Образующие модуля формальных степенных рядов

[sour]

Есть какое-то кольцо $R \ne 0$ и модуль формальных степенных рядов над ним $R[[t]]$. Надо доказать, что этот модуль не образуется никаким счетным множеством векторов.

Я пытался уже по-всякому думать. Множество формальных степенных рядов при $R \ne 0$ не счетно в виду диагонального аргумента, но вот множество, образуемое счетным числом векторов, тоже вполне может быть несчетным(если, например, $R=\mathbb{R}$). Можно попробовать придумать такой ряд, который гарантированно не образуется обозначенными векторами. Но придумать его у меня не получается. Самое очевидное - выписать образующие в столбик и либо взять коэффициенты "по-диагонали", либо взять за $n$-й коэффициент сумму $n$-х коэффициентов первых $n$ рядов. Но ничего из этого не вышло.

Хотелось бы хоть какой-то намек получить, куда думать.

[пианист]

Упс. А разве $t^k$ не являются образующими?
Что есть тогда образующие?

[sour]

пианист
К сожалению, не являются, потому что по определению всякий ряд должен выражаться через конечную линейную комбинацию образующих, а, например, ряд $1 + t + t^2 + t^3 + \cdots$ ни через какую конечную линейную комбинацию $t^k$ выразить не получится.

[пианист]

А, конечные. Понятно.
Тогда Вы правильно рассуждаете, общее число таких рядов несчетно.. Отсюда все получается для конечного $R$. М.б., как-то использовать именно бесконечность $R$ (пока не соображу, как)?

[sour]

пианист
По-моему конечность или бесконечность $R$ вообще никак не влияет на рассматриваемую ситуацию.

[mihaild]

Пусть счетное множество, порождающее весь модуль, есть.
Добавим к нему всевозможные конечные произведения его элементов, получим счетное множество $a_i$, порождающее $R[t]$ как векторное пространство.
Сделаем из него (методом Гаусса) счетное множество $b_i$ со следующими свойствами:
1) $b_n$ есть линейная комбинация $a_1, \ldots, a_n$
2) $a_n$ есть линейная комбинация $b_1, \ldots, b_n$
3) либо $b_n = 0$, либо существует число $\alpha_n$, такое что коэффициент при $t^{\alpha_n}$ в $b_n$ ненулевой, а в $b_k$ при $k > n$ - нулевой
Выкинем из $b_i$ нули. Теперь каждый элемент модуля раскладывается в конечную комбинацию $b_i$ единственным образом.
Ну и дальше, по одному определяя коэффициенты при $t^{\alpha_i}$, можно построить ряд, не раскладывающийся в конечную сумму.

Хотелось бы ввести какую-нибудь красивую метрику, относительно которой которой всё кольцо будет полно, а конечномерные пространства замкнуты и нигде не плотны, но не могу придумать, как.

[Padawan]

sour в сообщении #1574563 писал(а):

Можно попробовать придумать такой ряд, который гарантированно не образуется обозначенными векторами.

Возьмите первый вектор. В пространстве первых двух координат есть точка $(x_1, x_2)$, этим вектором не порождаемая. Потом возьмём первые два вектора, в пространстве первых 5 координат есть точка $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$, этими векторами не порождаемая. И так далее.

-- Ср дек 21, 2022 18:28:02 --

mihaild в сообщении #1574612 писал(а):

Добавим к нему всевозможные конечные произведения его элементов,

Я понял так, что $R[[t]]$ рассматривается только как модуль над кольцом $R$, а не как алгебра.

Хотя случай алгебры всё равно сводится к случаю модуля, беря всевозможные конечные произведения, как Вы написали.

[EminentVictorians]

(Оффтоп)

Кстати, кольцо $R[[x]]$ формальных степенных рядов над $R$ является пределом (в категории $\operatorname{Rng}$) функтора $F: \omega^{op} \to \operatorname{Rng}$ действующего (из категории, двойственной к категории конечных ординалов, в $\operatorname{Rng}$) по правилу $n \to R[x]/(x^n)$ (т.е. в факторизует кольцо многочленов по главному идеалу $(x^n)$). Не удивлюсь, если отсюда получится достать искомое доказательство, но для меня это уже слишком круто.

