下面是我之前遇到的一個問題。

命題：如果 #FormatImgID_1# 是一個perfectoid field， #FormatImgID_2# 是一個 #FormatImgID_3# -torsion free 的 perfectoid #FormatImgID_4# -algebra， #FormatImgID_5# ，記 #FormatImgID_6# 是 #FormatImgID_7# 包含於#FormatImgID_8# 中的單位構成的monoid，則

(1)\qquad R^{\times}\cap R^+ = (R^{\flat\times}\cap R^{\flat+})^{\sharp}\cdot R^{+\times}

。

這裡 #FormatImgID_10# 是 #FormatImgID_11# 的tilt ( 類似的，#FormatImgID_12# 是 #FormatImgID_13# 的tilt)， #FormatImgID_14# 是 monoid 同態。

(1)

表明，對於affinoid perfectoid space

X = \mathrm{Spa}(R,R^+)

，它上面可逆的（i。e。 包含於

R^{\times}

）有界（i。e。 包含於

R^+

）解析函式

f

，在差一個整體可逆（i。e。 包含於

R^{+\times}

）函式的意義下，可以不斷的開

p

次方。

作為推論，我們可以知道

#FormatImgID_21# 是一個 #FormatImgID_22# -可除的monoid；

進而

#FormatImgID_23# 是一個 #FormatImgID_24# -可除的交換群。

儘管

(1)

的確是對的，而且證明也很簡單，但我們下面還是集中於

K = \mathbb C_p

是

p

-adic複數域，且

X

是一些特殊的perfectoid space的情形。這也是寫這篇文章的目的——記錄下最開始處理特殊情形的想法。對每個例子我們只考慮最低維的情形。

下面記

\mathcal O= \mathcal O_{\mathbb C_p}

是

\mathbb C_p

的整數環，

\mathfrak m

是極大理想。我們固定

K^{\times}

的一個子群

p^{\mathbb Q}

。記

\widetilde p = (p,p^{\frac{1}{p}},p^{\frac{1}{p^2}},\dots)\in \mathcal O^{\flat}

，則

\widetilde p^{\mathbb Q}

的意義的顯而易見的。

\mathrm{Example~A(perfectoid~unit~ball)}~R^+ = \mathcal O\{T^{\frac{1}{p^{\infty}}}\}.

對這種情形，

R^{\flat+} = \mathcal O^{\flat}\{T^{\frac{1}{p^{\infty}}}\}.

我們先證明

R^{\flat\times}\cap R^{\flat+} = (\mathcal O^{\flat}\setminus\{0\})\cdot R^{\flat+\times}.

只用指出左邊包含在右邊即可。

一個重要的觀察是

R^{\flat+}

是一個拓撲自由的

\mathcal O^{\flat}

-模，

\{T^{\alpha}\}_{\alpha\in\mathbb N[\frac{1}{p}]}

是一組拓撲自由基。因此，在

R^{\flat}

上可以賦予一個Gauss範數

|\cdot|

，使得對任意的

f\in R^{\flat+}

，都有

f=\sum_{\alpha}a_{\alpha}T^{\alpha}\in R^{\flat+},|f| = \sup_{\alpha}|a_{\alpha}|.

現在假設

f\in R^{\flat+}\cap R^{\flat\times}

，可以不妨假定

|f|=1

，我們希望能夠證明

f\in R^{\flat+\times}

。記

f^{-1}=：g\in R^{\flat\times}

。

（i） 如果

g\in R^{\flat+}

，那沒什麼好證的，此時自動有

f\in R^{\flat+\times}

。

（ii） 如果

g\notin R^{\flat+}

，也就是

|g|>1

。設

|g|=|\widetilde p|^{-a}

，則

a>0.

設

h=\widetilde p^ag

，則

|h| = 1

且

fh=\widetilde p^a

。於是，矛盾就這樣到來了！因為

|f|=|h|=1

，所以在模掉

\mathfrak m

之後，

f,h\neq 0

（作為

R^{\flat}/\mathfrak m^{\flat} = \overline{\mathbb F}_p[T^{\frac{1}{p^{\infty}}}]

中的元素）。但因為

a>0

，所以在

R^{\flat+}/\frak m^{\flat}

裡面，

fh=0

。這就和

R^{\flat+}/\mathfrak m^{\flat} = \overline{\mathbb F}_p[T^{\frac{1}{p^{\infty}}}]

是整環矛盾！

綜合（i）（ii），我們就得到了

R^{\flat\times}\cap R^{\flat+} = (\mathcal O^{\flat}\setminus\{0\})\cdot R^{\flat+\times}.

用

R^+

代替

R^{\flat+}

，根據完全類似的證明，我們得到

R^{\times}\cap R^{+} = (\mathcal O\setminus\{0\})\cdot R^{+\times}.

因為

\sharp:\mathcal O^{\flat}\rightarrow \mathcal O

是滿射，所以

(1)

在這個例子裡是成立的！

\mathrm{Example~B(perfectoid~torus)}~R^+ = \mathcal O\{T^{\pm\frac{1}{p^{\infty}}}\}.

