Модули над формальными степенными рядами

[Otta]

Их много, а Вы пишете один. И зачем Вы добавляете идеал? 1 принадлежит классу $[1]$. $x$ принадлежит классу $[x]$. И да, это разные классы. Элементом фактор-кольца, содержащим $x$, является класс $[x]$. Скобки, когда говорят о фактор-кольце, обычно опускают. Так что еще будет элементом этого класса? Хотя бы парочку назовите.

[ikozyrev]

Otta в сообщении #1173349 писал(а):

Их много, а Вы пишете один. И зачем Вы добавляете идеал? 1 принадлежит классу $[1]$. $x$ принадлежит классу $[x]$. И да, это разные классы. Элементом фактор-кольца, содержащим $x$, является класс $[x]$. Скобки, когда говорят о фактор-кольце, обычно опускают. Так что еще будет элементом этого класса? Хотя бы парочку назовите.

Ну например $x+x^2$ и $x+x^3$

[Otta]

Ну например. Что Вам мешает умножить это на элемент кольца?

[ikozyrev]

Otta в сообщении #1173356 писал(а):

Ну например. Что Вам мешает умножить это на элемент кольца?

Так это же элементы класса а не сам класс.
Меня вот это и смущало.

[Otta]

Вы должны бы знать, - а если не знаете, проверьте самостоятельно, что если каждый элемент класса умножить на один и тот же элемент кольца, то все они попадут в один класс. Так что умножение на произвольный элемент кольца определено корректно. Это легко доказывается.

Возьмите свои и умножьте на что-нибудь. На ряд для $xe^x$, например. Куда они попадут, в какой класс?

[ikozyrev]

ikozyrev в сообщении #1173357 писал(а):

Otta в сообщении #1173356 писал(а):

Ну например. Что Вам мешает умножить это на элемент кольца?

Так это же элементы класса а не сам класс.
Меня вот это и смущало.

Но хотя можно сказать что умножение класса на элемент кольца $a$ - это будет умножение любого элемента этого класса на $a$ и это будет корректно определено, по определению факторкольца.
Уфф, кажется понял. У меня почему то в голове сложилось, что факторкольцо - это что то совсем другое, чем его порождающее. Теперь вроде все складывается.

-- 01.12.2016, 16:26 --

Otta в сообщении #1173360 писал(а):

Вы должны бы знать, - а если не знаете, проверьте самостоятельно, что если каждый элемент класса умножить на один и тот же элемент кольца, то все они попадут в один класс. Так что умножение на произвольный элемент кольца определено корректно. Это легко доказывается.

Возьмите свои и умножьте на что-нибудь. На ряд для $xe^x$, например. Куда они попадут, в какой класс?

Одновременно написали :) Спасибо большое, в голове прояснилось :))
На самом деле все просто и понятно, но какой-то глупый затык иногда путает все карты :)

[Otta]

Все просто и понятно, особенно когда разобрался ))
Не за что.

ikozyrev в сообщении #1173361 писал(а):

У меня почему то в голове сложилось, что факторкольцо - это что то совсем другое, чем его порождающее.

Но вообще-то это действительно нечто другое. Но не настолько другое, чтобы исходное было совсем уж не при делах.

[ikozyrev]

Возвращаясь к нашей задаче - получается что именно $M_4$ имеет размерность 6 над $k$ (ибо это прямая сумма факторколец с размерностью 2 и 3). То есть по крайней мере один такой модуль есть. Если же взять фактор по $x^6$, то это факторкольцо будет тоже размерности 6 над $k$ но оно будет изоморфно $M_4$ по китайской теореме об остатках.
То есть получается что с точностью до изомофризма такой модуль один?

-- 01.12.2016, 17:13 --

ikozyrev в сообщении #1173369 писал(а):

Возвращаясь к нашей задаче - получается что именно $M_4$ имеет размерность 6 над $k$ (ибо это прямая сумма факторколец с размерностью 2 и 3). То есть по крайней мере один такой модуль есть. Если же взять фактор по $x^6$, то это факторкольцо будет тоже размерности 6 над $k$ но оно будет изоморфно $M_4$ по китайской теореме об остатках.
То есть получается что с точностью до изомофризма такой модуль один?

Не, не так. $M_4$ конечно будет искомым модулем. Но идеал $I_6=x^6M_1$ раскладывается в произведения идеалов: $I_1I_5$, $I_2I_4$, $I_3I_3$, и соответсвующие факторкольца будут тоже модулями с размерностью 6 над $k$

[Otta]

ikozyrev в сообщении #1173369 писал(а):

Если же взять фактор по $x^6$, то это факторкольцо будет тоже размерности 6 над $k$ но оно будет изоморфно $M_4$ по китайской теореме об остатках.

Нет, они неизоморфны. Тут надо осознать, чему изоморфен первый фактор, и чему - второй. Второй, очевидно, кольцу всех многочленов пятой степени. А первый? Изоморфен ли он ему?

[ikozyrev]

Otta в сообщении #1173378 писал(а):

ikozyrev в сообщении #1173369 писал(а):

Если же взять фактор по $x^6$, то это факторкольцо будет тоже размерности 6 над $k$ но оно будет изоморфно $M_4$ по китайской теореме об остатках.

Нет, они неизоморфны. Тут надо осознать, чему изоморфен первый фактор, и чему - второй. Второй, очевидно, кольцу всех многочленов пятой степени. А первый? Изоморфен ли он ему?

Успел написать это в предыдущем комменте.

