Isomorfismo entre $\Bbb R$ y $\Bbb R(X)$?

Question

Mis preguntas son:

$1.$ ¿Existe un morfismo de campos $\Bbb R(X) \hookrightarrow \Bbb R$ ?

$2.$ Si la respuesta a $1.$ es "sí", ¿son $\Bbb R$ y $\Bbb R(X)$ isomórficos como campos?

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$ $ Para $1.$, aquí hay algunos comentarios:

• Esto es cierto para $\Bbb C$, ver ¿Puedo insertar $\Bbb{C} (x)$ en $\Bbb{C}$?. El punto clave aquí es el hecho de que $\Bbb C$ es algebraicamente cerrado, de cardinalidad $2^{\aleph_0}$ y de característica $0$. El mismo argumento no funciona para $\Bbb R$.

• De hecho, podemos encontrar un subcampo $F$ de $\Bbb R$ tal que $F \cong F(X) \cong F(X,Y) \cong \cdots$, ver ¿Existe un subcampo $F$ de $\Bbb R$ tal que haya una inserción $F(x) \hookrightarrow F$?.

• Observa que $\Bbb Q(X)$ no se inserta en $\Bbb Q$ (como campo).

• Esto es equivalente a: ¿Existe un morfismo inyectivo de anillos $\Bbb R[X] \hookrightarrow \Bbb R$ ? (Tomando los campos de fracciones).

En cuanto a 2. :

• Son isomórficos como grupos abelianos, y en realidad como espacios vectoriales sobre $\Bbb Q$. No son isomórficos como álgebras sobre $\Bbb R$, porque no tienen el mismo grado de trascendencia sobre $\Bbb R$.

• Intentemos ver cómo construir tal isomorfismo de campos. Podríamos intentar$^{[1]}$ encontrar un subconjunto $B$ de $\Bbb R$ tal que $\Bbb R = \Bbb Q(B)$ y $C \subsetneq B \implies \Bbb R \neq \Bbb Q(C)$. El conjunto $B$ debe contener elementos trascendentales, elige un $x_0 \in B$.

  Luego $\Bbb R = \Bbb Q(B) = \Bbb Q(B \setminus \{x_0\})(x_0)$ y podríamos intentar$^{[2]}$ encontrar un isomorfismo de campos $\Bbb Q(B \setminus \{x_0\}) \cong \Bbb Q(B)$, de modo que $\Bbb Q(B \setminus \{x_0\})(x_0) \cong \Bbb Q(B)(x_0) \cong \Bbb R(X)$.

  Para ${[1]}$, intenté usar el lema de Zorn en $\mathscr B = \{B \subset \Bbb R \mid \Bbb R = \Bbb Q(B)\}$ y el orden parcial $B_1 B_2 \iff B_1 \supset B_2$. Pero no me queda claro por qué esto debería ser un conjunto inductivo.

  Para ${[2]}$, mi idea era definir $f : \Bbb Q(B \setminus \{x_0\}) \cong \Bbb Q(B)$ eligiendo una biyección $b : B \setminus \{x_0\} \to B$ (estos conjuntos deberían ser incontables), y luego intentar extender $f\vert_{B \setminus \{x_0\}} = b$ a un morfismo de campos.

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Edit para $^{[1]}$: en este artículo (MINIMAL GENERATING SETS OF GROUPS, RINGS, AND FIELDS, de LORENZ HALBEISEN, MARTIN HAMILTON Y PAVEL RUZICKA) el teorema 2.4. prueba que $\Bbb R$ no tiene un conjunto generador mínimo como campo (o $\Bbb Q$-álgebra, es decir, como anillo). El argumento utiliza el teorema de Artin-Schreier. Los conjuntos generadores mínimos de módulos también son discutidos aquí aquí.

Creo que $B$ es un conjunto generador mínimo de un subcampo $K \subset \Bbb R$ sobre $\Bbb Q$ si y solo si ningún elemento de $B$ puede escribirse como una fracción racional de otros elementos de $B$. Bajo estas condiciones y utilizando la inducción (transfinita), probablemente podamos probar (y esta fue mi primera idea) que cualquier función $f: B \to \Bbb C$ tal que $b$ y $f(b)$ son conjugados sobre $\Bbb Q$ (es decir, tienen el mismo polinomio minimal) se extiende a un (único) morfismo de campos $\sigma : K = \Bbb Q(B) \to \Bbb C.

En realidad, la colección $\mathscr B$ definida anteriormente no tiene que ser un conjunto inductivo, al menos si reemplazamos $\Bbb R$ por $K = \Bbb Q(\sqrt 2, \sqrt[4]{2},\sqrt[8]{2},\dots)$, porque la cadena descendente $\left(E_n = \{\sqrt[2^m]{2} \mid m \geq n\}\right)_{n \geq 1}$ satisface $K = \Bbb Q(E_n)$, pero $K \neq \Bbb Q\left(\bigcap_{n1} E_n\right)=\Bbb Q$, por lo que la cadena no tiene cota superior con respeto a $$ en $\mathscr B$.

Answer 1

No existe ningún homomorfismo $\mathbb{R}(X)\to\mathbb{R}$. De hecho, el único homomorfismo $\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es la identidad, por lo que un homomorfismo $\mathbb{R}(X)\to\mathbb{R}$ tendría que restringirse a la identidad en las constantes y entonces no habría lugar al que $X$ pudiera ir.

Aquí hay una demostración de que el único homomorfismo $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es la identidad. Sabemos que $f$ debe ser la identidad en $\mathbb{Q}$. Ahora, observe que para cualquier $r\in\mathbb{R}$ y cualquier racional $q