Demostrar que no existe ninguna surjective anillo homomorphism de $\mathbb Z_2[x]$ $\mathbb Z_2 \times \mathbb Z_2\times \mathbb Z_2$

Question

Vi esta pregunta como un bono de un pasado en el examen, y aquí está mi solución para la verificación.

He argumentado como así. Me dijo: supongamos que hay un surjective homomorphism $f$, entonces $f(0)=(0,0,0)$, $f(1)= (1,1,1)$ por el anillo homomorphism axiomas. Supongamos ahora que $f(x)= (a,b,c)$ donde $a,b,c$ son $0$ o $1$. A continuación, $f(x^2)= (a^2,b^2,c^2)= (a,b,c)$ y lo mismo para $f(x^n)$ cualquier $n\geq 1$. Ahora, esto implica que cualquier $p(x)$ se asigna a $(a,b,c)$ o $(a+1,b+1,c+1)$, dependiendo de si tienen un término constante (1). Esto significa que $(a+1,b,c)$, por ejemplo, no está en la imagen de $f$. Hecho.

Es este un buen argumento? Gracias de antemano.

Answer 1

Este argumento se ve muy bien, sobre todo.

Sólo un par de pequeños puntos.

• No es necesariamente cierto que cada una de las $p(x)$ se asigna a $(a,b,c)$ o $(a+1,b+1,c+1)$, incluso para $p(x)$ no constante. Deje $p(x)=x+x^2$, y para la elección de la $f$:

$$f\big(p(x)\big)=f(x)+f(x^2)=f(x)+f(x)=2f(x)=0.$$

• Se puede alegar que $(a+1,b,c)$ no está en la imagen. Pero lo que si $(a,b,c)=(1,0,0)$? A continuación,$(a+1,b,c)=(0,0,0)$. Por supuesto, usted puede conseguir fácilmente en torno a este. Quizás la manera más fácil es contar el número máximo de elementos en la imagen $f(\mathbb Z_2[x])$, lo que has esencialmente hecho ya. A continuación, tenga en cuenta que $\mathbb Z_2 \times \mathbb Z_2 \times \mathbb Z_2$ contiene estrictamente más elementos que $f(\mathbb Z_2[x])$.

Answer 2

Morgan O'ha señalado los errores de menor importancia en su solución. Aquí está una más de "arriba hacia abajo" forma de ver esto:

Si $k$ es un campo, y $p(X)\in k[X]$ es distinto de cero, entonces a $k[X]/p(X)$ es un producto de campo extensiones de $k$, cada obtenida por el que se adhiere a la solución de algunos irreductible factor de $p$. Por lo $k[X]/p(x)\cong k\times k \times k$ exactamente al $p(X)$ es un producto de tres diferentes lineal de los polinomios.

Ya que en nuestro caso, sólo hay dos lineal de los polinomios, hemos terminado. En general, no podemos tener a $k[X]$ asignación de surjectively en $k^n$ al $k$ es un campo finito con $|k| < n$.