关于p进有理数域柯西序列商环同构性的证明问询
问题背景与待证命题
设$p$为素数，$R$是$(\mathbb{Q}, |\cdot|_p)$中的柯西序列构成的环，$\mathfrak{m} \subseteq R$是所有收敛到0的序列构成的极大理想。令$R_0 = {x \in R/\mathfrak{m} : |x|_p \leq 1}$，需要完成两个证明目标：
- 证明$R/\mathfrak{m} \cong R_0[\frac{1}{p}]$，即对任意$x \in R/\mathfrak{m}$，存在$n \in \mathbb{Z}_{\geq 0}$使得$p^n x \in R_0$；
- 由此进一步推出$R/\mathfrak{m} \cong Q(R_0)$（$R_0$的分式域）。
已知前置结论：$R$是交换环且$\mathfrak{m}$是极大理想。
我的证明尝试
假设$x \in R/\mathfrak{m}$，则$x$对应一个不收敛到0的p进柯西序列${x_n}$，即$x = \lim_{n \to \infty} x_n$（p进拓扑下的极限）。我们知道p进绝对值的连续性：$|x|p = \lim{n \to \infty} |x_n|_p$。
对于每个$x_n$，可以写成$x_n = p^{k_n}\frac{a_n}{b_n}$，其中$k_n, a_n, b_n \in \mathbb{Z}$且$\gcd(p, a_n b_n)=1$，因此$|x_n|_p = p^{-k_n}$。
到这里我卡住了，想证明存在整数$k$使得$|x|_p = p^{-k}$，之后我计划分情况讨论：
- 若$k < 0$，则$|x|p > 1$，取$n = -k \in \mathbb{Z}{\geq 0}$，则$|p^n x|_p = |p^{-k}|_p |x|_p = p^k \cdot p^{-k} = 1$，故$p^n x \in R_0$；
- 若$k \geq 0$，则$|x|_p = p^{-k} \leq 1$，直接取$n=0$即可。
现在需要有人帮忙说明为什么这样的整数$k$一定存在，或者给我一些改进建议。
对证明的补充与修正建议
你已经找对了核心方向，缺口就是证明$|x|_p$一定是$p$的整数次幂，咱们从柯西序列的超度量性质入手补全这一步：
因为${x_n}$是p进柯西序列，根据定义，对任意小的$\epsilon>0$，总能找到某个下标$N$，当$m,n>N$时，$|x_m - x_n|_p < \epsilon$。结合你写的每个$|x_n|_p = p^{-k_n}$，咱们来分析序列${k_n}$：
p进绝对值有个关键的超度量性质：$|a - b|_p \leq \max{|a|_p, |b|_p}$，而且如果$|a|_p \neq |b|_p$，这个不等式会变成等式，也就是$|a - b|_p = \max{|a|_p, |b|_p}$。
现在${x_n}$是柯西序列且不收敛到0，意味着当$n$足够大时，$|x_n|_p$不能无限趋近于0（否则序列就会收敛到0，和$x \notin \mathfrak{m}$矛盾）。同时，${k_n}$也不能随意变动：假设当$m,n>N$时，$k_n \neq k_m$，不妨设$k_n < k_m$，那$|x_n|_p = p^{-k_n} > p^{-k_m} = |x_m|_p$，根据超度量性质，$|x_n - x_m|_p = p^{-k_n}$，如果$k_n$可以随便变化，这个差值就没法小于任意小的$\epsilon$，这和柯西序列的定义矛盾。
所以必然存在某个$N$，当$n>N$时，$k_n$是固定的整数$k$，也就是说所有足够靠后的$x_n$的p进绝对值都是$p^{-k}$，那极限$|x|p = \lim{n \to \infty} |x_n|_p$自然就是$p^{-k}$，这就补全了你需要的整数$k$的存在性证明。
接下来你的分情况讨论完全没问题：
- 如果$k<0$，那$|x|_p = p^{-k} > 1$，取$n=-k$（这是个非负整数），那么$|p^n x|_p = |p^{-k}x|_p = |p^{-k}|_p \cdot |x|_p = p^k \cdot p^{-k} = 1$，满足$|p^n x|_p \leq 1$，所以$p^n x \in R_0$；
- 如果$k \geq 0$，那$|x|_p = p^{-k} \leq 1$，直接取$n=0$，$x$本身就属于$R_0$。
这样就证明了$R/\mathfrak{m}$中的每个元素都能写成$R_0$中元素乘以$p$的非负整数次幂的逆，也就是$R/\mathfrak{m} \subseteq R_0[\frac{1}{p}]$；反过来，$R_0[\frac{1}{p}]$里的元素都是$r \cdot p^{-n}$（$r \in R_0$，$n \geq 0$），显然都属于$R/\mathfrak{m}$，所以两者相等。
最后推导$R/\mathfrak{m} \cong Q(R_0)$也很顺畅：首先$R_0$是整环（因为它是域$R/\mathfrak{m}$的子环，域的子环肯定是整环），而$R_0[\frac{1}{p}]$就是把$p$的逆元加到$R_0$里得到的环，而$R/\mathfrak{m}$里的每个元素都能表示成$\frac{r}{p^n}$（$r \in R_0$，$n \geq 0$），这正好就是$R_0$的分式域$Q(R_0)$的构造，所以两者同构。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者ByteBlitzer
