F1(X, V )m(pe−1)Upe =Y−Xm(pe−1)(V+U)pe ? F3(X, U +V) = Z+Xm(U+V) y F3(F1(X, V ), F2(X, V ), F3(X, V ), F4(X, V ), U) = F3(X, V ) + F1(X, V )mU =Z+Xm(U+V) ? F4(X, U +V) = Ty F4(F1(X, V ), F2(X, V ), F3(X, V ), F4(X, V ), U) = F4(X, V ) = T Notar que esta aplicaci´on es no trivial, basta considerar (1,0,0,0,1) ∈k5, pues µ(1,0,0,0,1) = (1,−1,1,0). A continuaci´on estudiaremos cuando los dominios afines sobre un cuerpo algebraicamente cerrado poseen aplicaciones exponenciales no triviales. Recordemos el teorema de los ceros de Hilbert. Teorema 1.3.9 (Teorema de los ceros de Hilbert) Si kes un cuerpo algebraicamente cerrado, entonces √p=I(V(p)) donde I(X) = f∈k[n]:f(x)=0∀x∈X⊆knyV(S) = x∈kn:f(x)=0∀f∈S⊆k[n]. Lema 1.3.10 Sea B=k[n]/pun dominio af´ın sobre un cuerpo kalgebraicamente cerrado y supongamos que V(p)admite una acci´on de grupo no trivial, entonces existe una aplicaci´on exponencial no trivial en B. Demostraci´on. Como Bes un dominio, pes un ideal primo y por el teorema de los ceros de Hilbert, p=√p=I(V(p)). Por tanto, Bes el anillo de coordenadas para la variedad af´ın V(p), la cual admite una acci´on de grupo no trivial. Por los lemas 1.3.6 y1.3.7 podemos definir una aplicaci´on exponencial no trivial en B.  Ejemplo 1.3.11 Consideremos un cuerpo kinfinito algebraicamente cerrado de caracter´ıstica p > 0. Sea B=k[X, Y, Z, T ].DXmY+Ts+ZpeE donde m, e, s son enteros positivos tales que s=prqcon q > 1 y p-q,e>r≥1 y m > 1. Observar que f(X, Y, Z, T) = XmY+Ts+Zpees un polinomio irreducible en k[X, Y, Z, T] y por tanto Bes un dominio af´ın sobre un cuerpo algebraicamente cerrado. Vamos a dar un ejemplo de aplicaci´on exponencial no trivial. Como es un dom´ınio af´ın, podemos ver que Bes el anillo de coordenadas de la variedad af´ın V(p) y por el lema anterior, debemos definir una aplicaci´on del grupo algebraico Gano trivial en esta variedad af´ın. Problema de la Cancelaci´on 15 Para definir esta acci´on, consideremos la acci´on de grupo definida en el ejemplo 1.3.8. Vamos a comprobar que tambi´en es una acci´on de grupo en X, es decir que µ(k×X)⊆X. Sea el par (l, w)∈k×X, entonces f(w) = 0 ya que w∈V(f). Para demostrar que µ(l, w)∈X, basta ver que f(µ(l, w)) = 0. µ(l, w) = w1, w2−wm(pe−1) 1lpe, w3+wm 1l, w4 Entonces f(µ(l, w)) = wm 1w2−wm(pe−1) 1lpe+ws 4+ (w3+wm 1l)pe=wm 1w2+ws 4+wpe 3= 0 Para ver que esta acci´on es no trivial considerar el punto w= (1,0,0,0) ∈X=V(f), entonces µ(1, w) = (1,−1,1,0) 6=w. 1.4. Graduaci´on y Aplicaciones Exponenciales A lo largo de esta secci´on, consideraremos Aun dominio af´ın sobre un cuerpo k. En ella, daremos el concepto de Z-filtraci´on propia admisible y probaremos la existencia de aplicaciones exponenciales no triviales para el anillo graduado gr(A) con estas filtraciones admisible, resultado expuesto en [Cr]. Definici´on 1.4.1 Sea Aun dominio af´ın sobre k. Se dice que Atiene una Z-filtraci´on propia si existe una colecci´on de k-espacios lineales {An}n∈Zde Asatisfaciendo i. An⊆An+1 para todo n∈Z. ii. A=Sn∈ZAn. iii. Tn∈ZAn= (0). iv. (An\An−1)·(Am\Am−1)⊆An+m\An+m−1para todo n, m ∈Z. Cualquier Z-filtraci´on propia en Adetermina el siguiente anillo Z-graduado gr(A) := M i∈Z Ai/Ai−1 Lema 1.4.2 gr(A)es un dominio de integridad. Demostraci´on. Gracias a la condici´on iv. de la definici´on de Z-filtraci´on propia, si a∈An\An−1yb∈Am\Am−1son dos elementos de Adistintos de cero, se tiene que ab ∈An+m\An+m−1y por tanto, el producto de sus clases es distinto de cero.  Consideremos la aplicaci´on ρ:A→gr(A) definida por ρ(a) = a+An−1si a∈An\An−1 Observar que ρno es un homomorfismo de anillo en general, pues si i<nya1, . . . , al∈An\An−1tal que a1+···+al∈Ai\Ai−1(⊆An−1), entonces ρ(a1+···+al)6= 0 pero ρ(a1)+···+ρ(al)=(a1+···+al)+An−1= 0. Definici´on 1.4.3 Diremos que una Z-filtraci´on propia {An}n∈Zde un dominio af´ın Asobre un cuerpo kes admisible si existe un conjunto de generadores finito Γde Atal que, para cualquier n∈Zya∈An,apuede ser escrito como una suma finita de monomios en elementos de Γy cada uno de estos monomios son elementos de An. Es decir, si Γ = {a1, . . . , al}, entonces a=X i∈I αiai1 1···ail l donde αi∈k,Ies un conjunto finito de ´ındices con i= (i1, . . . , il)yai1 1···ail l∈Anpara todo i∈I. Problema de la Cancelaci´on 16 Observaci´on 1.4.4 Supongamos que Atiene una Z-filtraci´on propia y Γ = {a1, . . . , al}un conjunto finito de generadores que hacen a la filtraci´on admisible. Entonces gr(A)est´a generado por ρ(Γ). Demostraci´on. Sea a∈An\An−1, entonces por definici´on de Z-filtraci´on propia admisible, existen elementos αi∈kcon i= (i1, . . . , il)∈Iun conjunto de ´ındices finito tales que a=X i∈I αiai1 1···ail l donde cada sumando pertenece a An. Gracias a que a6∈ An−1, debe existir al menos un sumando que no pertenezca a An−1. Sea J⊆Iel conjunto de ´ındices para los que los sumandos de ano est´an en An−1. Entonces ρ(a) = ρ X i∈I αiai1 1···ail l = X i∈I αiai1 1···ail l +An−1 =X i∈Jαiai1 1···ail l+An−1=X i∈J αiρ(a1)i1···ρ(al)il y por tanto todo elemento de gr(A) se puede expresar como una combinaci´on de elementos de ρ(Γ), con lo que gr(A) est´a generado por ρ(Γ).  