Модули над формальными степенными рядами

[Xaositect]

А Вы разве доказали, что это все возможные модули?

[DeBill]

ikozyrev в сообщении #1173569 писал(а):

зачем тогда нам нужно строить линейное отображение?

Чтобы убедиться, что других нет.

ikozyrev в сообщении #1173569 писал(а):

Разве не будут эти модули ответом к задаче?

Нет, потому что один из них - пятимерный (если мы, конечно, крестиком обозначаем прямое произведение, а не тензорное: размерности при этом складываются, а не умножаются), и есть еще кучка других.

ikozyrev в сообщении #1173569 писал(а):

мы вроде бы уже пошли другим путем

Параллельным. Второй путь позволяет строить более конкретные примеры.
И Вы так и не сделали Упражнения. И не описали все нильпотентные жордановы нормальные формы матриц шестого порядка....

[ikozyrev]

DeBill в сообщении #1173588 писал(а):

Параллельным. Второй путь позволяет строить более конкретные примеры.
И Вы так и не сделали Упражнения. И не описали все нильпотентные жордановы нормальные формы матриц шестого порядка....

Ок. Просто нужно время на осознание.
Упражнения сделаю обязательно.
Будут еще вопросы :)

-- 02.12.2016, 16:26 --

DeBill в сообщении #1173588 писал(а):

Нет, потому что один из них - пятимерный (если мы, конечно, крестиком обозначаем прямое произведение, а не тензорное: размерности при этом складываются, а не умножаются), и есть еще кучка других

Да, точно пятимерный...Получается что шестимерный мы не можем разложить в прямое произведение модулей меньших размерностей?
$2\times2\times2$ ведь не подходит, потому что они не взаимнопросты?

[DeBill]

ikozyrev в сообщении #1173600 писал(а):

$2\times2\times2$ ведь не подходит

Почему? Подходит: $2+2+2 = 6$. Это соответствует, кстати, матрице, у которой три жордановы клетки размера два на два (с нулями на диагонали)...

[ikozyrev]

Ну в общем случае для нильпотентного оператора ЖНФ будет следующего вида:

$$\begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0 \\ 0&0&1&0&0&0 \\ 0&0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&1&0 \\ 0&0&0&0&0&1 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ \end{pmatrix}$$

Но у меня вопрос про нильпотентность. Почему они должны быть нильпотентны?
Возьмем $V=\mathbb R^6$ и оператор $\mathcal{A}: V\to V, \mathcal{A}=xv, x\in \mathbb R$, тогда $V$ будет модулем над кольцом формальных степенных рядов $\mathbb R[[x]]= \mathbb R[[\mathcal{A}]] = a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n+...$, так как умножение вектора $v$ на элемент этого кольца будет корректно определено и будет лежать в $V$. Очевидно, что $\mathcal{A}$ не нильпотентен.

[kp9r4d]

ikozyrev в сообщении #1173663 писал(а):

этого кольца будет корректно определено

И как же оно определено в случае ряда $a_i = 2^{2^i}$?

[ikozyrev]

kp9r4d в сообщении #1173664 писал(а):

ikozyrev в сообщении #1173663 писал(а):

этого кольца будет корректно определено

И как же оно определено в случае ряда $a_i = 2^{2^i}$?

Хммм, да, это я с обычными многочленами попутал. Действительно нильпотентность должна присутствовать.

-- 02.12.2016, 20:20 --

Получется что ЖНФ для неизомофрных нильпотентных операторов будут:

Для $M_6$:

$$\begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0 \\ 0&0&1&0&0&0 \\ 0&0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&1&0 \\ 0&0&0&0&0&1 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ \end{pmatrix}$$

Для $M_2\times M_2 \times M_2$:

$$\begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0&1 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ \end{pmatrix}$$

Для $M_4\times M_2$:

$$\begin{pmatrix} 0&1&0&0&0&0 \\ 0&0&1&0&0&0 \\ 0&0&0&1&0&0 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0&1 \\ 0&0&0&0&0&0 \\ \end{pmatrix}$$

[DeBill]

ikozyrev
Совершенно верно! Надо еще только помнить, что бывает жорданова клетка один на один - из одного только нуля
(такому подмодулю соответствует фактор по максимальному идеалу $I_1$)

[ikozyrev]

DeBill в сообщении #1173690 писал(а):

ikozyrev
Совершенно верно! Надо еще только помнить, что бывает жорданова клетка один на один - из одного только нуля
(такому подмодулю соответствует фактор по максимальному идеалу $I_1$)

Да, я тоже об этом подумал. Уффф...задачка то довольно простая после того как с ней разобрался. Тут про нильпотентность ключевая штука, хотя и почти очевидная.

[DeBill]