Elementos explícitos de $K((x))((y)) \setminus K((x,y))$

Question

En una respuesta a la pregunta popular sobre falsas creencias comunes en matemáticas

Ejemplos de falsas creencias comunes en matemáticas

He mencionado que mucha gente confunde los dos tipos diferentes de campo de series formales de Laurent en dos variables. Sea $K$ sea un campo cualquiera. Entonces tenemos el campo conjunto de la serie de Laurent el campo de las fracciones

$K((x,y)) = \operatorname{Frac}(K[[x,y]])$

y también el campo de series iteradas de Laurent

$K((x))((y)) = \left(K((x))\right)((y))$ .

Estos campos no son iguales, aproximadamente porque cuando escribimos un elemento arbitrario del campo iterado como una serie formal de Laurent en $y$ para cada (digamos no negativo) $n$ el coeficiente de $y^n$ se permite que sea una serie formal de Laurent arbitraria en $x$ . En particular, como $n$ varía, potencias negativas arbitrariamente grandes de $x$ puede aparecer.

Sin embargo, esto está muy lejos de ser un argumento convincente. De hecho, di el siguiente ejemplo explícito (¡y falaz!): $\sum_{n=0}^{\infty} x^{-n} y^n$ . Pero en un comentario a mi respuesta, el usuario AS señala que este elemento es igual (en el campo iterado, digamos) a $\frac{1}{1-\frac{y}{x}}$ y por lo tanto debe estar en el campo de la fracción de $K[[x,y]]$ . Evidentemente la falacia aquí es que el campo de fracciones de $K[[x,y]]$ es el campo de todas las series formales de Laurent que tienen cola finita en ambos $x$ y $y$ . Pero como muestra este ejemplo, este último ni siquiera es un campo, a diferencia del caso de una variable.

[Al menos cuando $K = \mathbb{C}$ por medios menos explícitos se puede ver que estos dos campos son muy diferentes: por ejemplo, el campo conjunto es hilbertiano por lo que tiene grupo de Galois no abeliano, mientras que el campo iterado tiene grupo de Galois $\widehat{\mathbb{Z}}^2$ .]

AS ofreció escribir, con pruebas, un elemento explícito de $K((x))((y)) \setminus K((x,y))$ Así que decidí publicar una pregunta pidiendo un tipo así. Por supuesto, hay más de un elemento de este tipo - o mejor dicho, más de un tipo de construcción de tales elementos - por lo que estaría interesado en ver múltiples respuestas a:

Por favor, exponga, con pruebas, un elemento explícito de $K((x))((y)) \setminus K((x,y))$ .

Answer 1

Supongamos que $R$ es un dominio con campo de fracciones $F$ . Sea $f\in F[[y]]$ y supongamos que $f\in Frac(R[[y]])$ . Entonces $f=h/g$ con $g,h\in R[[y]]]$ y podemos suponer que $g=b_0+b_1y+\dots$ con $b_0\ne0$ . Por lo tanto, $$ b_0g^{-1}=(1+(b_1/b_0)y+\dots)^{-1}\in R[[y/b_0]] $$ y así $f\in b_0^{-1}R[[y/b_0]]$ .

Así que cuando $R=k[[x]]$ , cualquier $f=\sum y^n/x^{r(n)}$ con $r(n)/n \to \infty$ funcionará.

Una paráfrasis analítica de este argumento (que es relevante para el comentario de Makhalan) es que (con respecto a $F=k((x))$ como campo valorado) cualquier elemento de $Frac(k[[x,y]])$ es una relación de series de potencias que convergen en el disco unitario abierto en $F$ . Por tanto, basta con escribir una serie de potencias en $y$ con radio de convergencia cero.

Answer 2

Hay una caracterización de $K((x,y))$ que deja claro el tipo de ejemplos que hay que esperar. Es decir, es un subring de $K(z)((y))$ (donde $x = yz$ ) de series con ciertas propiedades de regularidad.

Dejemos que $R \subset K[z][[y]]$ sea el anillo de la "serie de potencia filtrada", formado por las series $p(z,y) = \sum_{n \geq 0} p_n(z) y^n$ con $\deg p_n \leq n$ ; de forma equivalente, $p_n(x/y) y^n$ es homogénea en $x,y$ de grado $n$ . Entonces, por definición, la sustitución $x = yz$ proporciona un isomorfismo $R \cong K[[x,y]]$ . Se verifica que $R$ es efectivamente un anillo y que si $p(z,0) = 1$ entonces $p$ es una unidad en $R$ ya que $$p(z,y)^{-1} = (1 + \sum_{n \geq 1} p_n(z) y^n)^{-1} = \sum_{m \geq 0} (-1)^m (\sum_{n \geq 1} p_n(z) y^n)^m.$$

