Unidades en series de potencia formales y anillos de series de Laurent formales

Question

Dejemos que $R$ sea un anillo conmutativo con unidad, $R[[t]]$ el anillo de series de potencias formales sobre $R$ y $R((t))$ el anillo de las series formales de Laurent de $R$ .

Es fácil ver (y bien conocido) que el grupo de unidades $R[[t]]^{\times}$ es igual a $R^{\times}+tR[[t]]$ . Por otro lado, el grupo de unidades $R((t))^{\times }$ es un objeto menos conocido. En este documento (página 7 ejemplo 2.9) se afirma sin pruebas que

$$ R((t))^\times = \{\sum a_n t^n \mid \exists n_0 \in \mathbb{N}, a_{n_0}\in R^\times, a_n \mbox{ nilpotent for } n<n_0 \} $$

Aunque está claro que todos los elementos del lado derecho son unidades, no veo por qué todas las unidades tienen esta forma. De hecho, me parece un error. En $R=R_1 \times R_2$ tenemos

$$ ((1,0)\cdot 1+(0,1)\cdot t)((0,1)\cdot t^{-1}+(1,0)\cdot 1)=1 $$

Lo que parece ser un contraejemplo.

Pregunta 1: ¿Es esto realmente incorrecto, o me estoy perdiendo algo? Si es correcto, ¿cómo probarlo? Si no, ¿cómo se puede describir explícitamente $R((t))^\times?$

Justo después de eso, hay una afirmación sobre $R((t))^{\times}/R[[t]]^\times$ pero también me parece incorrecto o, al menos, no veo por qué es cierto.

Pregunta 2: ¿Hay una buena descripción del grupo $R((t))^{\times}/R[[t]]^\times$ ?

Answer 1

Esta es la declaración relativa a la pregunta (1):

Una serie de Laurent $u=(a_0+a_1t+\cdots)/t^N$ es una unidad si y sólo si existe una partición finita de $\mathrm{Spec}(R)$ por subconjuntos abiertos principales $U_0, \dots,U_n$ tal que:

• $a_0$ es invertible en $U_0$ y nilpotente en $U_1\sqcup \cdots \sqcup U_n$ ;

• $a_1$ es invertible en $U_1$ y nilpotente en $U_2\sqcup \cdots \sqcup U_n$ ...

• $a_n$ es invertible en $U_n$ .

En particular, en cada $U_k$ , $u$ es de la forma descrita en el artículo de Görtz.

Prueba. Tenemos $R((t))=R[[t]][1/t]$ . Así que un elemento $a(t)/t^N$ con $a(t)=a_0+a_1t+\cdots\in R[[t]]$ es invertible en $R((t))$ si y sólo si existe $b(t)=b_0+b_1t+\cdots\in R[[t]]$ tal que $a(t)b(t)=t^m$ para algunos $m\ge 0$ .

Desarrollar el producto $a(t)b(t)$ obtenemos $$a_0b_0=0, \ a_1b_0+a_0b_1=0, ..., \ a_{m-1}b_0+\cdots +a_0b_{m-1}=0; \ a_mb_0+\cdots +a_0b_m=1.$$ Multiplica estas igualdades por las potencias adecuadas de $a_0$ y obtenemos $a_0^{k+1}b_k=0$ para todos $k\le m-1$ y $a_0^{m+1}b_m=a_0^m$ . Por lo tanto, $$ a_0^{m}(1-a_0b_m)=0.$$ Dejemos que $U_0=D(a_0)$ sea el subconjunto abierto principal de $\mathrm{Spec}(R)$ definido por $a_0$ . Entonces $a_0$ es invertible en $U_0$ . Dejemos que $V_0=D(1-a_0b_m)$ . Entonces $\mathrm{Spec}(R)$ es la unión disjunta de $U_0$ y $V_0$ y $a_0$ es nilpotente en $V_0$ . Como $t^{n-1}(1-a_0b(t)t^{-n})=(a_1+a_2t+\cdots)b(t)$ y $a_0$ es nilpotente en $V_0$ vemos que $a_1+a_2t+\cdots$ es invertible en $O(V_0)((t))$ (véase el comentario de KotelKanim). Así que podemos empezar de nuevo con $a_1+a_2t+\cdots$ para encontrar que $V_0=(D(a_1)\cap V_0)\sqcup V_1$ para algún subconjunto abierto principal $V_1$ de $V_0$ tal que $a_1$ es nilpotente en $V_1$ . Como $D(a_1)\cap V_1\subseteq D(a_1)\cap V_0\cap V_1=\emptyset$ tenemos $$\mathrm{Spec}(R)=(D(a_0)\cup D(a_1))\sqcup V_1.$$ Por inducción, encontramos $V_k=(D(a_{k+1})\cap V_k)\sqcup V_{k+1}$ con $a_{k+1}$ nilpotente en $V_{k+1}$ y $$\mathrm{Spec}(R)=(D(a_0)\cup ... \cup D(a_{k+1}))\sqcup V_{k+1}.$$ Obsérvese que la igualdad $a_0b_m+\cdots+a_mb_0=1$ implica que $\mathrm{Spec}(R)=\cup_{0\le i\le m} D(a_i)$ . Así que la construcción anterior debe detenerse en algún paso $n\le m$ encontramos la partición con $U_1=D(a_1)\cap V_0$ , ..., $U_n=D(a_n)\cap V_{n-1}$ .

Queda por saber que si $a(t)$ satisface la condición de partición, entonces $a(t)$ es una unidad en $R((t))$ . Pero basta con observar que en cada uno de $U_i$ es una unidad.