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ZealotZealot
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2024-10-06 13:51

在西班牙巴塞罗那过中秋节

【📍🇪🇸 巴塞罗那-哥特区/中秋节 】

​月是故乡明，而且还是超级月亮

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如何理解$\mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{\infty}})$？

我的提问：众所周知$\mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{\infty}})$被定义为$\bigcup_{n>0} \mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{n}})$，意思是邻接所有$p$的$p$幂根（$p$-power roots of $p$）到混合特征域$\mathbb{Q}_{p}$。然而，我不太懂这个符号的意思$\mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{n}})$。这是如何联系到$p$的$p$幂根的？为何在这个记号中，$p$的幂是$1/p^{n}$？我认为$\mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{n}})$是$\mathbb Q_p$的一个割圆扩张，其中$p^{1/p^{n}}$是$n$次单位本原根（primitive $n$th root of unity）。但是似乎这说不通。并且我在另一个回答中看到$\mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{n}})$是一个分歧扩张（ramified extension）。谁能告诉我在哪里可以了解$\mathbb{Q}_{p}(p^{1/p^{n}})$？回答1：根据定义，$\Bbb Q_p(p^{1/p ...

可代表层的满射性

我的提问：令$S$为一个基概形，并令$(Sch/S)_{fppf}$为一个大fppf景。令$U$为一个$S$上的概形。假设存在一个满射态射$\Phi_{U}:U\rightarrow U$。那么我们能证明导出的层态射$h_{U}\rightarrow h_{U}$局部满射的？这看起来是错误的。注意到$h_{U}={\rm{Hom}}(-,U)$是一个可代表层。一个$(Sch/S)_{fppf}$上的层映射$F\rightarrow G$是局部满射的，如果对每个概形$U\in{\rm{Ob}}((Sch/S)_{fppf})$和每个$s\in G(U)$，都存在一个覆盖$\{U_{i}\rightarrow U\}_{i\in I}$，使得对所有$i$，$s|_{U_{i}}$在$F(U_{i})\rightarrow G(U_{i})$的像中。回答：令$S:={\rm Spec}(k)$为一个域，并且令$U={\rm Spec}(k[t]/t^2)$。环$k[t]/t^2$是一个$k$-代数，并且存在一个$k$-代数映射$k[t]/t^2\to t$，其将$t$打到$0$，所以我们得到 ...

正弦函数的幂级数展开是否是柯西序列？

考虑正弦函数的幂级数展开$$S=(\sum_{i=0}^{j}\frac{(-1)^{i}}{(2i+1)!}r^{2i+1})_{i\in\mathbb{N}}, 0\leq r\leq2\pi。$$那么$S$是否是柯西序列？令$\varepsilon>0$。是否存在$N>0$使得对于任意$m,n\geq N$，都有$$\left|\sum_{j=n}^{m}\frac{(-1)^{j}}{(2j+1)!}r^{2j+1}\right|\leq\sum_{j=n}^{m}\frac{1}{(2j+1)!}r^{2j+1}<\varepsilon？$$证明1：众所周知，$\sin x$的幂级数展开在任意地方都是收敛的（你可以使用比值审敛法来证明这个结论），然后所有收敛数列都是柯西的，因此$S$是柯西序列。证明2：既然这是研究一个紧致集里的级数，最简单的方法是用下面的不等式：$$\sum_{j=n}^{m}\frac{1}{(2j+1)!}r^{2j+1}\leq\sum_{j=n}^{m}\frac{1}{(2j+1)!}(2\pi)^{2j+1}<\varep ...