-- 01.12.2016, 17:22 --

ikozyrev в сообщении #1173379 писал(а):

Otta в сообщении #1173378 писал(а):

ikozyrev в сообщении #1173369 писал(а):

Если же взять фактор по $x^6$, то это факторкольцо будет тоже размерности 6 над $k$ но оно будет изоморфно $M_4$ по китайской теореме об остатках.

Нет, они неизоморфны. Тут надо осознать, чему изоморфен первый фактор, и чему - второй. Второй, очевидно, кольцу всех многочленов пятой степени. А первый? Изоморфен ли он ему?

Успел написать это в предыдущем комменте.

В итоге, ответ - 2?

[Otta]

Я вижу. Но Вы там не пишете про модули. Модули-то какие и каковы у них размерности? Правда ли, что Вы смотрите на прямое произведение модулей $M_1/I_2$ и $M_1/I_4$ как на модуль размерности 6? Или Вы не на него смотрите?

[ikozyrev]

Otta в сообщении #1173384 писал(а):

Я вижу. Но Вы там не пишете про модули. Модули-то какие и каковы у них размерности? Правда ли, что Вы смотрите на прямое произведение модулей $M_1/I_2$ и $M_1/I_4$ как на модуль размерности 6? Или Вы не на него смотрите?

Не, 2 и 4 не подходят, они не взаимно просты, а значит их прямое произведение не будет изоморфно модулю размерности 6.
Подходит $M_4$ и $M_1/I_6$
Но тут такой вопрос: с одной стороны $M_1/(I_5I_1) \simeq (M_1/I_5)\times(M_1/I_1)$ и размерность его 5, а с другой стороны эта штука изоморфна $M_1/(I_6)$, где я напутал опять?

-- 01.12.2016, 17:44 --

ikozyrev в сообщении #1173389 писал(а):

Otta в сообщении #1173384 писал(а):

Я вижу. Но Вы там не пишете про модули. Модули-то какие и каковы у них размерности? Правда ли, что Вы смотрите на прямое произведение модулей $M_1/I_2$ и $M_1/I_4$ как на модуль размерности 6? Или Вы не на него смотрите?

Не, 2 и 4 не подходят, они не взаимно просты, а значит их прямое произведение не будет изоморфно модулю размерности 6.
Подходит $M_4$ и $M_1/I_6$
Но тут такой вопрос: с одной стороны $M_1/(I_5I_1) \simeq (M_1/I_5)\times(M_1/I_1)$ и размерность его 5, а с другой стороны эта штука изоморфна $M_1/(I_6)$, где я напутал опять?

ААААА $I_1$ и $I_5$ тоже не взаимнопросты! :)

[Otta]

Не поняла, кто не взаимно прост и какая связь. И что такое $I_1I_5$. И почему

ikozyrev в сообщении #1173389 писал(а):

$M_1/(I_5I_1) \simeq (M_1/I_5)\times(M_1/I_1)$

И вообще.

[DeBill]

ikozyrev
А теперь можно вернуться к Вашему стартовому посту, и дать ответ на поставленный там вопрос: ДА, почти.
Почему ДА: Наш модуль $V$ - шестимерный над $k$. Рассмотрим отображение его в себя, состоящее в умножении элемента модуля на формальный ряд ( одночлен) "$x$". Из линейности операции умножения следует, что это отображение - линейное, из шестимерного $V$ в $V$. Из линейности (по другому аргументу) операции умножения видим, что Вы совершенно правильно записали оператор умножения на произвольный формальный ряд.
Упражнение. Напишите соответствующие матрицы для: $M_6, M_2\times M_2 \times M_2, M_3 \times M_2$
А вот теперь - про "почти". Надо еще, чтобы полученное выражение было определено для всех формальных рядов. Это возможно лишь тогда, когда опреатор - нильпотентный. Осталось перечислить все нильпотентные .
И, наконец, про "с точностью до изоморфизма". До изоморфизма - векторных пространств : это приводит к тому, что у изоморфных модулей соответствующие матрицы - подобны. Ну, слава богу, у нас есть жорданова нормальная форма...
Так что осталось .... Ну, и хорошо бы для каждого случая указать конкретный пример - в терминах фактор - колец, например.

[ikozyrev]

DeBill в сообщении #1173475 писал(а):

ikozyrev
А теперь можно вернуться к Вашему стартовому посту, и дать ответ на поставленный там вопрос: ДА, почти.
Почему ДА: Наш модуль $V$ - шестимерный над $k$. Рассмотрим отображение его в себя, состоящее в умножении элемента модуля на формальный ряд ( одночлен) "$x$". Из линейности операции умножения следует, что это отображение - линейное, из шестимерного $V$ в $V$. Из линейности (по другому аргументу) операции умножения видим, что Вы совершенно правильно записали оператор умножения на произвольный формальный ряд.

Вот тут я опять запутался.
В стартовом посте я написал выражение:
$P(x)v=P(\mathcal{A})v = \alpha_0 v+\alpha_1 \mathcal{A} v+....+\alpha_n \mathcal{A}^n v+...$
подразумевая, что мы таким образом можем и построить $k[[x]]$ модуль, учитывая что $v\in V$, где $V$ - произвольное 6-мерное векторное пространство над $k$.
Но теперь, мы вроде бы уже пошли другим путем и нашли модули над $k[[x]]$, обладающие размерностью 6 над $k$, а именно $M_6$ и $M_3\times M_2$, так зачем тогда нам нужно строить линейное отображение?
Разве не будут эти модули ответом к задаче?