Lema 1.4.5 Supongamos que Atiene un estructura de Z-´algebra graduada, A=Li∈ZCi. Entonces existe una Z-filtraci´on propia {An}n∈Zen Adefinida por An=Li≤nCi. Adem´as, gr(A)∼ =Ay, para cualquier elemento a∈A, la imagen de ρ(a)bajo el isomorfismo gr(A)→Aes la componente de aen Ade grado m´aximo. Si A es finitamente generado como k-´algebra, entonces la filtraci´on definida anteriormente en Aes admisible. Demostraci´on. Probaremos en primer lugar que {An}n∈Zes una Z-filtraci´on propia verificando cada una de las propiedades. i. La propiedad i., se tiene por definici´on de los An, pues An:= Li≤nCi⊆Li≤n+1 Ci=: An+1. ii. Para la segunda propiedad, observar que A=M n∈Z Ci=[ n∈ZM i≤n Ci=[ n∈Z An iii. Consideremos 0 6=a∈Tn∈ZAn, entonces a∈Li≤nCipara todo n∈Z. Luego a=Pi≤ncipara todo n∈Z. Como a6= 0, existe cm6= 0, con cm∈Cmen la expresi´on de a, pero entonces a6∈ Li≤m−1Ci dando una contradicci´on. Por tanto Tn∈ZAn= (0) con lo que se tiene la propiedad iii. iv. Por ´ultimo, consideremos a∈An\An−1yb∈Am\Am−1, entonces a=Pi≤ncicon cn6= 0 y b=Pj≤mdj con dm6= 0. Como {Ci}i∈Zes una graduaci´on de A,CiCj⊆Ci+jy adem´as el t´ermino de mayor grado en ab es cndm∈Cn+m, por tanto, ab ∈An+m. Como Aes un dominio, cndm6= 0 luego, ab 6∈ An+m−1, obteniendo as´ı la propiedad iv. Probaremos ahora que gr(A)∼ =Aconsiderando la aplicaci´on ϕ:gr(A)→Adefinida por: Dado a∈An\An−1,ϕ(ρ(a)) = cn, donde cnes la componente de mayor grado de a∈A. Para probar que esta aplicaci´on es un isomorfismo de k-´algebras, consideremos ϕn:An/An−1→Cn, definida como antes. Problema de la Cancelaci´on 17 Debemos ver que ϕnest´a bien definida. Primero observar que si a∈An\An−1, entonces su componente de mayor grado pertenece a Cn. Adem´as, si dos elementos a, b ∈An\An−1son dos representantes de la misma clase en An/An−1, entonces las componentes de grado m´aximo de aybson iguales, luego ϕn(ρ(a)−ρ(b)) = 0, lo que prueba que est´a bien definida. Es obvio que ϕnes un homomorfismo de k-m´odulos para todo n∈Z. Bastar ver que dado α∈ky a, b ∈An\An−1, las componentes de grado m´aximo de αa ya+bson αcnycn+dnrespectivamente, donde cnydnson las componentes de mayor grado de ayb. Observar que si a∈An\An−1yb∈Am\Am−1, entonces ϕn+m(ρ(ab)) = ϕn(ρ(a))ϕm(ρ(b)), gracias a que el t´ermino de mayor grado de ab es el producto de los t´erminos de mayor grado de ayb. Luego ϕ:gr(A)→Aes un homomorfismo de anillos. Por ´ultimo probaremos la biyectividad. Para la inyectividad basta observar que si la componente de aen Cnes cero, entonces a∈An−1y por tanto a+An−1= 0. La sobreyectividad se tiene pues si c∈Cn, entonces c∈Li≤nCi=An, luego ϕ(ρ(c)) = c. Con esto podemos concluir que gr(A)∼ =A. Para terminar con la demostraci´on de este lema, supongamos que Aes una k-´algebra de generaci´on finita y que Γ = {a1, . . . , al}es el conjunto de generadores de Acomo k-´algebra. Entonces, dado a∈A, podemos escribir aen los generadores de la forma a=X i∈I αiai1 1···ail l donde 0 6=αi∈k, e i= (i1, . . . , in)∈Icon Iun conjunto finito de ´ındices. Por otro lado, a∈Ln∈ZCny por tanto existe un entero n, tal que a∈An\An−1. Esto implica que cada t´ermino de la expresi´on de adebe pertenecer a Ai⊆Any por tanto la Z-filtraci´on propia es admisible.  Teorema 1.4.6 Sea Aun dominio af´ın sobre kcon una Z-filtraci´on propia que es admisible. Supongamos que existe φuna aplicaci´on exponencial no trivial en A. Entonces φinduce una aplicaci´on no trivial φen gr(A)tal que ρAφ⊆gr(A)φ. Demostraci´on. Sea Γ = {a1, . . . , al}el conjunto de generadores de Aque hacen a la Z-filtraci´on admisible y definimos la funci´on gr.deg : gr(A)→Zde la siguiente forma: Dado a∈An\An−1, gr.deg(ρ(a)) = n. Por convenio, diremos que gr.deg(0) = −∞ y por comodidad gr.deg(ρ(a)) lo denotaremos gr.deg(a). Consideremos a∈An\An−1yb∈Am\Am−1. Por definici´on de Z-filtaci´on propia, ab ∈An+m\An+m−1 y por tanto gr.deg(ab) = gr.deg(a) + gr.deg(b). Por otro lado, observar que a+b∈Am´ax{n,m}aunque no podemos garantizar que no est´e en Am´ax{n,m}−1, luego gr.deg(a+b)≤m´ax{gr.deg(a),gr.deg(b)}. En resumen, esta funci´on cumple las propiedades: gr.deg(ab) = gr.deg(a) + gr.deg(b) gr.deg(a+b)≤m´ax{gr.deg(a),gr.deg(b)} Vamos a extender esta funci´on a gr(A)[U], asignando un valor racional adecuado a gr.deg(U). Consideremos C=(gr.deg (aj)−gr.deg (Di(aj)) iaj∈Γ, Di(aj)6= 0, i ∈Z+) Problema de la Cancelaci´on 18 Veamos que debido a