Estructura de $\mathbb{Z}[[x]]/(x-n)$

Question

Es $\mathbb{Z}[[x]]/(x-6) \cong \widehat{\mathbb{Z}}_2 \times \widehat{\mathbb{Z}}_3$ ?

Parece intuitivo que $\mathbb{Z}[[x]]/(x-p)$ es el p -número de veces, y creo que esto no es demasiado difícil de mostrar formalmente. En realidad, no parece demasiado difícil demostrar que esto es cierto para cualquier número p no sólo los primos. Esto da una buena descripción explícita de $\mathbb{Z}[[x]]/(x-n)$ Cuando se combina con los hechos bien conocidos (y espero que bien recordados) que $p^k$ -Adics es sólo un nombre elegante para p -adics, y que n -adicas en general son el producto directo de la p -adics para los distintos primos p dividiendo n .

Todo iba bien hasta que intenté mostrar esta descomposición directa del producto directamente en el anillo $\mathbb{Z}[[x]]/(x-6)$ . Quiero utilizar el teorema del resto chino en los ideales $(x-2)$ , $(x-3)$ y $(x-6)$ . Claramente $(x-2)+(x-3) = (1)$ pero creo que también está bastante claro que $(x-6) \neq (x-2) \cap (x-3)$ .

De hecho, no creo que $x-6$ es incluso un elemento de $(x-2)$ ya que $$\frac{x-6}{x-2} = 3 + x + \tfrac12 x^2 + \ldots + \tfrac1{2^n} x^{n+1} + \ldots \notin \mathbb{Z}[[x]]$$

¿Qué ha fallado?

Answer 1

El isomorfismo de $\widehat{\mathbb{Z}_n}$ con $\mathbb{Z}[[x]]/(x-n)$ se realiza mediante la asignación de $\mathbb{Z}[[x]]$ en $\mathbb{Z}/n^k\mathbb{Z}$ enviando $1$ a $1$ , $x$ a $n$ y $x^k$ a $0$ es decir, como usted señala, el mapa con el núcleo $(x-n,x^k)$ . Estos mapas son consistentes, así que por la propiedad universal del límite inverso se obtiene un mapa $$\mathbb{Z}[[x]] \to \lim_{\leftarrow}\mathbb{Z}/n^k\mathbb{Z} =\widehat{\mathbb{Z}_n}.$$ El mapa es onto, y el núcleo es efectivamente $$\cap_{k=1}^{\infty}(x-n,x^k) = (x-n).$$

Pero cuando se considera la descomposición natural de $\widehat{\mathbb{Z}_6}$ en $\widehat{\mathbb{Z}_2}\times\widehat{\mathbb{Z}_3}$ al factorizar los grupos cíclicos a lo largo del límite inverso, no se obtienen los mapas correspondientes. Es decir, los mapas $$\mathbb{Z}[[x]]\to\mathbb{Z}/2^k\mathbb{Z}\qquad\text{and}\qquad\mathbb{Z}[[x]]\to\mathbb{Z}/3^k\mathbb{Z}$$ que acabamos de definir le dará naturalmente un mapa al producto, que es isomorfo a $\mathbb{Z}/6^k\mathbb{Z}$ pero el mapa que se obtiene mediante esta composición no es el mapa que definimos anteriormente en $\mathbb{Z}/6^k\mathbb{Z}$ Nota: hay que tener en cuenta que $(a+2^k\mathbb{Z},b+3^k\mathbb{Z})$ se asigna a la clase de residuo único $m$ modulo $6^k$ tal que $m\equiv a\pmod{2^k}$ y $m\equiv b\pmod{3^k}$ . Dado que la imagen de $x$ bajo el producto es $(2+2^k\mathbb{Z},3+3^k\mathbb{Z})$ no es igual a $6+6^k\mathbb{Z}$ excepto en el caso $k=1$ pero para que el isomorfismo funcione de la "manera intuitiva" que intentas necesitarías $x$ para asignar a ambos $6+6^k\mathbb{Z}$ y a $(2+2^k\mathbb{Z},3+3^k\mathbb{Z})$ .

Así que el problema es que el mapa que se obtiene al tomar $\mathbb{Z}[[x]]/(x-6)$ es no el mapa inducido al mirar $\mathbb{Z}[[x]]/(x-2)\times \mathbb{Z}[[x]]/(x-3)$ .