Ahora consideramos $\mathrm{Frac}(R)$ . Si $p(z,y) = \sum_{n \geq a} p_n(z) y^n$ con $p_a \neq 0$ entonces podemos escribir $$p(z,y) = p_a(z) y^a q(z,y)$$ en $K(z)[[y]]$ , donde si $q(z,y) = \sum_{n \geq 0} q_n(z) y^n$ entonces $q_n(x/y) y^n$ es homogénea de grado $n$ (como función racional). Entonces $p^{-1} = p_a^{-1} y^{-a} q^{-1} \in K(z)((y))$ también tiene esta propiedad.

Por el contrario, si $\ell(z,y) \in K(z)((y))$ es una "serie filtrada de Laurent": $\ell(z,y) = \sum_{n \geq -a} \ell_n(z) y^n$ con $a \in \mathbb{Z}$ , $\ell_n(z) \in K(z)$ , y $\ell_n(x/y)y^n$ homogéneo de grado $n \in \mathbb{Z}$ entonces $\ell(x/y,y)$ tiene sentido en $K((x,y))$ si cada $\ell_n$ es además de la forma $q_{n + a}(z) p_a(z)^{-1}$ para los polinomios $q_{n + a}, p_a$ de grados como máximo $n + a, a$ respectivamente, desde entonces $$\ell(x/y,y) = p_a(x/y)^{-1} y^{-a} \sum_{m \geq 0} q_m(x/y) y^m,$$ con $p_a(x/y)^{-1} \in K(x/y) \subset K((x,y))$ y $q_m(x/y) y^m \in K[x,y]$ homogénea de grado $m$ . De forma más concisa, podemos decir: $K((x,y))$ es isomorfo al subring de $K(z)((y))$ consistente en series $$\ell(z,y) = \sum_{n \geq -a} \ell_n(z) y^n$$ de manera que cada $\ell_n(x/y)y^n$ es homogénea de grado $n$ y todos los $\ell_n(z)$ juntos sólo tienen un número finito de polos en $\bar{K}$ .

Así, las siguientes clases de funciones en $K((x))((y))$ no están en $K((x,y))$ :

• Series de la forma $\ell(x,y) = t(x/y) = \sum_{n \geq 0} t_n x^n y^{-n}$ para lo cual $t(z) \in K[[z]]$ no es una función racional. Por ejemplo, $$t(z) = \exp(z) = \sum_{n \geq 0} \frac{1}{n!} z^n, \qquad t(z) = \sum_{n \geq 0} b_n z^n,$$ donde la primera sólo tiene sentido sobre un campo de característica cero, y donde en la segunda, $b_n \in \{0,1\}$ es una secuencia aleatoria de bits (que casi seguro no será racional). En general, las series de la forma $\ell(x,y) = \sum_{a,b} \ell_{a,b} x^a y^b$ de tal manera que algunos $\ell_n(z) = \sum_{a + b = n} \ell_{a,b} z^a$ no es racional.
• Serie $\ell(x,y)$ para lo cual el $\ell_n(z)$ tienen "infinitos polos" entre ellos. Esto es difícil de detectar a nivel de series formales, pero un criterio es similar al de Tony Scholl: los radios de convergencia de las $\ell_n(z)$ tienen infimo cero o infinito. En $\mathbb{C}$ por la prueba de la raíz esto es lo mismo que $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|\ell_{a, n - a}|}$ siendo ilimitado en $a$ o sus inversos no están limitados. (Esto también funciona sobre cualquier campo con una valoración real completa).

Answer 3

Creo que $\displaystyle\sum\limits_{n\geq 0}\frac{y^{2^n}}{x^{2^n}}$ es un caso así. De hecho, ¿se encontraría en $K\left(\left(x,y\right)\right)$ tendríamos dos series de potencias no nulas $\sum\limits_{u,v\geq 0}a_{u,v}x^uy^v$ y $\sum\limits_{u,v\geq 0}b_{u,v}x^uy^v$ satisfaciendo $\displaystyle\sum\limits_{n\geq 0}\frac{y^{2^n}}{x^{2^n}}\cdot \sum\limits_{u,v\geq 0}a_{u,v}x^uy^v=\sum\limits_{u,v\geq 0}b_{u,v}x^uy^v$ . Esto se reescribe en forma de coeficiente como