que φes una aplicaci´on exponencial no trivial este conjunto es no vac´ıo. Decir que C es no vac´ıo equivale a que exista un aj∈Γ tal que φ(aj)6=aj, pues si se cumple la desigualdad, existe i∈Z+ tal que Di(aj)6= 0. Supongamos que φ(aj) = ajpara todo aj∈Γ y sea a∈A. Como Γ es un conjunto de generadores de A, existen αi∈ktales que a=X i∈I αiai1 1···ail l donde i= (i1, . . . , il)∈I, conjunto finito de ´ındices. Si aplicamos φ, φ(a) = φ X i∈I αiai1 1···ail l =X i∈I αiφ(a1)i1···φ(al)il=X i∈I αiai1 1···ail l=a Con esto hemos demostrado que A=Aφ, lo cual es una contradicci´on con el hecho de que la aplicaci´on φes no trivial y por tanto C6=∅. Adem´as, para todo j∈ {1, . . . , l},Dm(aj) = 0 para m≥deg(aj). Luego cada aj∈Γ aporta un n´umero finito de elementos al conjunto, gracias a lo cual Ctiene m´ınimo. Definimos gr.deg(U) como m´ınimo del conjunto C. A continuaci´on, daremos una desigualdad que nos ser´a de utilidad para probar la existencia de una aplicaci´on exponencial en gr(A). Aplicando las propiedades de la funci´on gr.deg, se tiene que para cada aj∈Γ y n∈Ntal que Dn(aj)6= 0, gr.deg(Dn(aj)Un) = gr.deg(Dn(aj))+n·gr.deg(U)≤gr.deg Dn(aj)+n·gr.deg(aj)−gr.deg(Dn(aj)) n= gr.deg(aj) Observar que si Dn(a) = 0, entonces la desigualdad se cumple de manera trivial ya que gr.deg(Dn(a)Un) = gr.deg(0) = −∞. Se deduce que gr.deg(φ(aj)) ≤gr.deg(aj) Adem´as esta desigualdad se alcanza, basta tomar n∈Z+yaj∈Γ tales que den el m´ınimo del conjunto C. Veamos que gracias a que la filtraci´on es admisible tambi´en se tiene que gr.deg(Dn(a)Un)≤gr.deg(a) (1.2) para a∈A. Consideremos a∈A. Este elemento ase puede escribir como a=X i∈I αiai1 1···ail l donde αi∈k,i= (i1, . . . , il)∈I, con Iconjunto finito de ´ındices. Entonces, gr.deg(φ(a)) = gr.deg  φ X i∈I αiai1 1···ail l  = gr.deg  X i∈I αiφ(a1)i1···φ(al)il  ≤m´ax i∈Igr.deg αiφ(a1)i1···φ(al)il = m´ax i∈Igr.deg αi+i1gr.deg(φ(a1)) + ···+ilgr.deg(φ(al)) ≤m´ax i∈Igr.deg αi+i1gr.deg(a1) + ···+ilgr.deg(al) = m´ax i∈I{gr.deg αiai1 1···ail l}= gr.deg(a) Ahora, como gr.deg(Dn(a)Un)≤gr.deg(φ(a)), tenemos la desigualdad que queriamos probar. Para definir la aplicaci´on exponencial en gr(A), necesitamos el siguiente conjunto: Dado a∈Adefinimos S(a) = {n∈Ngr.deg (Dn(a)Un) = gr.deg(a)} Problema de la Cancelaci´on 19 Observar que 0 ∈S(a), pues D0(a) = ay por tanto obviamente, tienen el mismo grado. Adem´as, notar que si n∈S(a), entonces gr.deg(Un)∈Z, ya que gr.deg(Un) = gr.deg(a)−gr.deg(Dn(a)) ∈Z Definimos para cada a∈A, φ(ρ(a)) = X n∈S(a) ρ(Dn(a))Un Extendemos linealmente esta definici´on para obtener una aplicaci´on φ:gr(A)→gr(A)[U]. Vamos a probar que es una aplicaci´on exponencial no trivial. Lo primero que debemos ver es que est´a bien definida. Consideremos ρ(a) = ρ(b) para a, b ∈An\An−1, entonces a=b+an−1donde an−1∈An−1. Queremos probar la siguiente igualdad φ(ρ(a)) = X m∈S(a) ρ(Dm(a))Um=X m0∈S(b) ρ(Dm0(b))Um0=φ(ρ(b)) Para ello debemos ver que S(a) = S(b) y que los coeficientes son iguales. Probaremos primero que S(a) = S(b) por doble inclusi´on. Sea m∈S(a), entonces por definici´on gr.deg(Dm(a)Um) = gr.deg(Dm(b+an−1)Um) = gr.deg(a) = gr.deg(b) Recordemos que Dmes k-lineal, y por tanto gr.deg(Dm(b+an−1)Um) = gr.deg([Dm(b) + Dm(an−1)]Um) Por las propiedades de esta funci´on, gr.deg([Dm(b) + Dm(an−1)]Um)≤m´ax{gr.deg(Dm(b)Um),gr.deg(Dm(an−1)Um)} ≤m´ax{gr.deg(Dm(b)Um),gr.deg(an−1)} Uniendo las desigualdades obtenemos que gr.deg(b)≤m´ax{gr.deg(Dm(b)Um),gr.deg(an−1)} Pero, como an−1∈An−1yb∈An\An−1, gr.deg(an−1)<gr.deg(b) y podemos concluir que gr.deg(b)≤gr.deg(Dm(b)Um) Por (1.2), tenemos la igualdad. La otra inclusi´on es an´aloga, pues a=b+an−1y por tanto b=a−an−1, luego podemos aplicar el mismo razonamiento. Para terminar de probar que est´a bien definida, tenemos que ver que ρ(Dm(a)) = ρ(Dm(b)). Supongamos que Dm(a), Dm(b)∈Aj\Aj−1, observar que deben estar en la misma componente homog´enea pues gr.deg(Dm(a)) = gr.deg(a)−gr.deg(Um) = gr.deg(b)−gr.deg(Um) = gr.deg(Dm(b)) Notar adem´as que tanto Dm(a) como Dm(b) son distintos de cero si a, b 6= 0 pues m∈S(a)∩S(b). Por la linealidad de la aplicaci´on Dm, se tiene que ρ(Dm(a)) = Dm(b+an−1) + Aj−1=Dm(b) + Aj−1+Dm(an−1) + Aj−1 Veamos que Dm(an−1) + Aj−1= 0. Supongamos lo contrario, entonces Dm(an−1)∈Aj\Aj−1ya que Dm(a)∈Aj. Esto implica que gr.deg(Dm(an−1)) = j= gr.deg(Dm(a)). Consideremos la siguiente cadena de desigualdades: gr.deg(an−1)≥gr.deg(Dm(an−1)Um) = gr.deg(Dm(an−1)) + gr.deg(Um) =j+ gr.deg(Um) = gr.deg(Dm(a)) + gr.deg(Um) = gr.deg(Dm(a)Um) = gr.deg(a) Problema de la Cancelaci´on 20 Esto nos lleva a una contradicci´on, pues gr.deg(an−1)<gr.deg(a). Deducimos entonces, Dm(a) + Aj−1=Dm(b) + Aj−1⇒φ(ρ(a)) = φ(ρ(b)) Como la definici´on se extiende por linealidad, tenemos que es