Answer 2

Es cierto que, para $a,b$ enteros coprimos entonces $$ \mathbb{Z}[[x]]/(x-ab)\cong\left(\mathbb{Z}[[x]]/(x-a)\right)\times\left(\mathbb{Z}[[x]]/(x-b)\right) $$ que es lo que se espera de $\mathbb{Z}_{ab}\cong\mathbb{Z}_a\times\mathbb{Z}_b$ .

En primer lugar, consideremos el homomorfismo $$ \begin{align} &\theta_a\colon\mathbb{Z}[[x]]\to\mathbb{Z}[[x]],\\ &f\mapsto f(ax). \end{align} $$ Como $(x-ab)\subseteq\theta^{-1}_a((x-b))$ Esto induce un homomorfismo $\tilde\theta_a\colon\mathbb{Z}[[x]]/(x-ab)\to\mathbb{Z}[[x]]/(x-b)$ . Definición de $\theta_b,\tilde\theta_b$ Del mismo modo, deberías ser capaz de utilizar el Teorema del Resto Chino para comprobar que $f\mapsto (\tilde\theta_b(f),\tilde\theta_a(f))$ da el isomorfismo requerido.

Alternativamente, un elemento $c$ de $\mathbb{Z}_a$ puede escribirse como $\sum_nc_na^n$ para $c_n\in\mathbb{Z}$ . Si $a,b$ son coprimos entonces siempre se puede tomar $c_n$ sea un múltiplo de $b^n$ (por el Teorema del Resto Chino) así, de hecho, $c$ puede escribirse como $\sum_n (c_nb^n)a^n$ . Por lo tanto, es la imagen de $\sum_n c_n(ab)^n\in\mathbb{Z}_{ab}$ donde el coeficiente $c_n$ de $(ab)^n$ se multiplica por $b^n$ . De ahí que haya considerado el mapa $\theta_b$ tomando $x^n$ a $b^nx^n$ .

Answer 3

Dejé esto como comentario arriba, pero está al final de un largo hilo, así que también lo anotaré aquí: los isomorfismos que se están discutiendo aquí son un caso especial del isomorfismo más general discutido en esta pregunta que establece que para cualquier anillo noetheriano $R$ Si $I = (a_1,\ldots,a_n)$ es un ideal, entonces $R[[x_1,\ldots,x_n]]/(x_1-a_1,\ldots,x_n-a_n) =$ el $I$ -Cumplimiento de los requisitos de $R$ .

Answer 4

La primera afirmación no me parece tan evidente como a ti, pero aquí tienes una prueba. En primer lugar, es evidente que existe un mapa $\mathbb{Z}[[x]] \to \mathbb{Z}_p$ que envía $x$ a $p$ y tomamos el único mapa continuo de este tipo. El núcleo está formado por todas las series de potencias $\sum a_i x^i$ tal que $\sum a_i p^i = 0$ en $\mathbb{Z}_p$ . Intuitivamente queremos escribir

$$\sum a_i x^i = (x - p) \left( \sum a_i \frac{x^i - p^i}{x - p} \right)$$

pero la suma entre paréntesis no converge en $\mathbb{Z}[[x]]$ . Sin embargo, el coeficiente de $x^n$ como elemento de $\mathbb{Z}_p$ es

$$\sum_{i \ge n+1} a_i p^{i-n-1} = \frac{-a_0 - a_1 p - ... - a_n p^n}{p^{n+1}} \in \mathbb{Z}$$

por lo que podemos juntar términos tales que la suma resultante converge en $\mathbb{Z}[[x]]$ . Así que el núcleo es $(x - p)$ como se desee.

Tenga en cuenta que cualquier mapa $\mathbb{Z}[[x]] \to \mathbb{Z}_p$ que envía $x$ a un elemento divisible por $p$ se extiende de forma única a un mapa continuo, y en su situación con $p = 2$ , se establece $x = 2$ para definir un mapa y establecer $x = 6$ para definir el otro. No hay ninguna contradicción en el hecho de que los mapas resultantes no tengan el mismo núcleo.

Así que: sí, es cierto que $\mathbb{Z}[[x]]/(x - 6) \cong \mathbb{Z}_6 \cong \mathbb{Z}_2 \times \mathbb{Z}_3$ Y no sé por qué tomas la terminación profita de algo que es su propia terminación profita.