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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:22 Di 28.06.2011 | | Autor: | Lippel |
| Aufgabe | Sie $R = [mm] \{\summe_{i=0}^\infty a_i p^i\;|\; a_i \in \{1,\ldots,p\}\}$ [/mm] und [mm] $\IZ_p [/mm] = [mm] \underleftarrow{lim} \IZ/p^i\IZ$.
[/mm]
Die kanonischen Projektionen [mm] $\IZ \twoheadrightarrow \IZ/p^i\IZ$ [/mm] induzieren einen Monomorphismus [mm] $\IZ \hookrightarrow \IZ_p$. [/mm] Das heißt wir können [mm] $\IZ$ [/mm] als Teilmenge von [mm] $\IZ_p$ [/mm] auffassen.
Zeigen Sie: Es gibt einen Isomorphismus [mm] $\IZ_p \cong [/mm] R$. Bestimmen Sie das Bild von [mm] $\IZ$ [/mm] in [mm] $R\:$. [/mm] |
Hallo,
ich finde leider den Isomorphismus nicht, bzw. nicht in der Richtung [mm] $\IZ_p \to [/mm] R$.
Die Isomorphie konnte ich zeigen mittels des Isomorphismus $R [mm] \to \IZ_p, \summe_{i=0}^\infty a_i p^i \mapsto (\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}$.
[/mm]
Um nun aber das Bild von [mm] $\IZ$ [/mm] in $R$ zu bestimmen, bräuchte ich ja eine Abbildung in die andere Richtung und mir gelingt es nicht die Umkehrabbildung zu bestimmen. Kann mir da jemand weiter helfen.
LG Lippel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:02 Di 28.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Lippel!
> Sie [mm]R = \{\summe_{i=0}^\infty a_i p^i\;|\; a_i \in \{1,\ldots,p\}\}[/mm]
> und [mm]\IZ_p = \underleftarrow{lim} \IZ/p^i\IZ[/mm].
> Die
> kanonischen Projektionen [mm]\IZ \twoheadrightarrow \IZ/p^i\IZ[/mm]
> induzieren einen Monomorphismus [mm]\IZ \hookrightarrow \IZ_p[/mm].
> Das heißt wir können [mm]\IZ[/mm] als Teilmenge von [mm]\IZ_p[/mm]
> auffassen.
>
> Zeigen Sie: Es gibt einen Isomorphismus [mm]\IZ_p \cong R[/mm].
> Bestimmen Sie das Bild von [mm]\IZ[/mm] in [mm]R\:[/mm].
>
> Hallo,
>
> ich finde leider den Isomorphismus nicht, bzw. nicht in der
> Richtung [mm]\IZ_p \to R[/mm].
> Die Isomorphie konnte ich zeigen
> mittels des Isomorphismus [mm]R \to \IZ_p, \summe_{i=0}^\infty a_i p^i \mapsto (\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm].
Wenn du ein Element $x = [mm] (b_i)_{i\in\IN} \in \IZ_p$ [/mm] hast mit [mm] $b_i \in \IZ/p^i\IZ$, [/mm] dann gilt ja [mm] $b_{i+1} \equiv b_i \pmod{p^i}$. [/mm] Waehle jetzt [mm] $b_{i+1}$ [/mm] und [mm] $b_i$ [/mm] mit $0 [mm] \le b_i [/mm] < [mm] p^i$ [/mm] und $0 [mm] \le b_{i+1} [/mm] < [mm] p^{i+1}$. [/mm] Dann kannst du [mm] $b_{i+1} [/mm] = [mm] b_i [/mm] + x [mm] \cdot p^i$ [/mm] schreiben mit $x [mm] \in \{ 0, \dots, p - 1 \}$. [/mm] Dieses $x$ ist [mm] $a_i$.
[/mm]
> Um nun aber das Bild von [mm]\IZ[/mm] in [mm]R[/mm] zu bestimmen, bräuchte
> ich ja eine Abbildung in die andere Richtung und mir
> gelingt es nicht die Umkehrabbildung zu bestimmen. Kann mir
> da jemand weiter helfen.
Es reicht aus, wenn du dir ueberlegt, was $1 [mm] \in [/mm] R$ ist, was $-1 [mm] \in [/mm] R$ ist, und wie die Vielfachen von $1$ und $-1$ aussehen. Dann faellt dir hoffentlich etwas auf, was alle diese gemeinsam haben, und du kannst das Bild von [mm] $\IZ$ [/mm] in $R$ beschreiben. (Dazu musst du nur die Gruppenoperation der Addition in $R$ kennen: schliesslich gibt es genau eine Moeglichkeit, [mm] $\IZ$ [/mm] in einen Ring mit 1 einzubetten.)