un homomorfismo de k-m´odulos. Debemos probar que es un homomorfismo de anillo. Consideremos a, b ∈A, entonces φ(ρ(a))φ(ρ(b)) =  X i∈S(a) ρ(Di(a))Ui  X j∈S(b) ρ(Dj(b))Uj = =X n≥0X i+j=n i∈S(a),j∈S(b) ρ(Di(a)Dj(b))Un∗ =X n≥0 ρ   X i+j=n i∈S(a),j∈S(b) Di(a)Dj(b)   Un=X i+j≥0 i∈S(a),j∈S(b) ρ(Di+j(ab))Ui+j donde en ∗, debemos notar que para todo par (i, j)∈S(a)×S(b), con i+j=n, los productos Di(a)Dj(b) pertencen a la misma componente homog´enea Am−gr.deg(Un)\Am−gr.deg(Un)−1con m= gr.deg(a) + gr.deg(b). Esto se tiene ya que para todo par (i, j)∈S(a)×S(b), gr.deg(Di(a)Dj(b)Un) = gr.deg(a) + gr.deg(b)⇒gr.deg(Di(a)Dj(b)) = gr.deg(a) + gr.deg(b)−gr.deg(Un) Por otro lado, φ(ρ(ab)) = X n∈S(ab) ρ(Dn(ab))Un Luego, debemos ver que n∈S(ab) si y s´olo si existe un par (i, j) tal que n=i+j,i∈S(a) y j∈S(b). ⇐Sean i∈S(a) y j∈S(b), por definici´on gr.deg Di(a)Ui= gr.deg(a) y gr.deg Dj(b)Uj= gr.deg(b) Sumando estas dos igualdades obtenemos gr.deg Di(a)Dj(b)Ui+j= gr.deg(ab) Denotando por n=i+j, se tiene adem´as que, gr.deg(Di(a)Dj(b)Un)≤gr.deg  X i+j=n Di(a)Dj(b)Un = gr.deg (Dn(ab)Un) Entonces gr.deg(ab)≤gr.deg (Dn(ab)Un) Por (1.2), tenemos la igualdad y por tanto n∈S(a). ⇒Sea n∈Ny supongamos que para cada par (i, j) que cumple que n=i+j,i6∈ S(a). Entonces gr.deg(Dn(ab)Un) = gr.deg  X i+j=n Di(a)Dj(b)Un ≤m´ax (i,j){gr.deg (Di(a)Dj(b)Un)} = m´ax (i,j)gr.deg Di(a)Ui+ gr.deg Dj(b)Uj<gr.deg(a) + gr.deg(b) = gr.deg(ab) y por tanto n6∈ S(ab). An´alogamente si consideramos jen lugar de i. A continuaci´on probaremos que cumple las propiedades de una aplicaci´on exponencial. 1. Como 0 ∈S(a), φ(a) = ρ(D0(a)) + UX n∈S(a)\0 ρ(Dn(a))Un−1≡ρ(D0(a)) = ρ(a) m´od U Problema de la Cancelaci´on 21 2. Por un lado, φVφU(ρ(a)) = φV X n∈S(a) ρ(Dn(a))Un =X n∈S(a)X m∈S(Dn(a)) ρ(DmDn(a))VmUn Por otro lado, usando (1.1) φU+V(ρ(a)) = X n∈S(a) ρ(Dn(a))(U+V)n=X m+n∈S(a)m+n mρ(Dm+n(a))VmUn=X m+n∈S(a) ρ(DmDn(a))VmUn Para que φVφU(a) = φU+V(a) tenemos que ver que n+m∈S(a) si y s´olo si n∈S(a) y m∈S(Dn(a)). ⇐Suponemos que n∈S(a) y m∈S(Dn(a)), entonces gr.deg (Dn(a)Un) = gr.deg(a)→gr.deg(Dn(a)) + n·gr.deg(U) = gr.deg(a) gr.deg(Dm(Dn(a))Um) = gr.deg(Dn(a)) →gr.deg(Dm(Dn(a))) + m·gr.deg(U) = gr.deg(Dn(a)) Sustituyendo la expresi´on de gr.deg(Dn(a)), gr.deg(a) = (n+m) gr.deg(U) + gr.deg(Dm(Dn(a))) En particular, n+m nDn+m=Dm(Dn(a)) 6= 0 por tanto, (n+m) gr.deg(U) + gr.deg(Dn+m(a)) = gr.deg(a) y por tanto m+n∈S(a). ⇒Supongamos que n6∈ S(a), entonces ngr.deg(U) + gr.deg(Dn(a)) <gr.deg(a) o bien, supongamos que m6∈ S(Dn(a)), entonces mgr.deg(U) + gr.deg(DmDn(a)) <gr.deg(Dn(a)) En los dos casos tenemos (n+m) gr.deg(U) + gr.deg(Dm+n)<gr.deg(a) Con esto concluimos que esta aplicaci´on cumple la segunda propiedad de las aplicaciones exponenciales y por tanto, efectivamente es una aplicaci´on exponencial. Esta aplicaci´on es no trivial, para ello basta considerar aj∈Γ y n∈Z+tales que dan el m´ınimo del conjunto C, es decir, aquellos que definen el n´umero racional gr.deg(U) y observar que Dn(aj)6= 0 es un elemento tal que gr.deg(Dn(aj)Un) = gr.deg(aj) Luego n∈S(aj) y por tanto φ(ρ(aj)) 6=ρ(aj). Para finalizar con esta demostraci´on, probaremos que ρ(Aφ)⊆gr(A)φ. Sea ρ(a)∈ρ(Aφ) para un a∈An\An−1. Como a∈Aφ, se tiene que φ(a) = a, luego Dn(a) = 0 para todo n≥1. Calculemos φ(ρ(a)). φ(ρ(a)) = X n∈S(a) ρ(Dn(a))Un=ρ(D0(a)) = ρ(a) Por tanto ρ(a)∈gr(A)φ.  Problema de la Cancelaci´on 28 Se tiene que tr.degk(B) = 3. Por 1.2.8 a., entonces tr.degk(Bφ) = 2. Adem´as, como y∈Bφ, el anillo de polinomios k[y] est´a contenido en Bφ. Afirmamos que existe g∈Bφtal que bg6∈ k[y]. Supongamos que para todo g∈Bφ,bg∈k[y]. Como Bφes un anillo y bg∈k[y]⊆Bφ, se tiene que g−bg∈Bφy por hip´otesis, [ g−bg∈k[y]. Como g∈B, ´este est´a formado por un n´umero finito de sumandos, y realizando este proceso tantas veces como sumandos tiene g, obtenemos que g∈k[y]. Con esto hemos probado que Bφ=k[y], pero entonces tr.degkBφ= 1 lo que nos lleva a una contradicci´on. En conclusi´on, existe g∈Bφtal que bg6∈ k[y]. Consideremos entonces un elemento de esta forma, es decir, g∈Bφ, tal que bg6∈ k[y]. Como bges homog´eneo, tenemos que bg=g1(z, t)xiyjpara alg´un g1(z, t)∈k[z, t]. Adem´as, ya que bg6∈ k[y], se deduce que g1(z, t)6∈ k∗o bien x|bg. Si g1(z, t)6∈ k∗, entonces definimos h(z, t) := g1(z, t) y en caso contrario, h(z, t) := zpe+ts=−xmy. Como bg∈B b φ, por observaciones realizadas anteriormente, y gracias al lema 1.2.6 a., donde probamos que B b φes factorialmente cerrado, tenemos que g1(z, t) e ypertenecen a B b φy si i > 0, entonces tambi´en x∈B b φ y por tanto xmy∈B b φ. En cualquier caso, h(z, t)∈B b φy entonces se tiene que k[y, h(z, t)] ⊆B b φpara alg´un h(z, t)∈k[z, t]\k, que es lo que quer´ıamos encontrar. Consideremos los siguientes pesos para