Mostrar dos anillos polinomiales sobre$\mathbb{C}$ no es isomorfo

Question

Intento mostrar que el anillo de polinomios en una variable sobre los números complejos no es isomorfo al anillo sobre$\mathbb C$ con dos variables$x$ y$y$ modulo$\langle x^2-y^3\rangle$. He demostrado anteriormente que si la relación$p^2=q^3$ se mantiene para algunos$p$ y$q$ en una variable, existe$r$ tal que$p=r^3$ y$q=r^2$. Supongo que esto ayuda de alguna manera, pero no estoy seguro de cómo.

Answer 1

Si$I$ es un ideal máximo en$\def\CC{\mathbb C}\CC[X]$, entonces hay un$\alpha\in\CC$ tal que$I=(X-\alpha)$, y al usarlo es fácil ver que$\dim_\CC I/I^2=1$.

Por otro lado, el ideal$J=(X,Y)\subset A=\CC[X,Y]/(X^2-y^3)$ es máximo y$J/J^2$ es un espacio vectorial de la dimensión$2$.

De ello se deduce que$A$ no es isomorfo para$\CC[X]$.

Answer 2

Supongamos que existe un isomorfismo $\phi:\def\CC{\mathbb C}\CC[X,Y]/(X^2-Y^3)\to\CC[T]$, y deje $f=\phi(X)$$g=\phi(Y)$. A continuación,$f^2=g^3$. De esto se desprende la igualdad en $\CC[T]$ que $f$ $g$ tienen exactamente el mismo ceros. Por otra parte, si $a$ es uno de esos ceros y $m$ $n$ son las multiplicidades de $a$ $f$ y en $g$, respectivamente, tenemos $2m=3n$, por lo que hay un $k\in\mathbb N$ tal que $m=3k$$n=2k$. Esto significa que no es un polinomio $h\in\CC[T]$ (que tiene el mismo ceros como $f$$g$) tal que $f=h^3$$g=h^2$.

Ahora $f$ $g$ generar $\CC[T]$ (debido a $\phi$ es surjective), por lo $h$ también genera $\CC[T]$. Es fácil ver que esto sólo es posible si $h$ es de grado $1$. Hay un isomorfismo $\tau:\CC[T]\to\CC[T]$ que se asigna a$h$$T$, por lo que si tenemos en cuenta $\tau\circ\phi$ en lugar de $\phi$ podemos asumir que $h=T$.

Así hemos llegado a la conclusión de que, si existe un isomorfismo, $T^3$ $T^2$ generar $\CC[T]$. Esto no es cierto.

Answer 3

Dejar $A=\def\CC{\mathbb C}\CC[X,Y]/(X^2-Y^3)$. Dado que el polinomio$X^2-Y^3$ es primo, el álgebra$A$ es un dominio. Un pequeño cálculo muestra que$X$ y$Y$ son irreducibles (y no unidades), por lo que el elemento$u=X^2$ tiene dos factorizaciones diferentes como productos de elementos irreducibles, por lo que$A$ No es un dominio de factorización único.

Por otro lado,$\CC[T]$ es una UFD, como todos sabemos.

Resulta que $A\not\cong\CC[T]$.

Answer 4

El álgebra$\def\CC{\mathbb C}\CC[T]$ está cerrado integralmente en su campo de fracción; esto se deduce de la lema de Gauss, por ejemplo.

Por otro lado, el elemento$t=x/y$ del campo de fracción$F$ de$A=\CC[X,Y]/(X^2-Y^3)$, que no es si$A$, satisface el polinomio$f(T)=T^2-Y\in F[T]$. Esto significa que$A$ no está cerrado de forma integral y, por lo tanto,$A\not\cong\CC[T]$.

Answer 5

Recordar que si $A$ $\def\CC{\mathbb C}\CC$- álgebra y $\delta:A\to A$ $\CC$- lineal mapa, el modo en que $\delta$ es una derivación de $A$ si para todos $a$, $b\in A$ tenemos $$\delta(ab)=\delta(a)b+a\delta(b).$$

Deje $d:\CC[t]\to\CC[T]$ será el habitual derivado de mapa, de modo que $d(f)=f'$ todos los $f\in\CC[T]$. Por supuesto, $d$ es una derivación de $\CC[T]$. Por otra parte, es fácil ver que, si $\delta:\CC[T]\to\CC[T]$ es una derivación, entonces existe un $u\in\CC[T]$ tal que para todos los $f\in \CC[T]$ tenemos $\delta(g)=uf'$.

Con esta información, es fácil ver que la única no-cero derivaciones de $\CC[T]$, que es diagonalizable se $\epsilon:f\in\CC[T]\mapsto xf'\in\CC[T]$ y sus múltiplos escalares. Es casi inmediata que los autovalores de esta derivación $\epsilon$ son enteros no negativos. De ello se sigue que el conjunto de valores propios de cada no-cero diagonalizable derivación de $\CC[T]$ es un aditivo subsemigroup de $\CC$ generado por un elemento.

Por otro lado, vamos a $B=\CC[X,Y]/(X^2-Y^3)$. No es exactamente una derivación $\eta:B\to B$ tal que $\eta(X)=3X$$\eta(Y)=2Y$. Esta derivación es diagonalizable y el conjunto de sus autovalores es el conjunto $\{n\in\mathbb N:n=0 \vee n\geq2\}$, y este es un subsemigroup de aditivos de grupo $\CC$ que no generado por uno de sus elementos.

De ello se desprende que $B\not\cong\CC[T]$.