Anillos para los cuales ningún polinomio induce la función cero

Question

Para cualquier anillo conmutativo $R$ deje $R[x]$ denotar el anillo de polinomios con coeficientes en $R$. Cualquier polinomio $p \in R[x]$ natural induce una función de $\hat{p} :R \rightarrow R$. En algunos casos, un polinomio distinto de cero se inducirá el cero de la función. Por ejemplo, con $R=\mathbb{Z}_6$, los polinomios $x^5 +3x^2+2x$, $3x^4 + 5x^3 + 4x$, y $x^4 - x^3 - x^2 + x$ todos inducir el cero de la función. Algunas de las cosas que ya sé:

• Si $R$ es finito, $R = \{r_1, r_2, ... r_n\}$,, a continuación, $(x-r_1)(x-r_2)...(x-r_n)$ induce el cero de la función.
• Si $R=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, entonces el ideal $I$ de los polinomios de la inducción de la función zero es generado por $x^p - x$ (y, de hecho, esto coincide con el polinomio dado anteriormente).
• Si $R$ es un infinito integral de dominio, entonces no distinto de cero el polinomio induce el cero de la función.
• Si $R$ es infinito, pero no una parte integral de dominio, a continuación, puede o no puede ser distinto de cero polinomios que inducen a la función cero. (He ejemplos de cada uno.)

Es este último punto el que me trae aquí. Me gustaría saber si existen las condiciones necesarias y suficientes en $R$ que asegurarse de que $\hat{p}=0$ sólo para $p=0$. Tales condiciones tendría que ser más fuerte que el "infinito", pero más débil que el "infinito integral de dominio". ¿Alguien sabe cuáles son esas condiciones?

Answer 1

$R$ tiene un valor distinto de cero el polinomio que induce a la función cero si y sólo si hay ideales $I$, $J$ tal que $I$ es trivial, $IJ=0$, e $R/J$ es un anillo que satisface la siguiente condición:

Existe $n$ tal que, para cualquier $n$ elementos $x_1, \dots x_n \in R/J$, el discriminante $\prod_{i<j} (x_i-x_j)=0$.

Por lo $R$ se pegan de un anillo arbitrario y un anillo que satisface un determinado polinomio de identidad.

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La prueba de que sólo si: Vamos a $I$ ser el ideal generado por los coeficientes del polinomio distinto de cero y vamos a $J$ a ser el ideal de divisores de cero de $I$. Vamos a demostrar que para todos los $n$ elementos $x_1,\dots x_n \in R$, $I\prod_{i<j} (x_i-x_j)=0$, de modo que $R/J$ satisface esta identidad. Para ver esto, tome cualquiera de las $n$ elementos $x_1,\dots,x_n\in R$ y tome la matriz de Vandermonde. Multiplicando esto por el vector de coeficientes del polinomio distinto de cero da $0$. Así que multiplicando en el otro lado por la matriz adjunta aún así obtener un $0$, pero una matriz veces su adjunta es la identidad veces el factor determinante, por lo que el determinante de tiempo de cada coeficiente del polinomio es $0$. El determinante de la matriz de Vandermonde es sólo el discriminante $\prod_{i<j} (x_i-x_j)$.

La prueba de si: Vamos a $a$ ser un elemento distinto de cero de $I$, vamos a $n$ ser el más pequeño $n$ tal que $a\prod_{i<j} (x_i-x_j)=0$ para todos los $x_1,\dots,x_n \in R$, por lo que tenemos algo de $y_1,\dots y_{n-1}\in R$ que satisfacer $a\prod_{i<j} (y_i-y_j)\neq0$ . A continuación, todos los $x$ satisfacer:

$$a\prod_{i<j} (y_i-y_j) \prod_{i=1}^{n-1} (x-y_i)=0$$

y el coeficiente inicial de que el polinomio es distinto de cero.

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Desde $R/I$ es arbitrario, creo que debemos estudiar los anillos de satisfacer $\prod_{i<j} (x_i-x_j)=0$. Tales anillos tienen todos los residuos campos acotados en el tamaño de la $n$, por lo que todos los primos son los ideales de máxima y de sus espectros son totalmente desconectado espacios topológicos. Ya que la geometría de este tipo de espacio no es muy fácil de clasificar, se puede restringir nuestra atención en el local de los anillos:

Si $R$ es un anillo local con ideal maximal $m$, hay algunos $n$ tal que, para todos los $x_1,\dots x_n \in R$, $\prod_{i<j} (x_i-x_j)=0$ si y sólo si $R/m$ finito y hay algunos $N$ de manera tal que cada elemento de $x\in m$ satisface $x^N=0$.

