La prueba del Teorema 1
[Nota: La siguiente prueba fue escrito en 2011 y sólo ligeramente editado ahora. Hay cosas en él que me habría hecho mejor si me fuera a volver a escribir.]
La prueba del Teorema 1. En primer lugar, vamos a demostrar algo aparentemente obvio: es decir, vamos a probar que para cualesquiera números enteros no negativos $a$ $b$ tal que $a\geq b$, tenemos
\begin{equation}
f_b\left[f_{a-b}\right] = f_a .
\label{darij-proof.1}
\tag{1}
\end{equation}
Este hecho parece trivial si usted piensa de polinomios como funciones (en cuyo caso $f_k$ es en realidad $\underbrace{f \circ f \circ \cdots \circ f}_{k \text{ times}}$); el único problema con este enfoque es que los polinomios no son funciones. Por lo tanto, permítanme darles una prueba de \eqref{darij a prueba.1}:
[Prueba de \eqref{darij a prueba.1}. Para cada polinomio $g\in A\left[x\right]$, vamos a $R_g$ ser el mapa de $A\left[x\right]\to A\left[x\right]$ asignación de cada $p\in A\left[x\right]$$g\left[p\right]$. Tenga en cuenta que este mapa $R_g$ no es un anillo de homomorphism (en general), pero un polinomio mapa.
A continuación nos aviso que $f_n = R_f^n\left(x\right)$ por cada $n\in\mathbb N$. De hecho, esto puede ser demostrado por inducción sobre $n$: La inducción de la base (en el caso de $n=0$) es trivial (desde $f_0=x$$R_f^0\left(x\right)=\operatorname{id}\left(x\right)=x$). Para la inducción de paso, asumir que algunos $m\in\mathbb N$ satisface $f_m = R_f^m\left(x\right)$. A continuación, $m+1$ satisface
\begin{align}
f_{m+1} &= f\left[f_m\right]
\qquad \left(\text{by the recursive definition of %#%#%}\right) \\
&= R_f\left(f_m\right)
\qquad \left(\text{since %#%#% by the definition of %#%#%}\right) \\
&= R_f\left(R_f^m\left(x\right)\right)
\qquad \left(\text{since %#%#%}\right) \\
&= R_f^{m+1}\left(x\right) .
\end{align}
Esto completa la inducción.
Por lo tanto, han demostrado que la $f_{m+1}$ por cada $R_f\left(f_m\right)=f\left[f_m\right]$. Desde $R_f$ (debido a que la definición de $f_m=R_f^m\left(x\right)$ rendimientos $f_n = R_f^n\left(x\right)$), esto se reescribe de la siguiente manera:
\begin{equation}
R_{f_n}\left(x\right) = R_f^n\left(x\right)
\qquad \text{ for every %#%#%.}
\label{darij-proof.1.5}
\tag{2}
\end{equation}
Ahora vamos a probar que
\begin{equation}
f_n\left[p\right] = R_f^n\left(p\right) \text{ for every } n\in\mathbb N \text{ and every } p\in A\left[x\right] .
\label{darij-proof.2}
\tag{3}
\end{equation}
[Prueba de \eqref{darij a prueba.2}. Deje $n\in\mathbb N$ ser cualquier polinomio. Por la característica universal del polinomio anillo de $f_n=f_n\left[x\right]=R_{f_n}\left(x\right)$, existe un $R_{f_n}$-álgebra homomorphism $R_{f_n}\left(x\right)=f_n\left[x\right]$ tal que $n\in\mathbb N$. Considere esto $p\in A\left[x\right]$. A continuación, para cada polinomio $A\left[x\right]$,$A$. (Esta es la razón por la $\Phi : A\left[x\right] \to A\left[x\right]$ es comúnmente llamada la evaluación homomorphism en $\Phi\left(x\right) = p$.)