(1) $\displaystyle b_{u,v}=\sum\limits_{n\geq 0}a_{u+2^n,v-2^n}$

para todos $u$ y $v$ (tal vez el $+$ y el $-$ señales son al revés aquí, pero espero que esté claro lo que hay que hacer entonces), donde $a_{p,q}$ se define como $0$ si $p<0$ o $q<0$ . Ahora, toma un poco de $\left(p,q\right)$ satisfaciendo $a_{p,q}\neq 0$ y tomar algo natural $N$ que es mucho más grande que $p$ y $q$ . Aplicar (1) a $u=p-2^N$ y $v=q+2^N$ y obtener $b_{p-2^N,q+2^N}=a_{p,q}$ (porque en la suma del lado derecho de (1), los sumandos de $n < N$ tienen $u+2^n<0$ y por lo tanto son cero, mientras que los sumandos de $n > N$ tienen $v-2^n<0$ y por lo tanto también son cero, por lo que sólo el $n=N$ sumando permanece), contradiciendo $p-2^N<0$ (que es porque $N$ es tan grande).

Answer 4

Adenda: en realidad hay una cadena de subcampos entre $K((x,y))$ y $K((x))((y))$ con cardinalidad c . Por ejemplo, para cualquier $\lambda>1$ podemos considerar el subconjunto $R_\lambda$ de $K((x))((y))$ de todas las series de Laurent $\sum_k c_k(x)y^k$ con $c_k\in K((x))$ satisfaciendo $$\inf_k \lambda ^{-k} \mathrm{ord}(c_k) > -\infty.$$ Es fácil comprobar que es un subcampo de $K((x))((y))$ que contiene $K[[x,y]]$ .

Además, como en lugar de $\lambda^k$ podemos utilizar las funciones $\mathbb{N}\to\mathbb{N}$ con un crecimiento arbitrariamente grande, también se puede demostrar que los subcampos entre $K((x,y))$ y $K((x))((y))$ también tienen una cofinalidad incontable.

Answer 5

Esto debería ser un comentario al bonito contraejemplo de Tony Scholl, pero no tengo la reputación necesaria. (!!!)

Una forma transparente de ver que cualquier $\sum_{n\ge 0} \dfrac{y^n}{x^{r(n)}}$ con $\dfrac{r(n)}{n}$ que tiende a $\infty$ servirá de contraejemplo (sin dividir por $b_0$ etc.) es la siguiente: De forma más general, supongamos que $\sum_{k \ge 0} a_k(x) y^k$ es ser un contraejemplo, con $a_k(x)$ procedente de $K((x))$ ( $K$ será el campo base), y $v_x(a_k(x)):= -r(k) < 0)$ ( $v_x$ siendo el $x$ -Valoración de los daños en $K((x))$ correspondiente al término de menor grado en $x$ .) Queremos demostrar que es imposible escribirlo como el cociente $\sum_{i \ge 0} p_i(x) y^i$ dividido por $\sum_{j \ge 0} q_j(x) y^j$ donde, sobre todo, cada $v_x(p_i(x))$ y $v_x(q_j(x))$ son no negativos, y $q_0(x)\neq 0$ . (Nótese que estamos incrustando $K[[x,y]]$ en $K((x))((y))$ escribiendo elementos de $K[[x,y]]$ como una serie de potencias en $y$ con coeficientes en $K[[x]]$ (véase el debate sobre este tema más arriba). A continuación, la multiplicación cruzada y la comparación de los coeficientes de $y^k$ obtenemos $$\sum_{j=0}^k a_{k-j}(x)q_{j}(x) = p_k(x).$$ Si $v_x(q_j(x)) := d_j \ge 0$ entonces los sumandos no nulos de la izquierda tienen $v_x$ (es decir, el exponente del menor $x$ -términos) $-r(k) + d_0$ , $-r(k-1)+d_1$ etc. El más bajo $x$ -El término de la derecha es de exponente no negativo. Para que esto sea una imposibilidad (para que tengamos un contraejemplo), basta con elegir la función $r$ para satisfacer $-r(k) + d_0 < -r(k-1)$ para cualquier elección de $d_0\ge 0$ y para todos $k > k_0(d_0)$ . (Recordemos que el $r(k)$ son enteros negativos mientras que los d_i son enteros no negativos. Esta condición hace que el $r(k)$ aumentan monótonamente, y dominan todos los $r(j)$ después de un tiempo). Lo escribimos como $r(k) - r(k-1) > d_0$ para cualquier $d_0\ge 0$ para todos $k > k_0(d_0)$ . Escribiendo esto como $r(n) > r(k_0) +(n-k_0)d_0$ para $n > k_0(d_0)$ y dividiendo por $n$ encontramos que $\dfrac{r(n)}{n}$ va a $\infty$ . El comentario de Pietro Majer también se desprende de esto.