¿Cómo sabemos que los automorfismos en polinomios tienen un polinomio como forma?

Question

Deje $F$ ser un campo y $\sigma:F[x]\to F[x]$ ser automorphism, $\sigma(a) = a$ todos los $a\in F$. Voy a mostrar que $\sigma(f(x)) = f(ax+b)$ algunos $a\not = 0$$b$$F$.

Ahora tengo una solución que mi profesor me dio que parece asumir que el automorphism debe tener la forma $\sigma(f(x)) = f(p(x))$ algunos $p(x)\in F[x]$. Así que mi pregunta es ¿cómo se $\sigma$ ser un automorphism en $F[x]$ $\sigma(a) = a$ todos los $a\in F$ nos dan ese $\sigma(f(x) = f(p(x))$ algunos $p(x)\in F[x]$, ¿por qué no hay algunos de los que más extrañas en busca automorphism?

He mirado en Automorfismos de a $F[x]$, sin embargo la única solución que parece hacer la misma suposición de que mi profesor hace.

Answer 1

Puesto que fija el $\sigma$ $F$, es decir,

$\sigma(a) = a, \; a \in F, \tag 1$

tenemos, para cualquier

$r(x) = \displaystyle \sum_0^n r_i x^i \in F[x], \tag 2$

$\sigma(r(x)) = \sigma \left ( \displaystyle \sum_0^n r_i x^i \right ) = \displaystyle \sum_0^n \sigma(r_i) \sigma(x^i) = \sum_0^n r_i (\sigma(x))^i; \tag 3$

así, $\sigma$ está determinado por su valor en $x$, $\sigma(x)$; puesto que por definición,

$\sigma:F[x] \to F[x], \tag 4$

tenemos que tener

$\sigma(x) = p(x) \in F[x]; \tag 5$

así, de (3), vemos que

$\sigma(r(x)) = r(\sigma(x)) = r(p(x)). \tag 6$

Answer 2

Que $\sigma(x) = p(x)$.

Si $f(x) = \sum_{i=0}^n ai x^i$, entonces con el hecho de que $\sigma$ es un homomorfismo del anillo, $$\sigma(f(x)) = \sigma \left( \sum{i=0}^n ai x^i \right) = \sum{i=0}^n \sigma(ai) \sigma(x)^i = \sum{i=0}^n a_i p(x)^i = f(p(x)).$ $

Más generalmente, si $A$ es cualquier $F$-álgebra, cada homomorfismo de #%-álgebra $F$% #% toma la forma $F[x] \to A$ $f(x) \mapsto f(a)$.

Answer 3

Sugerencia: Si $\sigma \in$ Aut (F[$x$]) tal que $\sigma$ (a) = a, todos $\in$ F, % de deg $\sigma(f(x))$= grados $f(x)$ % todo $f(x)\in$F [$(x)$]. En particular $\sigma(x)= ax + b$, donde $a \neq0$.