Ahora, todos los $\Phi$-álgebra homomorphism $q\in A\left[x\right]$ viajes con $\Phi\left(q\right) = q\left[p\right]$ por cada $\Phi$ (esto es sólo una manera formal al estado el hecho conocido de que todos los $p$-álgebra homomorphism conmuta con cada polinomio mapa). Aplicando esto a la homomorphism $A$, llegamos a la conclusión de que $A\left[x\right] \to A\left[x\right]$ viajes con $R_g$ por cada $g\in A\left[x\right]$. Así, en particular, $A$ viajes con $\Phi$ e con $\Phi$. Desde $R_g$ viajes con $g\in A\left[x\right]$, está claro que $\Phi$ también desplazamientos con $R_{f_n}$, y por lo tanto $R_f$. Desde $\Phi$, este vuelve a escribir como $R_f$. Por otro lado, $\Phi$ viajes con $R_f^n$, por lo que el $\Phi\left(R_f^n\left(x\right)\right)=R_f^n\left(\Phi\left(x\right)\right)$ (por la definición de $\Phi\left(x\right)=p$). En vista de \eqref{darij a prueba.1.5}, este vuelve a escribir como $\Phi\left(R_f^n\left(x\right)\right)=R_f^n\left(p\right)$. Por lo tanto,
\begin{equation}
f_n\left[p\right] = \Phi\left(R_f^n\left(x\right)\right) = R_f^n\left(p\right) ,
\end{equation}
y por lo tanto \eqref{darij a prueba.2} es probada.]
Ahora, volvemos a la prueba de \eqref{darij a prueba.1}: la Aplicación de \eqref{darij a prueba.2} a$\Phi$$R_{f_n}$, obtenemos $\Phi\left(R_{f_n}\left(x\right)\right)=R_{f_n}\left(\underbrace{\Phi\left(x\right)}_{=p}\right)=R_{f_n}\left(p\right)=f_n\left[p\right]$. Desde $R_{f_n}$ (por \eqref{darij a prueba.2}, aplicado a $\Phi\left(R_f^n\left(x\right)\right) = f_n\left[p\right]$$n=b$), esto se reescribe como
\begin{equation}
f_b\left[f_{a-b}\right] = R_f^b\left(R_f^{a-b}\left(x\right)\right) = \underbrace{\left(R_f^b\circ R_f^{a-b}\right)}_{=R_f^{b+\left(a-b\right)}=R_f^a} \left(x\right) = R_f^a\left(x\right) .
\end{equation}
En comparación con $p=f_{a-b}$ (por \eqref{darij a prueba.2}, aplicado a $f_b\left[f_{a-b}\right] = R_f^b\left(f_{a-b}\right)$$f_{a-b} = f_{a-b}\left[x\right] = R_f^{a-b}\left(x\right)$), los rendimientos de $n=a-b$. Por lo tanto, \eqref{darij a prueba.1} es probada.]
Ahora aquí es algo menos obvio:
Para cualquier números enteros no negativos $p=x$ $f_a = f_a\left[x\right] = R_f^a\left(x\right)$ tal que $n=a$, tenemos
\begin{equation}
f_{a-b}-x\mid f_a-f_b \qquad \text{ in } A\left[x\right] .
\label{darij-proof.3}
\tag{4}
\end{equation}
[Prueba de \eqref{darij a prueba.3}. Deje $p=x$ $f_b\left[f_{a-b}\right] = f_a$ ser números enteros no negativos tales que $a$. Deje $b$ a ser el ideal de $a\geq b$ generado por el polinomio $a$. A continuación, $b$, por lo que el $a\geq b$.
Recordamos un hecho conocido: Si $I$ es un conmutativa $A\left[x\right]$-álgebra, si $f_{a-b}-x$ es un ideal de a $f_{a-b}-x\in I$ si $f_{a-b}\equiv x\mod I$ $B$ son dos elementos de la $A$ satisfacción $J$, y si $B$ es un polinomio, entonces $p$. (Este hecho se demuestra al ver que $q$ por cada $B$.) La aplicación de este hecho a $p\equiv q\mod J$, $g\in A\left[x\right]$, $g\left[p\right]\equiv g\left[q\right]\mod J$, $p^u\equiv q^u\mod J$ y $u\in\mathbb N$, obtenemos $B=A\left[x\right]$. Debido a \eqref{darij a prueba.1}, esto se convierte en $J=I$. Por lo tanto, $p=f_{a-b}$. Desde $q=x$ es el ideal de la $g=f_b$ generado por $f_b\left[f_{a-b}\right] \equiv f_b\left[x\right] = f_b \mod I$, esto produce que el $f_a \equiv f_b \mod I$. Esto demuestra \eqref{darij a prueba.3}.]
