Ряды Тейлора с рациональными коэффициентами

[iou]

Легко видеть, что естественное отображение $\mathbb{Q} \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z} [[x]] \to \mathbb{Q} [[x]]$ не изоморфизм колец, поскольку не сюръективно. Существует ли тем не менее какой-нибудь изоморфизм?

[Padawan]

Будем считать, что $\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z[[x]]$ вложено в $\mathbb Q[[x]]$. При этом $f\in \mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z[[x]]$ тогда и только тогда, когда $Nf\in\mathbb Z[[x]]$ для некоторого натурального $N$.

Пусть при изоморфизме $x$ переходит в $\varphi(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n$. Так как $x$ не имеет обратного в $\mathbb{Q} \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z} [[x]]$, то $\varphi(x)$ не имеет обратного в $\mathbb Q[[x]]$, а значит, не имеет свободного члена. Пусть $A_{mn}$ последовательность знаменателей у коэффициентов ряда $\varphi(x^m)$. Так как ряд $\varphi(x^m)=\varphi(x)^m$ начинается со степени минимум $x^m$, то знаменатели коэффициентов этого ряда $A_{mn}$ равны $1$ при $n<m$.

Покажем, что при изоморфизме элемент $f=\sum\limits_{m=0}^\infty B_m x^m\in \mathbb Z[[x]]$ перейдет в $\varphi(f)=\sum\limits_{m=0}^\infty{B_m\varphi(x^m)$. Для этого достаточно доказать, что если $f$ начинается со степени $x^m$, то и $\varphi(f)$ начинается со степени $x^m$. Но если $f=x^mg$, то $\varphi(f)=\varphi(x)^m \varphi(g)$, значит, делится на $x^m$.

Тогда любой элемент из $\mathbb Q\otimes_{\mathbb Z}\mathbb Z[[x]]$ (принадлежащий $\frac1N\mathbb Z[[x]]$ для некоторого натурального $N$) при изоморфизме перейдет в ряд, у которого знаменатель коэффициента при $x^n$ не превосходит $N A_{1n} A_{2n}\ldots A_{nn}$. Но мы можем построить ряд из $\mathbb Q[[x]]$, у которого знаменатели коэффициентов растут ещё быстрее.