LG Felix
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 00:40 Mi 29.06.2011 | | Autor: | Lippel |
Hallo Felix, danke für deine Antwort!
> > Die Isomorphie konnte ich
> zeigen
> > mittels des Isomorphismus [mm]R \to \IZ_p, \summe_{i=0}^\infty a_i p^i \mapsto (\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm].
Doch nochmal zu diesem Isomorphismus, ich nenne ihn $f$:
Wohldefiniertheit:
Für [mm] $\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i$ [/mm] ist [mm] $f(\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i)=(\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}$ [/mm] per Definition in [mm] $\produkt_{i \in \IN} \IZ/p^i\IZ$. [/mm] Ich muss nun zeigen, dass das Bild auch wirklich in [mm] $\underleftarrow{lim}\; \IZ/p^i\IZ \subseteq \produkt_{i \in \IN} \IZ/p^i\IZ$ [/mm] liegt.
Bezeichne [mm] $\pi_{ij}$ [/mm] die Projektion [mm] $\IZ/p^i\IZ \to \IZ/p^j\IZ$ [/mm] für $i [mm] \leq [/mm] j$. Dann ist [mm] $\pi_{ij}(f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k)_i) [/mm] = [mm] \pi_{ij}(\summe_{k=0}^{i-1} a_k p^k) [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{i-1} a_k p^k\;mod\; p^j [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{j-1} a_k p^k\;mod\;p^j [/mm] = [mm] f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k)_j$.
[/mm]
Damit liegt das Bild also wirklich im projektive Limes.
Richtig?
Injektivität:
Sei [mm] $\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k \in [/mm] R$ mit [mm] $f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k) [/mm] = 0 [mm] \Rightarrow \summe_{k=0}^{n-1} a_k p^k [/mm] = 0 [mm] (mod\;p^n) \;\forall [/mm] n [mm] \in \IN \Rightarrow \summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k [/mm] = 0$
Damit ist der $ker(f)$ trivial und f injektiv.
Surjektivität:
Zu einem [mm] $(x_i)_{i \in \IN} \in \IZ_p$ [/mm] lässt sich mit deinem Hinweis ein Urbild konstruieren. Wir wissen [mm] $x_{i+1} [/mm] = [mm] x_i \;mod\;p^i$. [/mm] Die Repräsentanten [mm] $x_i \in \IZ/p^i\IZ$ [/mm] können wir so wählen, dass $0 [mm] \leq x_k [/mm] < [mm] p^k \;\forall [/mm] k$
Es gibt ein [mm] $a_i \in \{0,\leq,n-1\}: x_{i+1} [/mm] = [mm] x_i+a_i p^i$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow f(\summe_{k=0}^\infty a_k p^k) [/mm] = [mm] (\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}$
[/mm]
Behauptung: [mm] $\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i [/mm] = [mm] x_n$
[/mm]
Beweis: (per Iduktion) $n=0$: klar
$n [mm] \geq [/mm] 1$: [mm] $\summe_{i = 0}^{n-1} a_i p^i [/mm] = [mm] x_{n-1} [/mm] + [mm] a_{n-1}p^{n-1} [/mm] = [mm] x_n$
[/mm]
[mm] $\Rightarrow f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k) [/mm] = [mm] (x_n)_{n \in \IN} \RIghtarrow [/mm] f$ surjektiv.
Nun fehlt noch die Linearität, mit der ich meine Schwierigkeiten habe. Nehmen wir [mm] $\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i, \summe_{i=0}^{\infty} b_i p^i \in [/mm] R$. Wie kann ich [mm] $f(\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i [/mm] + [mm] \summe_{i=0}^{\infty} b_i p^i)$ [/mm] bestimmen? Ich habe Probleme das in geschlossener Form darzustellen, wegen den Möglichen Überträgen. Geht das irgendwie "schön"?
> Wenn du ein Element [mm]x = (b_i)_{i\in\IN} \in \IZ_p[/mm] hast mit
> [mm]b_i \in \IZ/p^i\IZ[/mm], dann gilt ja [mm]b_{i+1} \equiv b_i \pmod{p^i}[/mm].
> Waehle jetzt [mm]b_{i+1}[/mm] und [mm]b_i[/mm] mit [mm]0 \le b_i < p^i[/mm] und [mm]0 \le b_{i+1} < p^{i+1}[/mm].
> Dann kannst du [mm]b_{i+1} = b_i + x \cdot p^i[/mm] schreiben mit [mm]x \in \{ 0, \dots, p - 1 \}[/mm].
> Dieses [mm]x[/mm] ist [mm]a_i[/mm].
Das habe ich verstanden. Danke!
> > Um nun aber das Bild von [mm]\IZ[/mm] in [mm]R[/mm] zu bestimmen...