Para cualquier números enteros no negativos $f_a-f_b \in I$ $I$ tal que $A\left[x\right]$, vamos a $f_{a-b}-x$ ser algunos polinomio $f_{a-b}-x\mid f_a-f_b$ tal que $a$. Un polinomio $b$ existe de acuerdo a \eqref{darij a prueba.3}, pero no tiene que ser único (e. g., si $a\geq b$ o $f_{a\mid b}$, puede ser arbitrario), por lo que tendremos que tomar decisiones aquí. Por lo tanto,
\begin{equation}
f_a-f_b = f_{a\mid b} \cdot\left(f_{a-b}-x\right)
\label{darij-proof.4}
\tag{5}
\end{equation}
para cualquier números enteros no negativos $h\in A\left[x\right]$ $f_a-f_b = h\cdot\left(f_{a-b}-x\right)$ tal que $h$.
Vamos ahora a definir un polinomio $f=x$ para cualquier números enteros no negativos $a=b$$a$. Es decir, definimos este polinomio por inducción sobre $b$:
La inducción de la base: Para $a\geq b$, vamos a $f_{a,b} \in A\left[x\right]$ $a$ (donde $b$ significa que el delta de Kronecker, que se define por $a$ para cualquiera de los dos objetos de $a=0$$f_{a,b}$).
Inducción paso: Vamos a $\delta_{0,b}$ ser positivo. Si $\delta$ está definido para todos los $\delta_{u,v}= \begin{cases} 1, & \text{if }u=v;\\ 0, & \text{if }u\neq v\end{cases}$, a continuación, vamos a definir $u$ todos los $v$ como sigue:
\begin{align}
f_{r,b} &= f_{r-1,b} + f_{r\mid r-b} f_{r-1,b-1} \text{ if } 0 \leq b \leq r \text{ (where %#%#% means %#%#%)}; \\
f_{r,b} &= 0 \text{ if } b > r .
\end{align}
De esta manera, se han definido inductivamente $r\in\mathbb N$ para todos los números enteros no negativos $f_{r-1,b}$$b \in \mathbb N$.
Podemos ahora afirmar que
\begin{equation}
f_{a,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) = \prod_{i=a-b+1}^{a}\left(f_i-x\right)
\label{darij-proof.5}
\tag{6}
\end{equation}
para cualquier números enteros no negativos $f_{r,b}$ $b \in \mathbb N$ tal que $f_{r-1,-1}$.
[Prueba de \eqref{darij a prueba.5}. Vamos a demostrar que \eqref{darij a prueba.5} por inducción sobre $0$:
La inducción de la base: Para $f_{a,b}$, lo que demuestra \eqref{darij a prueba.5} es muy fácil (aviso que $a$ conlleva $b$, y el uso de $a$). Por lo tanto, se puede considerar que la inducción de la base como completada.
Inducción paso: Vamos a $b$ ser positivo. Supongamos que \eqref{darij a prueba.5} se cumple para cualesquiera números enteros no negativos $a\geq b$ $a$ tal que $a=0$$0=a\geq b$. Ahora vamos a demostrar que \eqref{darij a prueba.5} para números enteros no negativos $b=0$ $f_{0,0} = 1$ tal que $r\in\mathbb N$$a$:
Deje $b$ $a\geq b$ ser números enteros no negativos tales que $a=r-1$$a$.
A continuación, $b$. Por lo tanto, $a\geq b$ es un entero no negativo satisfacer $a=r$. Esto demuestra que debemos estar en uno de los siguientes tres casos:
Caso 1: Tenemos $a$.
Caso 2: Tenemos $b$.
Caso 3: Tenemos $a\geq b$.
Consideremos primero el Caso 1: En este caso, $a=r$. La definición recursiva de $r=a\geq b$ rendimientos
\begin{equation}
f_{r,0} = f_{r-1,0} + f_{r\mid r-0} \underbrace{f_{r-1, 0-1}}_{=f_{r-1,-1} = 0} = f_{r-1,0} .
\end{equation}
Podemos aplicar \eqref{darij a prueba.5} a $b$ $b\leq r$ en lugar de $b=0$ $1\leq b\leq r-1$ (ya que se supone que \eqref{darij a prueba.5} se cumple para cualesquiera números enteros no negativos $b=r$ $b=0$ tal que $f_{r,b}$$r-1$). Esto da lugar a la identidad
\begin{equation}
f_{r-1,0} \prod_{i=1}^0\left(f_i-x\right) = \prod_{i=r-1-0+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
Ya que ambos productos $0$ $a$ son igual a $b$ (ya que están vacíos de productos), esto se simplifica a $a$, por lo que el $b$. Ahora,
\begin{equation}
f_{r,0} \underbrace{\prod_{i=1}^0\left(f_i-x\right)}_{=\left(\text{empty product}\right)=1} = f_{r,0} = f_{r-1,0} = 1
\end{equation}
y
\begin{equation}
\prod_{i=r-0+1}^{r}\left(f_i-x\right) = \left(\text{empty product}\right) = 1 .