los generadores: wt(x)=0, wt(y) = qpe, wt(z) = q, wt(t) = pe−r El polinomio xmy+ts+zpees homog´eneo de grado qpey por tanto estos pesos definen otra estructura de Z-´algebra graduada en B. An´alogamente, esta graduaci´on define otra Z-filtraci´on propia admisible en Btal que gr(B)∼ =B. Para cada g∈B, denotamos por ga la imagen de gbajo la composici´on B→gr(B)∼ =B. Aplicando de nuevo el teorema 1.4.6,b φinduce una aplicaci´on exponencial φno trivial en B(∼ =gr(B)) tal que khy, h(z, t)i⊆Bφpuesto que y, h(z, t)∈B b φy por tanto, y, h(z, t)∈Bφ. Queremos buscar un elemento primo ω∈Btal que ω−λsea un elemento primo en Bpara casi todo λ∈k con el objetivo de aplicar el lema 2.6. Para ello, vamos a factorizar el polinomio h(z, t). Como es homog´eneo, todos sus t´erminos tienen el mismo grado, denotemos este grado por d. De esta manera, podemos expresar h(z, t) como h(z, t) = Xθij zitj con θij ∈kyqi+pe−rj=d. Consideremos dos sumando de h(z, t), cuyos grados est´en dados por qi+pe−rj=d yqi0+pe−rj0=d. Buscamos una relaci´on entre i, j ei0, j0respectivamente. Restando las dos igualdades anteriores, obtenemos que q(i−i0) + pe−r(j−j0) = 0 →q(i−i0) = −pe−r(j−j0) Como q-pe−r, entonces q|j0−j. Por otra parte, p-qluego pe−r|i−i0. Con esto tenemos que j0−j=lq e i−i0=npe−r. Pero nqpe−r=lqpe−ry por tanto n=l. Tenemos entonces que la relaci´on entre los grados es: i0=i−npe−r, j0=j+nq Gracias a esto, si θ0zi0tj0es el t´ermino de h(z, t) tal que i0es el grado m´aximo de este polinomio en z, entonces los exponentes de zyten h(z, t) son i=i0−npe−r, j =j0+nq con n∈N Teniendo en cuenta esta expresi´on de los exponentes y desarrollando el sumatorio que define h(z, t), obtenemos h(z, t) = θ0zi0tj0+θ1zi0−pe−rtj0+q+···+θnzi0−npe−rtj0+nq donde i0−npe−res el menor grado de z. Sacando factor com´un, y denotando Z1=zpe−ryT1=tq, la igualdad anterior queda h(z, t) = θ0tj0zi0−npe−rZn 1+θ0 1Zn−1 1T1+···+θ0 nTn 1 Problema de la Cancelaci´on 29 Consideramos H(Z1, T1) = Zn 1+θ0 1Zn−1 1T1+···+θ0 nTn 1y sea U=Z1/T1. Entonces H(UT1,1) = UnTn 1+θ0 1Un−1Tn 1+···+θ0 nTn 1=Tn 1Un+θ0 1Un−1+···+θ0 n Como kes un cuerpo algebraicamente cerrado, podemos factorizar Un+θ0 1Un−1+···+θ0 nen factores irreducibles, resultando: H(UT1,1) = Tn 1Y l∈Λ (U−µl) con µl∈k∗. De manera que si deshacemos el cambio U=Z1/T1, tenemos que H(Z1, T1) = Tn 1Y l∈Λ (Z1/T1−µl) = Tn−1 1Y l∈Λ (Z1−µlT1) donde H(Z1, T1) sigue siendo producto de factores irreducibles. Concluimos por tanto que Hzpe−r, tq=tq(n−1) Y l∈Λzpe−r−µltq Luego, la factorizaci´on de h(z, t) en factores irreducibles es la siguiente: h(z, t) = θ0tj0+q(n−1)zi0−npe−rY l∈Λzpe−r−µltq Renombrando por i:= i0−npe−ryj:= j0+q(n−1), tenemos que h(z, t) = θ0zitjY l∈Λzpe−r+µltq(2.2) para θ0, µl∈k∗. Como h(z, t)6∈ k, existe un factor irreducible ωde h(z, t) en k[z, t]. Debido a que k[z, t] es un D.F.U., ωes un factor primo de h(z, t). Por la igualdad (2.2), podemos asumir que o bien ω=z, ´o ω=t´o ω=zpe−r+µtq para alg´un µ∈k∗. Gracias a que h(z, t) pertenece a Bφ, por el lema 1.2.6 a., ω∈Bφy por tanto k[y, ω]⊆Bφ. Primero probaremos que ω6=zpe−r+tq. Si ω=zpe−r+tq, entonces xmy=−(zpe+ts) = −(zpe−r+tq)pr=−ωpr∈Bφ lo que implica que x∈Bφ(1.2.6 a). Sea Lel cuerpo de fracciones de C:= k[x, y, ω](,→Bφ) y consideramos S=C\ {0}. Por el lema 1.2.9,φ induce una aplicaci´on exponencial no trivial en S−1B∼ =B⊗CS−1C=B⊗CL∼ =L[z, t]. Consideremos ϕ:L[Z, T ]L[z, t] f(Z, T )7→ f(z, t) Entonces, por el primer teorema de isomorf´ıa, L[z, t]∼ =L[Z, T ]/ker ϕ. Queremos averig¨uar que elementos forman el ker ϕ. As´ı pues, sea H∈L[Z, T] tal que H(z, t) = 0. Podemos multiplicar Hpor el producto de todos los denominadores de los coeficientes, dando lugar a H0∈k[x, y, ω][Z, T]. Adem´as, H0(z, t) = 0 si y s´olo si H(z, t) = 0 en B=k[x, y, z, t] = k[x, y, ω, z, t]. Luego basta conocer a los elementos H∈Btales que H(z, t) = 0. Consideramos por tanto, H∈k[X, Y, W, Z, T ], es decir, un polinomio en X, Y, W, Z, T con W=ω, tal que H(x, y, ω, z, t) = 0. Dividimos Hpor el polinomio Zpe−r+Tq−W, de manera que H=h(X, Y, W, Z, T )Zpe−r+Tq−W+e H(X, Y, Z, T ) tal que h(x, y, ω, z, t)zpe−r+tq−ω+e H(x, y, z, t) = e H(x, y, z, t) = 0 en B Problema de la Cancelaci´on 30 Luego e H(X, Y, Z, T ) = h0(X, Y, Z, T )XmY+Zpe+Tq. Entonces, en k[X, Y, W, Z, T], H(X, Y, W, Z, T )∈DZpe−r+Tq−W, XmY+Ts+ZpeE Para verlo en L[Z, T], tenemos que sustituir X, Y, W por x, y, ω de manera que H(x, y, ω, T, Z)∈DZpe−r+Tq−ω, xmy+Ts+ZpeE Recordemos que xmy=−ωpry que Ts+Zpe=Tq+Zpe−rpr , de lo que podemos deducir que −ω+Tq+Zpe−rpr = xmy+Ts+Zpey por tanto DZpe−r+Tq−ω, xmy+Ts+ZpeE=DZpe−r+Tq−ωE Luego ker ϕes DZpe−r+Tq−ωEy podemos concluir entonces S−1B=L[z, t]∼ =L[Z, T ].DZpe−r+Tq−ωE Observar que Les un cuerpo de caracter´ıstica p > 0 pues klo