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La prueba de que sólo si: Si $R/m$ es infinito, tome $x_1,\dots x_n$ a los ascensores de los distintos elementos en $R/m$. Set $N=\frac{n^3-n}{6}$. Para todos los $x \in m$ podemos tomar $x_i= x^i$ para $1\leq i \leq n$. Entonces

$$0=\prod_{i<j} (x_i-x_j) = \prod_{i<j} x^i (1-x^{j-i})$$

que es $x^{\frac{n^3-n}{6}}$, los tiempos de una unidad, por lo $x^N=0$.

La prueba de si: Si $a_1,\dots,a_m$ son elevadores de todos los elementos de los residuos de campo, $\prod_{i=1}^m (x-a_i)^N$ es monic y se desvanece para todos los $x$, por lo que la fila inferior de la matriz de Vandermonde de cualquier $x_1,\dots, x_{mN}$ es la suma ponderada de las filas anteriores, y por lo que el determinante de Vandermonde se desvanece.

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No creo que uno puede mejorar la clasificación mucho más allá de este. Considere los ejemplos $\mathbb Z[a,b]/(a^2,ab,2a)$, la cual es levemente de un buen infinito integral de dominio, sino que cada elemento cumple la identidad de $a x(x-1)=0$, e $\mathbb F_2[a_1,a_2,\dots]/(a_1^2,a_2^2,\dots)$, que es una extensión de Manny Reyes ejemplo, donde cada elemento cumple la identidad de $x^2(x-1)^2=0$. Pero yo estaría contento de ver puntos de vista.

Answer 2

Puedo probar un limpiador de criterio en la Noetherian caso. Esto no se mantiene para el caso general, como se muestra por la Voluntad Sawin ejemplo en los comentarios de abajo.

Lema. Deje $(R,\mathfrak p)$ ser un Artinian anillo local, y deje $f \in R[x]$ grado $n$. Si existe un conjunto $S \subseteq R$ con $|\operatorname{im}(S \to R/\mathfrak p)| > n$ tal que $f(r) = 0$ para todos los $r \in S$,, a continuación,$f = 0$.

Prueba. Procedemos por inducción sobre la longitud de $R$. El caso de $\ell(R) = 1$ en el caso de las $R$ es un campo, que es trivial (esto es, donde la hipótesis de $|S| > n$ se utiliza). En general, vamos a $(R,\mathfrak p)$ ser local Artinian. A continuación, tenemos una filtración $$0 = I_0 \subsetneq \ldots \subsetneq I_s = R$$ de $R$-submódulos (es decir, los ideales) de tal manera que cada uno de los subquotients $I_i/I_{i-1}$ tiene una longitud de $1$. Deje $R' = R/I_1$, y tenga en cuenta que $\ell(R') = \ell(R) - 1$. Por lo tanto, por la hipótesis de inducción, tenemos $f \in I_1 R[x]$. Desde $\ell(I_1) = 1$, tenemos $I_1 \cong R/\mathfrak p$. Por lo tanto, $I_1$ que es lo principal, decir $I_1 = (r_1)$, e $\operatorname{Ann}(r_1) = \mathfrak p$.

Por lo tanto $f = r_1 g$ para algunos $g \in R[x]$, que se supone tiene el grado $n$. A continuación, $r_1g(r) = 0$ para todos los $r \in S$, lo $g(r) \in \operatorname{Ann}(r_1) = \mathfrak p$ para todos los $r \in S$. Aplicando la hipótesis de inducción esta vez a $R/\mathfrak p$, podemos ver que $g \in \mathfrak p R[x]$. Por lo tanto, $r_1 g = 0$, desde $\mathfrak p \cdot r_1 = 0$. $\square$

Teorema. Si $R$ es Noetherian, entonces existe $f \in R[x]\setminus\{0\}$ grado $\leq n$ con $f(r) = 0$ para todos los $r \in R$ si y sólo si $R$ tiene asociado un primer $\mathfrak p$ tal que $|R/\mathfrak p| \leq n$.

Prueba. Si $\mathfrak p = \operatorname{Ann}(r_0)$ es tal que $|R/\mathfrak p| \leq n$, luego deje $\{r_1,\ldots,r_m\}$ ser un conjunto de representantes para $R/\mathfrak p$, y considerar la posibilidad de $f = r_0 \prod_{i=1}^m (x-r_i)$. A continuación, para cada una de las $r \in R$, tenemos $\prod (r-r_i) \in \mathfrak p$, por lo tanto $f(r) = 0$ desde $\mathfrak p \cdot r_0 = 0$. Por otra parte, el grado de $f$ es $m \leq n$.