這個證明和例A完全一致，為偷懶起見，就不寫了。注意上面的證明是純粹的代數證明！

\mathrm{Example~C(perfectoid~annulus)}~R^+ = \mathcal O\{X^{\frac{1}{p^{\infty}}},Y^{\frac{1}{p^{\infty}}}\}/(X^{\frac{1}{p^n}}Y^{\frac{1}{p^n}}-p^{\frac{1}{p^n}})_{n\geq 0}^{\wedge}.

這個例子和上面的例A和例B有一個本質的不同：在這個例子裡，

R^+

模

\mathfrak m

後得到的並不是一個整環！所以，我們需要一些特別的技巧來克服這個困難——準確的說，我們將會涉及到一些幾何的辦法。注意此時

R^{\flat+} = \mathcal O^{\flat}\{X^{\frac{1}{p^{\infty}}},Y^{\frac{1}{p^{\infty}}}\}/(X^{\frac{1}{p^n}}Y^{\frac{1}{p^n}}-\widetilde p^{\frac{1}{p^n}})_{n\geq 0}^{\wedge}，

仍然是一個拓撲自由

\mathcal O^{\flat}

-模。我們寫出它的一組拓撲自由基

\{X^aY^b| \alpha\in I\}

。這裡

I=\{\alpha= (a,b)\in \mathbb N[\frac{1}{p}]^2|ab=0\}.

是指標集。

和之前一樣，

R^{\flat}

被賦予了一個Gauss範數

|\cdot|

（或者等價的，一個賦值

\nu

，使得

|\cdot| = p^{-\nu(\cdot)}

），使得對任意的

f=\sum_{\alpha=(a,b)}\lambda_{\alpha}X^aY^b

，

|f|=\sup_{\alpha}|\lambda_{\alpha}|

。對給定的

f\in R^{\flat\times}\cap R^{\flat+}

，我們總可以假定

|f|=1

。

如果

f^{-1}\notin R^{\flat+}

，和例A一樣，我們總可以找到

g\in R^{\flat+}\cap R^{\flat\times}

以及

d>0

使得

fg=\widetilde p^d

。下面我們做一些幾何的約定。

記

An=\{(x,y)| xy=p,~x,y\in \mathcal O^{\flat}\}

。對任意的

h(X,Y) = \sum_{\alpha=(a,b)}\lambda_{\alpha}X^aY^b\in R^{\flat}

，

h(x,y):=\sum_{\alpha}\lambda_{\alpha}x^ay^b

。顯然

0\leq|h(x,y)|\leq |h|,~\forall (x,y)\in An.

對於我們的情況，我們總是有

0\leq |f(x,y)|,|g(x,y)|\leq 1

。但是

fg=\widetilde p^d

，所以我們必有

|\widetilde p|^d\leq |f(x,y)|,|g(x,y)|\leq 1.

下面我們證明：

Claim: 存在一個

\alpha_0=(a_0,b_0)

使得對任意的

(x,y)\in An

都有

|f(x,y)|=|\lambda_{\alpha_0}x^{a_0}y^{b_0}|

。

我們將指標集

I

分成不交的兩部分

I=I_1\cup I_2

，使得對任意的

\alpha\in I_2

都有

|\lambda_{\alpha}|<|\widetilde p|^d

。從而

I_1

是一個有限集合且根據強三角不等式，必有

|f(x,y)|=|\sum_{(a,b)=\alpha\in I_1}\lambda_{\alpha}x^ay^b|, \forall (x,y)\in An.

注意到對

\alpha_i=(a_i,b_i)

以及

(x,y)\in An

，下面的函式

(\nu(x),\nu(y))\mapsto \nu(\lambda_{\alpha_i})+a_i\nu(x)+b_i\nu(y)

總是線性的，且隨

\alpha_i

的不同，這些函式也兩兩不同（這些直線不會重合）！根據強三角不等式，除了有限多個

(\nu(x),\nu(y))

之外，我們一定有

|f(x,y)|=\sup_{(a,b)=\alpha\in I_1}|\lambda_{\alpha}x^ay^b|.