es. Adem´as, Z, T son dos indeterminadas sobre Ly tenemos un polinomio Zpe−r+Tq−ω, donde 0 6=ω∈L, con e−r≥1, q > 1 y p-q, es decir, son coprimos. Entonces podemos aplicar el lema 2.5, que nos dice que L[Z, T]/hZpe−r+Tq−ωino admite ninguna aplicaci´on exponencial no trivial, lo cual es una contradicci´on. Por tanto, asumimos que o bien ω=z´o ω=t ´o ω=zpe−r+µtqpara alg´un µ∈k∗con µ6= 1. Notar que para todo λ∈k∗,ω−λes un elemento primo de k[z, t]. Basta ver que si ω=z´o ω=t, entonces ω−λes irreducible en un D.F.U. y por tanto es un elemento primo. Supongamos ahora que ω=zpe−r+µtq−λ. Entonces µtq−λes libre de cuadrado, ya que m.c.d(µqtq−1, µtq−λ) = 1. Por el criterio de Einstein, zpe−r+µtq−λ es un elemento irreducible en k[z, t], luego es un elemento primo. Queremos que estos elementos ω−λsean primos en B, por lo que aplicaremos el lema 2.8 a. Tenemos que probar que zpe+tqpr6∈ (ω−λ)k[z, t]. Supongamos que ω−λ=z−λ. Si zpe+tqpr=f(z, t)(z−λ) entonces f(z, t) tiene una expresi´on de la forma f(z, t) = pe−1 X i=0 αizi+X j>0 i≥0 αijzitj Multiplicando por z−λtenemos que zpe+tqpr= pe−1 X i=0 αizi+1 − pe−1 X i=0 λαizi+X j>0 i≥0 αijzitj(z−λ) Veamos los coeficientes de f(z, 0)(z−λ), los cuales deben ser todos cero expecto el coeficiente del t´ermino zpe, que debe ser uno. El t´ermino independiente es α0= 0, el de grado uno es α0−α1λ= 0, como λ6= 0, entonces α1= 0. De manera general, el t´ermino de grado kes (αk−1−αkλ)zk. Por inducci´on, llegamos a que αk= 0 para todo 0≤k≤pe−1. Veamos el coeficiente de zpe, ´este es 1 = αpe−1= 0, lo que nos da una contradicci´on y por tanto zpe+tqpr6∈ hz−λi. An´alogamente, se tiene para ω=t. Supongamos por ´ultimo que ω=zpe−r+µtqcon µ6= 1 y supongamos adem´as que zpe+tqpe∈ hω−λi. Como este ideal es primo y zpe+tqpr= (zpe−r+tq)pr, se debe cumplir que zpe−r+tq∈ hω−λi, es decir, zpe−r+tq=f(z, t)zpe−r+µtq−λ Problema de la Cancelaci´on 31 como λ6= 0 y µ6= 1, entonces esto no puede ocurrir y por tanto zpe+tqpe6∈ hω−λi. En resumen, en cualquiera de los tres casos, zpe+tqpe6∈ (ω−λ)k[z, t]. Gracias a lo cual estamos bajo las hip´otesis del lema 2.8 a. y por tanto B/(ω−λ)Bes un dominio de integridad, es decir hω−λies un elemento primo en B. Observar que kes un cuerpo infinito, tal que ω−λes un elemento primo de Bpara infinitos elementos λ∈k∗y que tenemos una aplicaci´on exponencial en Btal que ω∈Bφ. Por el lema 2.6, existe un β∈k∗tal que φinduce una aplicaci´on exponencial φ1en B/hω−βila cual bien definida por: Dado [b]∈B/hω−βi, si denotamos por Dna las aplicaciones que definen φ,φ1([b]) = P n≥0Dn(b)Un Notar que y∈Bφy entonces φ1([y]) = [y]. Por tanto ypertenece al anillo de φ1-invariantes. Pongamos f:= ω−β,g0:= zpe−r+tqyg:= gpr 0=zpe+tqpr. Como µ6= 1, afirmamos que fyg0no son comaximales en k[z, t]. Supongamos que lo fueran, entonces deber´ıan existir h1(z, t), h2(z, t)∈k[z, t] tales que 1 = h1(z, t)zpe−r+tq+h2(z, t)zpe−r+µtq−β Consideremos h3(t) = −tq/pe−r∈khz, t, tq/pe−ri, entonces h3(t)pe−r+tq=−tq+tq= 0 luego si sustituimos z=h3(t), tenemos que 1 = h1(h3(t), t)h3(t)pe−r+tq+h2(h3(t), t)h3(t)pe−r+µtq−β=h2(h3(t), t) ((µ−1)tq−β) es decir, 1=(µ−1)h2(h3(t), t)tq−h2(h3(t), t)β Ya que µ−16= 0 y q > 0, se tiene que h2(h3(t), t) = 0, pero entonces 1 = 0 dando una contradicci´on. Luego, efectivamente fyg0son no comaximales. Sea Mun ideal maximal de k[z, t] conteniendo a fyg0. Entonces g=gpr 0∈M2pues r≥1 y por tanto g∈fk[z, t] + M2. Es decir, podemos aplicar el lema 2.8 b. llegando a una contradicci´on. Luego, no existe ninguna aplicaci´on exponencial no trivial φen Btal que y∈Bφ.  Lema 2.10 Sea kun cuerpo infinito de caracter´ıstica positiva py A=k[X, Y, Z, T ].DXmY+Zpe+T+TspE donde m, e, s son enteros positivos tales que pe-sp,sp -peym > 1. Entonces Aposee al menos una aplicaci´on exponencial no trivial. Demostraci´on. El polinomio f=XmY+Zpe+T+Tsp es un polinomio irreducible en k[4] y por tanto hfigenera un ideal primo en k[4]. Consideremos la aplicaci´on exponencial no trivial φ:k[4] →k[5] definida en el ejemplo 1.3.8. Recordemos que esta aplicaci´on viene definida por φ1(X) = X,φ1(Y) = Y−Xm(pe−1)Upe,φ1(Z) = Z+XmU,φ1(T) = T Notar que f∈k[4]φ, ya que φ(f) = φ(X)mφ(Y) + φ(Z)pe+φ(T) + φ(T)sp =XmY−Xm(pe−1)Upe+ (Z+XmU) + T+Tsp =f Por otro lado, Z∈k[4] \k[4]φ, pero D1(Z) = Xm6∈ hfi. Luego, por la nota 2.7 existe una aplicaci´on exponencial no trivial en A. Problema de la Cancelaci´on 32  Proposici´on 2.11 Sea kun cuerpo infinito de caracter´ıstica p > 0y A=k[X, Y, Z, T ].DXmY+Zpe+T+TspE donde m, e, s son enteros positivos tales que pe-sp,sp -peym > 1. Sea φuna aplicaci´on exponencial no trivial en A. Entonces Aφ⊆k[x, z, t], donde x, y, z, t denotan las imagenes de X, Y, Z, T en A. En particular, DK(A) A. Demostraci´on. Por el lema 2.10 existe al menos