Por el contrario, asumen $|R/\mathfrak p| > n$ por cada asociado prime $\mathfrak p \subseteq R$, y deje $f \in R[x]$ grado $\leq n$ ser tal que $f(r) = 0$ para todos los $r \in R$. El natural de mapa de $R \to \prod_{\mathfrak p \in \operatorname{Ass}(R)} R_{\mathfrak p}$ es inyectiva [Etiqueta 0331]. Deje $S_\mathfrak p \subseteq R_\mathfrak p$ ser la imagen de $R \to R_\mathfrak p$ y deje $f_\mathfrak p$ ser la imagen de $f$ en $R_\mathfrak p$, para cada una de las $\mathfrak p \in \operatorname{Ass}(R)$.

Desde $|R/\mathfrak p| > n$, la imagen de $S_\mathfrak p$ en $R_\mathfrak p/\mathfrak p = \operatorname{Frac}(R/\mathfrak p)$ tiene más de $n$ elementos. Aplicando el lema anterior a$R_\mathfrak p/\mathfrak p^m$, con el set de $S_\mathfrak p/\mathfrak p^m$, obtenemos que $f_\mathfrak p \in \mathfrak p^mR_\mathfrak p[x]$. Por Krull la intersección del teorema de [Tag 00IP], esto implica $f_\mathfrak p = 0$. Ya que este tiene para todos los asociados de los números primos $\mathfrak p$, llegamos a la conclusión de que $f = 0$. $\square$

Corolario. Si $R$ es Noetherian, entonces existe $f \in R[x]\setminus\{0\}$ con $f(r) = 0$ para todos los $r \in R$ si y sólo si $R$ tiene asociado un primer $\mathfrak p$ tal que $R/\mathfrak p$ es finito. $\square$

Observación. La primera parte de la prueba de la no utilización de la Noetherian hipótesis. Además, el argumento de que realmente funciona cuando no existe ningún tipo de ideal $I$ (no necesariamente prime) que se producen como el destructor de algún elemento tal que $R/I$ es finito.

Aunque en general los anillos no todos los annihilator está contenida en una asociada de primer orden, esto es cierto para los aniquiladores $I$ tal que $R/I$ es finito. De hecho, sólo hay un número finito de números primos en $R/I$, y un máximo de uno que se producen como un annihilator es asociado (ver Eisenbud del Álgebra Conmutativa, Prop. 3.4). Por lo tanto, permitiendo que dichas $I$ no dar una clase más general de ejemplos.

Answer 3

Como no puedo escribir comentarios, escribo esto como una respuesta, aunque es sólo una respuesta parcial.

1. Si $(R,\mathfrak{m})$ es local con $R/\mathfrak{m}$ finito y $\mathfrak{m}^n=0$ para algunos $n$, entonces no es una mala polinomio para $R$. Se obtiene como en Manny Reyes comentario. En este caso se puede elegir una mala monic polinomio $P$ para $R/\mathfrak{m}$ (como en la pregunta) y, por tanto, $P^n$ no $0$.
2. La suposición de que $\mathfrak{m}^n=0$ para algunos $n$ es necesario aquí. Como muestra el siguiente ejemplo: $$R=\mathbb{F}_p[t,t^{1/p},t^{1/p^2},t^{1/p^3},\dots]/(t^p)$$ es un anillo local con ideal maximal $\mathfrak{m}=(t,t^{1/p},t^{1/p^2},t^{1/p^3},\dots)$ y cada elemento en $\mathfrak{m}$ es nilpotent. Pero para cada polinomio $P(x)\in R[x]$ hay algo de $t^q$ tal que $P(t^q)\ne 0$.

Answer 4

Mi conjetura es que R es nonreduced o R es un producto cartesiano de los anillos (una descomponible anillo), que es equivalente a decir que el polinomio 1 o x son reducibles.

Sin duda, la existencia de arbitrariamente grandes regular(nonzerodivisor) Vandermonde determinantes implica la inexistencia de dichos polinomios.

Para otros anillos (ex. (Z[s]/(2s)) tiene polinomios con una infinidad de raíces (sx^2+sx, desapareciendo en todos los números enteros), pero no se puede tener ellos se desvanecen en todos los de R, a menos que cree un nilpotent elemento (ex. Z[s]/(2s,s^2))