>
> Es reicht aus, wenn du dir ueberlegt, was [mm]1 \in R[/mm] ist, was
> [mm]-1 \in R[/mm] ist, und wie die Vielfachen von [mm]1[/mm] und [mm]-1[/mm] aussehen.
> Dann faellt dir hoffentlich etwas auf, was alle diese
> gemeinsam haben, und du kannst das Bild von [mm]\IZ[/mm] in [mm]R[/mm]
> beschreiben. (Dazu musst du nur die Gruppenoperation der
> Addition in [mm]R[/mm] kennen: schliesslich gibt es genau eine
> Moeglichkeit, [mm]\IZ[/mm] in einen Ring mit 1 einzubetten.)
Betrachte ich die Abbildung $g: [mm] \IZ \to \IZ_p$, [/mm] dann ist ja $g(1) = [mm] (1\;mod\;p^n)_{n \in \IN}, [/mm] g(-1) = (-1 [mm] \;mod\;p^n)_{n \in \IN}$
[/mm]
Es ist [mm] $f(1p^0) [/mm] = (1 [mm] mod\;p^n)_{n \in \IN}$. [/mm] Damit ist [mm] $1p^0$ [/mm] das Bild von $1 [mm] \in \IZ$ [/mm] in $R$
Außerdem [mm] $f(\summe_{i=0}^\infty (p-1)p^i) [/mm] = [mm] (\summe_{i=0}^{n-1}(p-1)p^i \;mod\;p^i)_{n \in \IN} [/mm] = [mm] (\summe_{i=0}^{n-1} p^{i+1}-p^{i} \;mod\;p^n)_{n \in \IN} [/mm] = [mm] (p^n-1 \;mod\;p^n)_{n \in \IN}$. [/mm] Also ist [mm] $\summe_{i=0}^\infty (p-1)p^i$ [/mm] das Bild von $-1$ in $R$.
Die Vielfachen von 1 bekomme ich nun indem ich [mm] $1p^0$ [/mm] entsprechend oft aufaddiere und das Übertragen beachte. So sollte ich alles endlichen Summen [mm] $\summe_{i=0}^n a_i p^i$ [/mm] erhalten. Doch wie bekomme ich die Vielfachen von $-1$? Ich bekomme beim berechnen wieder Probleme mit dem Übertragen.
LG Lippel
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(Antwort) fertig | | Datum: | 03:02 Do 30.06.2011 | | Autor: | felixf |
Moin Lippel!
> > > Die Isomorphie konnte ich
> > zeigen
> > > mittels des Isomorphismus [mm]R \to \IZ_p, \summe_{i=0}^\infty a_i p^i \mapsto (\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm].
>
> Doch nochmal zu diesem Isomorphismus, ich nenne ihn [mm]f[/mm]:
Bevor du loslegst, erstmal eine Frage: worin lebt $R$? So eine Reihe [mm] $\sum a_i p^i$ [/mm] konvergiert eigentlich nur in [mm] $\IZ_p$. [/mm] Aber du willst ja zeigen, dass es sich um [mm] $\IZ_p$ [/mm] handelt. Oder ist einfach nur eine formale Reihe gemeint? In dem Fall: wie sind die Ringoperationen definiert? (Schoen werden sie sicher nicht aussehen :) )
> Wohldefiniertheit:
> Für [mm]\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i[/mm] ist
> [mm]f(\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i)=(\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm]
> per Definition in [mm]\produkt_{i \in \IN} \IZ/p^i\IZ[/mm]. Ich muss
> nun zeigen, dass das Bild auch wirklich in
> [mm]\underleftarrow{lim}\; \IZ/p^i\IZ \subseteq \produkt_{i \in \IN} \IZ/p^i\IZ[/mm]
> liegt.
> Bezeichne [mm]\pi_{ij}[/mm] die Projektion [mm]\IZ/p^i\IZ \to \IZ/p^j\IZ[/mm]
> für [mm]i \leq j[/mm]. Dann ist [mm]\pi_{ij}(f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k)_i) = \pi_{ij}(\summe_{k=0}^{i-1} a_k p^k) = \summe_{k=0}^{i-1} a_k p^k\;mod\; p^j = \summe_{k=0}^{j-1} a_k p^k\;mod\;p^j = f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k)_j[/mm].
>
> Damit liegt das Bild also wirklich im projektive Limes.
> Richtig?
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Injektivität:
> Sei [mm]\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k \in R[/mm] mit
> [mm]f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k) = 0 \Rightarrow \summe_{k=0}^{n-1} a_k p^k = 0 (mod\;p^n) \;\forall n \in \IN \Rightarrow \summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k = 0[/mm]
Du solltest lieber schliessen, dass alle [mm] $a_k [/mm] = 0$ sind. Daraus folgt dann, dass [mm] $\sum a_k p^k$ [/mm] das Nullelement in $R$ ist, egal wie $R$ nun genau aussieht.