una aplicaci´on no trivial en A. Demos a x, y, z, t los siguientes pesos. wt(x) = −1, wt(y) = m, wt(z) = 0, wt(t)=0 entonces el polinomio, xmy+zpe+t+tsp es un polinomio homog´eneo y podemos considerar una estructura de Z-´algebra graduada de Acon esos pesos. Para cada g∈A, denotaremos por bga la componente homog´enea de gen Ade grado m´aximo. Como en la prueba del lema 2.9, vemos que φinduce una aplicaci´on exponencial no trivial b φen A(∼ =gr(A)) tal que bg∈A b φ mientras que g∈Aφ. Tambi´en de manera an´aloga a la anterior prueba, usando la relaci´on xmy=−(zpe+t+tsp) si fuera necesario, llegamos a que cada elemento g∈A, puede escribirse de forma ´unica como g=X n≥0 gn(z, t)xn+X j>0,0≤i<m gij(z, t)xiyj(2.3) donde gn(z, t), gij (z, t)∈k[z, t]. Adem´as, los elementos homog´eneos son de la forma g1(z, t)xiyjcon 0 ≤i < m yj≥0. Probaremos el resultado por reducci´on a lo absurdo. Supongamos que Aφ*k[x, z, t]. Entonces podemos considerar f∈Aφ\k[x, z, t]. Veamos la expresi´on de b f∈Aφ. Como f∈A, entonces se puede expresar como en (2.3). Sabemos que ftiene un t´ermino que posee a ycomo factor. Este t´ermino debe pertencer al segundo sumatorio, es decir, tiene que ser uno de la forma fij(z, t)xiyj con j > 0y0≤i<m, y su grado es −i+mj. Como i<m, se tiene que −i+mj > m(j−1) ≥0. Luego el grado de este t´ermino es positivo. Por otro lado, los t´erminos que se encuentran en el primer sumatorio tienen grado −n≤0. De aqu´ı se deduce que el elemento homog´eneo de mayor grado, b f, tiene que ser de la forma f1(z, t)xaybcon 0 ≤a<m,b > 0 y f1(z, t)∈k[z, t]. Por el lema 1.2.6 a. Aφes factorialmente cerrado en A, de lo que se sigue que y∈Aφ. Escribimos scomo qprdonde p-q. Gracias a que pe-sp =qpr+1, se tiene que e>r+ 1 y por tanto e−r−1>0 y ya que sp =qpr+1 -pe, se tiene que q > 1, pues r+ 1 < e. Es f´acil comprobar que k[x, x−1, z, t] tiene una estructura de Z-´algebra graduada sobre kcon los siguientes pesos en los generadores wt(x)=0, wt(z) = q, wt(t) = pe−r−1 Basta tomar Ci:= {f∈kx, x−1, z, tdeg(f) = i}, entonces f∈Cisi y s´olo si deg(f) = iy por tanto Ci∩Cj={0}yk[x, x−1, z, t] = Li∈ZCi. Adem´as, deg(fg) = deg(f) + deg(g) y por tanto se tiene que CiCj⊆Ci+j. Observar que A[x−1] = k[x, y, z, t, x−1] pero entonces la relaci´on que existe entre x, y, z yten A, se puede expresar de la siguiente manera: y=−x−mzpe−r+t+tsp y por tanto kx, y, z, t, x−1=kx, z, t, x−1. Podemos entonces considerar la Z-filtraci´on propia {An}n∈Zen A definida por An:= A∩Li≤nCi. Veamos que efectivamente es una Z-filtraci´on propia probando para ello cada una las propiedades de la definici´on. Antes, recordar que {Dn}n∈Zcon Dn:= L i≤n Ci, forman una Z-filtraci´on propia de k[x, x−1, t, z] (1.4.5). Problema de la Cancelaci´on 33 i. An⊆An+1. Si a∈Anentonces a∈Aya∈Dn⊂Dn+1 y por tanto a∈An+1. ii. A=S n∈Z An. [ n∈Z An=[ n∈ZA\Dn=A\ [ n∈Z Dn!=A\kx, x−1, t, z=A\Ax−1=A iii. T n∈Z An={0}. \ n∈Z An=\ n∈ZA\Dn=A\ \ n∈Z Dn!=A\{0}={0} iv. (An\An−1)·(Am\Am−1)⊆An+m\An+m−1. Teniendo en cuenta que (B1TB2)\(B1TB3) = B1T(B2\B2), consideremos an∈An\An−1yam∈Am\Am−1. Es decir, an∈ATDn\Dn−1yam∈ATDm\Dm−1, entonces anam∈A\(Dn+m\Dn+m−1) = An+m\An+m−1 Denotemos por Bal anillo graduado gr(A)(:= Ln∈ZAn/An−1) con respecto a la filtraci´on anterior. Demostraremos que B∼ =k[X, Y, Z, T ].DXmY+Zpe+TspE(2.4) para poder aplicar el lema 2.9 aB. Para cada g∈A, denotaremos por ga la imagen de gen B. Por la expresi´on ´unica de los elementos de Adada en (2.3), cualquiera de ellos puede ser escrito como un polinomio en las variables x, y, z yt. Adem´as, si g∈An\An−1, entonces cada t´ermino de gpertenece a Dn, es decir, cada t´ermino pertenece a Anluego la filtraci´on definida en Aes admisible con el conjunto de generadores Γ := {x, y, z, t}. De esta manera, B est´a generado por x, y, z yt(1.4.4). Consideremos el anillo graduado de kx, x−1, z, tcon la filtraci´on propia definida por {Dn}n∈Z. Observar que el homomorfismo An/An−1−→ Dn/Dn−1 an+An−17−→ an+Dn−1 es inyectivo para todo n. Para verlo, tomamos un elemento an+An−1∈An/An−1tal que an∈Dn−1. Como an∈An=A∩Dn, podemos concluir que an∈A∩Dn−1, pero entonces an+An−1= 0. De aqu´ı, se tiene que Bpuede identificarse con un subanillo de gr kx, x−1, t, z. Recordar que por el lema 1.4.5, se tiene que gr kx, x−1, t, z∼ =kx, x−1, t, z. Por tanto, Bpuede ser identificado con un subanillo de kx, x−1, z, t. Gracias a esto, podemos ver que los elementos x, z ytde Bson algebraicamente independientes sobre k. Esto se debe a que x, z yt, bajo el isomorfismos gr kx, x−1, z, t∼ = kx, x−1, z, t, se identifican con x, z, t en kx, x−1, z, t, los cuales son algebraicamente independientes. Observar que gracias a la independencia, tr.degk(B) = 3. Como y=−x−mzpe+t+tst, entonces el grado deg(y) = m´ax