Esas son las únicas homomorphisms. (Excepto, si no requiere anillo de homomorphisms para preservar $1$, para la constante cero de morfismos).
Deje $e_i$ ser la secuencia cuyas $i$th elemento es $1$ y el resto es $0$.
Si $f:\mathbb Z^{\mathbb N}\to\mathbb Z$ es un anillo homomorphism, en la mayoría de los una de $f(e_0), f(e_1), \ldots, f(e_n), \ldots$ puede ser distinto de cero. Es decir, si $i\ne j$, $e_ie_j=0$ y, por tanto,$f(e_ie_j)=f(e_i)f(e_j)=0$, por lo que uno de $f(e_i)$ $f(e_j)$ debe ser cero.
Por lo tanto $f$ está de acuerdo con algunos de los múltiples de una proyección sobre el ideal generado por el $e_i$s. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $f(x_0,x_1,\ldots)=ax_0$ algunos $a$ siempre cofinitely muchos $x_i$s son cero.
El siguiente argumento es una adaptación de un meses después de que Mike Miller señaló en un comentario.
Elegir secuencias $(\alpha_i)_i$, $(\beta_i)_i$ tal que $2^i\mid \alpha_i$$3^i\mid \beta_i$$\alpha_i+\beta_i=1$. (Esto es posible debido a la identidad de Bézout desde $2^i$ $3^i$ siempre coprime).
Ahora a $f(x_0,x_1,x_2,\ldots)=ax_0$ en generalescribir
$$ f(x_0,x_1,x_2,x_3,\ldots_)=
\underbrace{f(x_0,0,0,\ldots)}_{ax_0}
+\underbrace{f(0,\alpha_1 x_1,\alpha_2 x_2,\alpha_3 x_3,\ldots)}_P
+\underbrace{f(0,\beta_1 x_1, \beta_2 x_2, \beta_3 x_3, \ldots)}_Q $$
Yo reclamo que cada uno de los dos últimos términos es cero. Para cualquier $n$ hemos
$$ P
= \underbrace{f(0,\alpha_1 x_1, \ldots, \alpha_{n-1} x_{n-1}, 0, 0, \ldots)}_0
+ \underbrace{f(0,0,\ldots,0,\alpha_n x_n,\alpha_{n+1} x_{n+1}, \ldots)}
_{\text{divisible por }2^n} $$
El único entero que es divisible por $2^n$ todos los $n$ es cero, por lo $P$ debe $0$. Del mismo modo $Q$ debe $0$.
Por lo $f(x_0,\ldots)=ax_0$, y desde $f(1,1,1,\ldots)=1$ (de lo contrario $f$ no es un anillo de homomorphism), llegamos a la $a=1$ $f$ es una proyección.
Bono de respuesta: Este argumento funciona siempre $R$ es una unidad flash usb con al menos dos elementos principales.