注意上式兩邊都是關於

(x,y)

的連續函式，因此上式對任意的

(x,y)\in An

都成立。

這表明

(\nu(x),\nu(y))\mapsto \nu(f(x,y))

是一個分段線性的凸函式。同樣的事情對

g

也成立！但是現在

d=\nu(\widetilde p^d) \equiv \nu(f(x,y))+\nu(g(x,y))

是兩個分段線性凸函式的和，所以

(\nu(x),\nu(y))\mapsto \nu(f(x,y))

只能是線性函式！這就證明了

Claim

。特別的，由上面的證明，對任意的

\alpha\in I_1

，都有

|\lambda_{\alpha}x^ay^b|\leq |\lambda_{\alpha_0}x^{a_0}y^{b_0}|

（事實上，這個對所有的

\alpha\in I

都成立）。

因為

|f|=1

，我們斷言

\lambda_{\alpha_0}\in\mathcal O^{\flat\times}

，從而可以假定

\lambda_{\alpha_0}=1

。

否則的話，設

\alpha=(a,b)\in I_1

使得

|\lambda_{\alpha}|=1>|\lambda_{\alpha_0}|

，不妨設

b=0

。現在取

(1,\widetilde p)\in An

，則

|\lambda_{\alpha}1^a\widetilde p^b|=1>|\lambda_{\alpha_0}|\geq|\lambda_{\alpha_0}1^{a_0}\widetilde p^{b_0}|

，這就匯出矛盾！

下面我們可以證明

f= X^{a_0}Y^{b_0}(1+h)

，其中

h\in 1+\mathfrak m^{\flat}R^{\flat+}

，也即

|h-1|<1

。

我們需要一個引理：

引理

：

對任意的

\alpha=(a,b),\beta=(m,n)\in I

以及

\lambda_{\alpha},\lambda_{\beta}\in \mathcal O^{\flat}

，如果對任意的

(x,y)\in An

都有

|\lambda_{\alpha}x^ay^b|\leq|\lambda_{\beta}x^my^n|

，則存在

\mu\in\mathcal O^{\flat},(k,l)\in\mathbb N[\frac{1}{p}]^2

使得

\lambda_{\alpha}X^aY^b=\lambda_{\beta}\mu X^{m+k}Y^{n+l}

。

證明：

不妨

\lambda_{\beta}=1

，記

\lambda_{\alpha}=:\lambda

。如果

a<m

，記

r=m-a

。考慮點

(\widetilde p,1)

，我們有

|\lambda\widetilde p^a|\leq |\widetilde p^m|

，則

\mu_1=\frac{\lambda}{\widetilde p^r}\in\mathcal O^{\flat}

且

\lambda X^aY^b=\mu_1 X^{m}Y^{b+r}

。考慮點

(1,\widetilde p)

即可得到想要的

\mu

以及

(k,l)

。

證畢！

根據上面的引理，我們總可以將

f

寫成

f=X^{a_0}Y^{b_0}(1+\sum_{(m,n)=\beta\in J}\mu_{\beta}X^mY^n+h)

的樣子，其中

\mu_{\beta}\in\mathcal O^{\flat\times}

，

J\subset I

是一個由

I_{\alpha_1}

決定的有限集，

|h|<1

。我們只用指出

J

事實上是空集即可。現在我們可以利用例A中的技巧了！

考慮

F(X,Y)=1+\sum_{(m,n)=\beta\in J}\mu_{\beta}X^mY^n

。如果

J

不是空集，我們可以不妨假定存在

\beta_0=(m_0,n_0)

使得

n_0=0

，於是

0\neq \overline F(X,0):=F(X,0)\mod \mathfrak m^{\flat}

非零。因為

J

是有限集，我們可以假定

\overline F(X,0)

是關於

X

的多項式，顯然它的常數項是

1

。注意

\mathcal O^{\flat}/\mathfrak m^{\flat} = \overline{\mathbb F}_p

是代數封閉的，我們總可以取

\overline x\neq 0

使得

\overline F(\overline x,0)=0

。設

x\in\mathcal O^{\flat\times}

是

\overline x

的一個提升，令

y=\frac{\widetilde p}{x}

，則

(x,y)\in An

且

F(x,y)\in\mathfrak m^{\flat}

。作為結論，我們有

|x^{\alpha_0}y^{\alpha_0}|=|f(x,y)|=|x^{\alpha_0}y^{\alpha_0}|\cdot|F(x,y)+h(x,y)|<|x^{\alpha_0}y^{\alpha_0}|

，矛盾！

所以，我們就證明了

R^{\flat\times}\cap R^{\flat+} = (\mathcal O^{\flat+}\setminus\{0\})\cdot X^{\mathbb N[\frac{1}{p}]}Y^{\mathbb N[\frac{1}{p}]}\cdot (1+\mathfrak m^{\flat}R^{\flat+})

。

同樣的討論也表明，

R^{\times}\cap R^{+} = (\mathcal O^{+}\setminus\{0\})\cdot X^{\mathbb N[\frac{1}{p}]}Y^{\mathbb N[\frac{1}{p}]}\cdot (1+\mathfrak mR^{+})

。

特別的，我們就在這種情況證明了

(1)

。

注1

： 一般情況的證明的想法和例C一脈相承，只不過在那裡我們對於空間

X

沒有一個具體的描述，所以需要抽象的考慮

X

上的點（上面的例子相當於考慮classical points）。

注2

： 我不知道有沒有一個避免使用幾何的純粹的代數證明（比如像例A那樣），哪怕只是侷限於例C這種簡單的情形。如果有人能夠提供那樣一個證明（即使是僅針對例C），歡迎到這個專欄投稿。