\end{equation}
La comparación de estas igualdades rendimientos
\begin{equation}
f_{r,0} \prod_{i=1}^0\left(f_i-x\right) = \prod_{i=r-0+1}^{r}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
Desde $a\geq b$$a=r-1$, esto se reescribe como
\begin{equation}
f_{a,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) = \prod_{i=a-b+1}^{a}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
En otras palabras, se ha comprobado \eqref{darij a prueba.5} para nuestra $\prod_{i=1}^0\left(f_i-x\right)$ $\prod_{i=r-1-0+1}^{r-1}\left(f_i-x\right)$ en el Caso 1.
La próxima vamos a considerar el Caso 2: En este caso, $1$. Por lo tanto, $f_{r-1,0} \cdot 1 = 1$$f_{r-1,0} = 1$.
En particular, $0=b$ $r=a$ son números enteros no negativos satisfacer $a$.
Por lo tanto, podemos aplicar \eqref{darij a prueba.5} a $b$ $1\leq b\leq r-1$ en lugar de $0 \leq b-1 \leq r-1$ $r-1 \geq b \geq b-1$ (ya que se supone que \eqref{darij a prueba.5} se cumple para cualesquiera números enteros no negativos $r-1$ $b-1$ tal que $r-1 \geq b-1$$r-1$). Esto da lugar a la identidad
\begin{equation}
f_{r-1,b-1} \prod_{i=1}^{b-1}\left(f_i-x\right) = \prod_{i=\left(r-1\right)-\left(b-1\right)+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
Desde $b-1$, esto se simplifica a
\begin{equation}
f_{r-1,b-1} \prod_{i=1}^{b-1}\left(f_i-x\right) = \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
Por otro lado, $a$ $b$ son números enteros no negativos satisfacer $a$. Por lo tanto, podemos aplicar \eqref{darij a prueba.5} a $b$ $a\geq b$ en lugar de $a=r-1$ $\left(r-1\right)-\left(b-1\right)+1=r-b+1$ (ya que se supone que \eqref{darij a prueba.5} se cumple para cualesquiera números enteros no negativos $r-1$ $b-1$ tal que $r-1 \geq b$$r-1$). Esto nos da
\begin{equation}
f_{r-1,b} \prod_{i=1}^{b}\left(f_i-x\right) = \prod_{i=\left(r-1\right)-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
Desde $b$, esto se reescribe como
\begin{equation}
f_{r-1,b} \prod_{i=1}^{b}\left(f_i-x\right) = \prod_{i=r-b}^{r-1}\left(f_i-x\right) = \left(f_{r-b}-x\right) \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right)
\end{equation}
(debido a que $a$).
Desde $b$,$a$, y \eqref{darij a prueba.4} (aplicado a $b$ $a\geq b$ en lugar de $a=r-1$$\left(r-1\right)-b+1=r-b$) de los rendimientos de
\begin{equation}
f_r-f_{r-b} = f_{r\mid r-b}\cdot \left(f_{r-\left(r-b\right)}-x\right) .
\end{equation}
Desde $r-1 \geq r-b$, esto se simplifica a
\begin{equation}
f_r-f_{r-b} = f_{r\mid r-b}\cdot \left(f_b-x\right) .
\label{darij-proof.5.5}
\tag{7}
\end{equation}
Desde $0\leq b\leq r$, la definición recursiva de $0\leq r-b\leq r$ rendimientos
\begin{equation}
f_{r,b} = f_{r-1,b} + f_{r\mid r-b} f_{r-1,b-1} .