> Damit ist der [mm]ker(f)[/mm] trivial und f injektiv.
>
> Surjektivität:
> Zu einem [mm](x_i)_{i \in \IN} \in \IZ_p[/mm] lässt sich mit
> deinem Hinweis ein Urbild konstruieren. Wir wissen [mm]x_{i+1} = x_i \;mod\;p^i[/mm].
> Die Repräsentanten [mm]x_i \in \IZ/p^i\IZ[/mm] können wir so
> wählen, dass [mm]0 \leq x_k < p^k \;\forall k[/mm]
> Es gibt ein [mm]a_i \in \{0,\leq,n-1\}: x_{i+1} = x_i+a_i p^i[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow f(\summe_{k=0}^\infty a_k p^k) = (\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm]
>
> Behauptung: [mm]\summe_{i=0}^{n-1} a_i p^i = x_n[/mm]
> Beweis: (per
> Iduktion) [mm]n=0[/mm]: klar
> [mm]n \geq 1[/mm]: [mm]\summe_{i = 0}^{n-1} a_i p^i = x_{n-1} + a_{n-1}p^{n-1} = x_n[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow f(\summe_{k=0}^{\infty} a_k p^k) = (x_n)_{n \in \IN} \RIghtarrow f[/mm]
> surjektiv.
>
> Nun fehlt noch die Linearität, mit der ich meine
> Schwierigkeiten habe.
Hier geht der "Spass" auch los. Dazu musst du naemlich wissen, wie Addition und Multiplikation in $R$ definiert sind.
> Nehmen wir [mm]\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i, \summe_{i=0}^{\infty} b_i p^i \in R[/mm].
> Wie kann ich [mm]f(\summe_{i=0}^{\infty} a_i p^i + \summe_{i=0}^{\infty} b_i p^i)[/mm]
> bestimmen? Ich habe Probleme das in geschlossener Form
> darzustellen, wegen den Möglichen Überträgen. Geht das
> irgendwie "schön"?
Das kann ich erst sagen, wenn du mir verraetst wodrin $R$ eigentlich leben soll 
> > > Um nun aber das Bild von [mm]\IZ[/mm] in [mm]R[/mm] zu bestimmen...
> >
> > Es reicht aus, wenn du dir ueberlegt, was [mm]1 \in R[/mm] ist, was
> > [mm]-1 \in R[/mm] ist, und wie die Vielfachen von [mm]1[/mm] und [mm]-1[/mm] aussehen.
> > Dann faellt dir hoffentlich etwas auf, was alle diese
> > gemeinsam haben, und du kannst das Bild von [mm]\IZ[/mm] in [mm]R[/mm]
> > beschreiben. (Dazu musst du nur die Gruppenoperation der
> > Addition in [mm]R[/mm] kennen: schliesslich gibt es genau eine
> > Moeglichkeit, [mm]\IZ[/mm] in einen Ring mit 1 einzubetten.)
>
> Betrachte ich die Abbildung [mm]g: \IZ \to \IZ_p[/mm], dann ist ja
> [mm]g(1) = (1\;mod\;p^n)_{n \in \IN}, g(-1) = (-1 \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm]
>
> Es ist [mm]f(1p^0) = (1 mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm]. Damit ist [mm]1p^0[/mm]
> das Bild von [mm]1 \in \IZ[/mm] in [mm]R[/mm]
Genau.
> Außerdem [mm]f(\summe_{i=0}^\infty (p-1)p^i) = (\summe_{i=0}^{n-1}(p-1)p^i \;mod\;p^i)_{n \in \IN} = (\summe_{i=0}^{n-1} p^{i+1}-p^{i} \;mod\;p^n)_{n \in \IN} = (p^n-1 \;mod\;p^n)_{n \in \IN}[/mm].
> Also ist [mm]\summe_{i=0}^\infty (p-1)p^i[/mm] das Bild von [mm]-1[/mm] in
> [mm]R[/mm].
> Die Vielfachen von 1 bekomme ich nun indem ich [mm]1p^0[/mm]
> entsprechend oft aufaddiere und das Übertragen beachte. So
> sollte ich alles endlichen Summen [mm]\summe_{i=0}^n a_i p^i[/mm]
> erhalten.
> Doch wie bekomme ich die Vielfachen von [mm]-1[/mm]? Ich
> bekomme beim berechnen wieder Probleme mit dem
> Übertragen.
Nun, berechne doch mal $-2$, $-10$, $-123123$. Faellt dir was auf? Aehnlich wie bei den (positiven) Vielfachen von 1 haben fast alle Koeffizienten die gleiche Form.
LG Felix
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