[Padawan]

Padawan в сообщении #1574613 писал(а):

Возьмите первый вектор. В пространстве первых двух координат есть точка $(x_1, x_2)$, этим вектором не порождаемая. Потом возьмём первые два вектора, в пространстве первых 5 координат есть точка $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$, этими векторами не порождаемая. И так далее.

Я тут пользуюсь, что свободный модуль $R^n$ не порождается никаким набором из $<n$ своих элементов. Вроде бы для любого коммутативного кольца с единицей это верно.

[sour]

mihaild

Цитата:

Добавим к нему всевозможные конечные произведения его элементов

Перемножаются ряды? Зачем добавлять их произведения к образующим? И метод Гаусса разве на произвольных кольцах работает?
Padawan
Для точки с двумя координатами как это вывести понимаю, а вот с пятью координатами непонятно. Да и как отсюда следует утверждение задачи? Вы сказали, что для любого набора из $n$ образующих найдется какой-то ряд, который ими не образуется. Отсюда не следует, что все образующие в совокупности не образуют всё множество рядов.

[Padawan]

sour в сообщении #1574633 писал(а):

Для точки с двумя координатами как это вывести понимаю, а вот с пятью координатами непонятно. Да и как отсюда следует утверждение задачи?

Не любой набор координат $(x_3, x_4, x_5)$ можно получить беря линейные комбинации двух данных векторов. Ну а первые две координаты $(x_1,x_2)$ мы взяли с предыдущего шага. Продолжая процесс дальше получим последовательность $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5, \ldots)$, которая первым вектором не порождается по координатам $1,2$, первыми двумя векторами не порождается по координатам $3,4,5$ и так далее.

[mihaild]

sour в сообщении #1574633 писал(а):

Перемножаются ряды? Зачем добавлять их произведения к образующим?

Потому что я забыл, чем модуль отличается от алгебры

sour в сообщении #1574633 писал(а):

И метод Гаусса разве на произвольных кольцах работает?

И это тоже правда. Ну и в любом случае метод Padawan лучше.

sour в сообщении #1574633 писал(а):

Вы сказали, что для любого набора из $n$ образующих найдется какой-то ряд, который ими не образуется.

Так ряды получаются согласованные (каждый следующий продолжает предыдущий), и при этом первых $k$ образующих недостаточно, чтобы выразить координаты с $k (k+1) / 2$-й по $(k + 1)(k + 2) / 2 - 1$-ю.

[sour]

Padawan

Цитата:

Не любой набор координат $(x_3, x_4, x_5)$ можно получить беря линейные комбинации двух данных векторов

Почему?

[Padawan]

Потому что

Padawan в сообщении #1574632 писал(а):

свободный модуль $R^n$ не порождается никаким набором из $<n$ своих элементов. Вроде бы для любого коммутативного кольца с единицей это верно.

Доказывается путём факторизации по максимальному идеалу кольца $R$. Получается аналогичное утверждение для поля. А в случае поля есть понятие размерности пространства.

[Padawan]

Подробнее: Пусть $(a_1, a_2, a_3)$, $(b_1, b_2, b_2)\in R^3$ - два вектора такие, что для любого $(x_1, x_2, x_3) \in R^3$ найдутся $r, s\in R$ такие, что $x_i=ra_i+sb_i$ для $i=1, \ldots, 3$. Тогда $\bar x_i=\bar r\bar a_i+\bar s\bar b_i$, где $x\mapsto \bar x=x+M$ -- (сюрьективный) гомоморфизм факторизации $R\to R/M$ кольца $R$ на фактор-кольцо $R/M$ по его максимальному идеалу $M$. Но $ R/M$ -- поле. Получается, что векторное пространство $(R/M) ^3$ порождается двумя своими векторами $(\bar a_1, \bar a_2, \bar a_3) $ , $(\bar b_1, \bar b_2, \bar b_3) $. А это невозможно, как учит линейная алгебра.
Для не коммутативного кольца ничего не скажу.