\end{equation}
Por lo tanto,
\begin{align}
& f_{r,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) \\
&= \left(f_{r-1,b} + f_{r\mid r-b} f_{r-1,b-1}\right) \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) \\
&= f_{r-1,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) + f_{r\mid r-b} f_{r-1,b-1} \underbrace{\prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right)}_{=\left(f_b-x\right)\prod_{i=1}^{b-1}\left(f_i-x\right)} \\
& = f_{r-1,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) + f_{r\mid r-b} f_{r-1,b-1} \left(f_b-x\right) \prod_{i=1}^{b-1}\left(f_i-x\right) \\
& = \underbrace{f_{r-1,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right)}_{= \left(f_{r-b}-x\right) \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) } + \underbrace{f_{r\mid r-b} \cdot \left(f_b-x\right)}_{\substack{=f_r-f_{r-b} \\ \text{(by \eqref{darij-proof.5.5})}}} \underbrace{f_{r-1,b-1} \prod_{i=1}^{b-1}\left(f_i-x\right)}_{= \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right)} \\
&= \left(f_{r-b}-x\right) \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) + \left(f_r-f_{r-b}\right) \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) \\
&= \underbrace{\left( \left(f_{r-b}-x\right) + \left(f_r-f_{r-b}\right) \right)}_{=f_r-x} \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) \\
&= \left(f_r-x\right) \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right) = \prod_{i=r-b+1}^{r}\left(f_i-x\right) .
\end{align}
Desde $r$, esto se reescribe como
\begin{equation}
f_{a,b} \prod_{i=1}^b\left(f_i-x\right) = \prod_{i=a-b+1}^{a}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
En otras palabras, se ha comprobado \eqref{darij a prueba.5} para nuestra $r-b$ $a$ en el Caso 2.
La próxima vamos a considerar el Caso 3: En este caso, $b$.
En este caso, vamos a proceder exactamente como en el Caso 2, excepto por una pequeña pieza de el argumento, a Saber, en el Caso 2 se nos permitió aplicar \eqref{darij a prueba.5} a $r-\left(r-b\right)=b$ $0\leq b\leq r$ en lugar de $f_{r,b}$$r=a$, pero ahora, en el Caso 3 no se nos permite hacer esto nunca más (porque \eqref{darij a prueba.5} requiere $a$). Por lo tanto, necesitamos una manera diferente para probar la igualdad de
\begin{equation}
f_{r-1,b} \prod_{i=1}^{b}\left(f_i-x\right) = \left(f_{r-b}-x\right) \prod_{i=r-b+1}^{r-1}\left(f_i-x\right)
\label{darij-proof.6}
\tag{8}
\end{equation}
en el Caso 3. Aquí está una manera:
Por la definición inductiva de $b$, $b=r$ (desde $r-1$). Por lo tanto, el lado izquierdo de \eqref{darij a prueba.6} es igual a $b$. Por otro lado, $a$ rendimientos $b$, por lo que el $a\geq b$. Por lo tanto, el lado derecho de \eqref{darij a prueba.6} es igual a $f_{r-1,b}$. Dado que tanto el lado izquierdo y el lado derecho de \eqref{darij a prueba.6} igual $f_{r-1,b}=0$, ahora está claro que la igualdad \eqref{darij a prueba.6} es verdadero, y por lo tanto se puede proceder como en el Caso 2. Por lo tanto, \eqref{darij a prueba.5} es probado por nuestro $b=r>r-1$ $0$ en el Caso 3.
Así pues, hemos probado que \eqref{darij a prueba.5} tiene para nuestra $b=r$ $f_{r-b}=f_{r-r}=f_0=x$ en cada uno de los tres posibles casos 1, 2 y 3. Por lo tanto, \eqref{darij a prueba.5} es probada por cualquier números enteros no negativos $f_{r-b}-x=0$ $0$ tal que $0$$a$. Esto completa el paso de inducción.
Por lo tanto, la inducción de la prueba de \eqref{darij a prueba.5} se hace.]
Ahora, todos los números enteros no negativos $b$ $a$ satisfacer
\begin{equation}
f_{k+n,n} \prod_{i=1}^n\left(f_i-x\right) = \prod_{i=\left(k+n\right)-n+1}^{k+n}\left(f_i-x\right)
\end{equation}
(por \eqref{darij a prueba.5}, aplicado a $b$$a$). Desde $b$, esto se simplifica a
\begin{equation}
f_{k+n,n} \prod_{i=1}^n\left(f_i-x\right) = \prod_{i=k+1}^{k+n}\left(f_i-x\right) .
\end{equation}
Este de inmediato los rendimientos Teorema 1. $a\geq b$