qpe, pe−r−1, qpe−r=qpe. Definimos l1:= qpeyl2:= pe−r−1, con lo que l2< l1. Entonces xmy, zpeytsp pertenecen a Al1\Al1−1yt∈Al2\Al2−1. Como xmy+zpe+tsp =−t∈Al2⊂Al1−1, tenemos que xmy+zpe+tsp = 0 en B. Ahora como k[X, Y, Z, T ]/hXmY+Zpe+Tspies un dominio de integridad, afirmamos que el isomorfismo 2.4 se da. Probaremos esta afirmaci´on. Consideremos el siguiente homomorfismo sobreyectivo ϕ:k[X, Y, Z, T ]B f(X, Y, Z, T )7→ f(x, y, z, t) Observar que ϕXmY+Zpe+Tsp=xmy+zpe+tsp = 0. Luego XmY+Zpe+Tsp⊆ker ϕ. Definimos entonces la aplicaci´on ϕ1:k[X, Y, Z, T ].DXmY+Zpe+TspEB Problema de la Cancelaci´on 34 inducida por ϕque sigue siendo sobreyectiva y supongamos que ker ϕ16= 0. Recordemos que Bes un dominio de integridad (1.4.2) y que por tanto h0ies un ideal primo en Bcuyo ideal contraido es ker ϕ1, luego ´este debe ser un ideal primo. Contrayendo este ideal en k[X, Y, Z, T ] y teniendo en cuenta que k[X, Y, Z, T] es un dominio de integridad, obtenemos h0i DXmY+Zpe+TspE ker ϕc 1 Por tanto la altura de ker ϕc 1es mayor o igual que 2. Se tiene entonces que tr.degk(k[X, Y, Z, T]/ker ϕc 1)≤2. Adem´as, B∼ =(k[X, Y, Z, T ]/hgi)/ker ϕ∼ =k[X, Y, Z, T ]/hg, ker ϕc 1i=k[X, Y, Z, T ]/ker ϕc 1 llegando a una contradicci´on, pues tr.degk(B) = 3. De aqu´ı 2.4 es cierto. Recordemos que y∈A b φy que Atiene una Z-filtraci´on propia admisible. Por esta raz´on podemos aplicar el teorema 1.4.6, dando como resultado que b φinduce una aplicaci´on exponencial no trivial φen Bey∈Bφ Observar tambi´en que B∼ =k[X, Y, Z, T ].XmY+Zpe+Tspest´a en las condiciones del lema 2.9 pues kes un cuerpo de caracter´ıstica p > 0, m, e, sp son enteros positivos tales que s=qprcon q > 1 y p-q. Adem´as, sp =qpr+1 y como e−(r+ 1) >0, se tiene que e>r+ 1 >1. Pero este lema nos dice que Bno admite ninguna aplicaci´on exponencial no trivial tal que yest´e en su anillo de invariantes. Hemos llegado as´ı a una contradicci´on, por lo que podemos concluir que Aφ⊆k[x, z, t]. De manera obvia, podemos concluir que en particular DK(A) A, pues para todo aplicaci´on exponencial no trivial de A,Aφ∈k[x, z, t].  Nota 2.12 El lema 2.9 y la proposici´on 2.11 no se cumplen si m= 1, i.e si A=k[X, Y, Z, T ].DXY +Zpe+T+TspE Para ello, consideremos f(y, z)∈k[y, z]\{0}y definamos φ1:A→A[U] como φ1(y) = y,φ1(z) = z,φ1(t) = t+yf(y, z)U φ1(x) = x−f(y, z)U−ysp−1(f(y, z)U)sp Observar que este homomorfismo est´a bien definido, pues φ1xy +zpe+t+tsp= (x−f(y, z)U−ysp−1(f(y, z)U)sp)y+zpe+t+yf(y, z)U+ (t+yf(y, z)U)sp =xy −yf(y, z)U−ysp(f(y, z)U)sp +zpe+t+yf(y, z)U+tsp + (yf(y, z)U)sp =xy −zpe+t+tsp = 0 Adem´as, cumple las condiciones para ser una aplicaci´on exponencial. Para probarlo es suficiente con ver que estas condiciones se cumplen para los generadores. 1. Para probar que φ1=Id m´od U, basta ver que se tiene para tyx, para yyzse tiene por definici´on. Pero es obvio que φ1(t) = tm´od Uy que φ1(x) = xm´od U. 2. La segunda propiedad nos dice que φ1Vφ1U=φ1U+V. φ1Vφ1U(y) = y=φ1U+V(y) φ1Vφ1U(z) = z=φ1U+V(z) φ1Vφ1U(t) = t+yf(y, z)V+yf(y, z)U =t+yf(y, z)(U+V) = φ1U+V(t) φ1Vφ1U(x) = x−f(y, z)V−ysp−1(f(y, z)V)sp −f(y, z)U−ysp−1(f(y, z)U)sp =x−f(y, z)(U+V)−ysp−1(f(y, z)(U+V))sp =φ1U+V(x) Problema de la Cancelaci´on 35 Esta aplicaci´on exponencial es no trivial e y, z ∈Aφ1. Consideremos en segundo lugar el homomorfismo definido por φ2(y) = y,φ2(z) = z+yg(y, t)U φ2(t) = t,φ2(x) = x−ype−1g(y, t)peUpe donde g(y, t)∈k[y, t]\0. Razonando como antes se prueba que este homomorfismo est´a bien definido y que adem´as es una aplicaci´on exponencial no trivial con y, t ∈Aφ2. Si adem´as, intercambiamos los papeles de xeyen φ1yφ2, tenemos dos aplicaciones exponenciales no triviales tales que xest´a en sus anillo de invariantes. De aqu´ı, DK(A) = A. Luego la proposici´on 2.11 no se cumple. Teorema 2.13 Sea kun cuerpo infinito de caracter´ıstica p > 0y A=k[X, Y, Z, T ].DXmY+Zpe+T+TspE donde m, e, s son enteros positivos tales que pe-sp ysp -peym > 1. Entonces Akk[3]. Demostraci´on. Sabemos que para Aexisten aplicaciones exponenciales no triviales (2.10). Por la proposici´on 2.11, tenemos que DK(A) A. Adem´as, tr.degk(A)=3>1 luego por el lema 1.2.10 se concluye que Ano es un anillo de polinomios sobre k. En particular, Akk[3].  Corolario 2.14 La conjetura de la cancelaci´on no se cumple para el anillo de polinomios k[X, Y, Z], donde k es un cuerpo infinito de caracter´ıstica positiva. Demostraci´on. Consideremos el dominio af´ın A=k[X, Y, Z, T ].DXmY+Zpe+T+TspE como en el teorema precedente (2.13). Por ´este, se tiene que Akk[3]. Sin embargo, Acumple todas las hip´otesis del corolario 1.1.6, de lo que se deduce que A[1] ∼ =kk[4].  Problema de la Cancelaci´on Bibliograf´ıa [AEH] S. Abhyankar, P. Eakin, W. 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