Estoy teniendo problemas con el siguiente problema.
Dejemos que $R$ sea un dominio integral, y sea $a \in R$ sea un elemento no nulo. Sea $D = \{1, a, a^2, ...\}$ . Necesito demostrar que $R_D \cong R[x]/(ax-1)$ .
Sólo quiero una pista.
Básicamente, he estado buscando un homomorfismo sobreyectivo de $R[x]$ a $R_D$ pero todo lo que he intentado ha fracasado. Creo que el hecho de que $f(a)$ es una unidad, donde $f$ es nuestro mapeo, es relevante, pero no estoy seguro. Gracias
Puede utilizar el propiedades universales , es decir, el propiedad universal de la localización de la anillo polinómico y del cociente .
Recordemos que si $R$ es un anillo conmutativo y $D$ es un subconjunto multiplicativo, existe un homomorfismo $\phi\colon R\to R_D$ dado por $\phi(r) = \frac{rd}{d}$ (donde $d\in D$ es arbitraria); este mapa está bien definido, y tiene la propiedad universal :
Si $T$ es un anillo cualquiera, y $f\colon R\to T$ es un homomorfismo de anillo con la propiedad de que $f(d)$ es una unidad en $T$ para cada $d\in D$ entonces existe un único homomorfismo de anillo $\mathcal{F}\colon R_D\to T$ tal que $\mathcal{F}\circ\phi = f$ .
Consideremos la incrustación natural $R\to R[x]$ seguido del mapa de cociente $R[x]\to R[x]/(ax-1)$ . Llama a este $f$ . Tenga en cuenta que $f(a)$ es una unidad en $R[x]/(ax-1)$ por lo que también lo son $f(a^n)$ por cada $n$ . Por lo tanto, cada elemento de $D$ se asigna a una unidad en $R[x]/(ax-1)$ lo que significa que existe un homomorfismo único $\mathcal{F}\colon R_D\to R[x]/(ax-1)$ con la propiedad de que $\mathcal{F}\circ \phi = f$ .
La afirmación es que $\mathcal{F}$ es un isomorfismo.
Para establecer esto, construimos una inversa. La propiedad universal del anillo de polinomios $R[x]$ nos dice que si especificamos cómo mapear $R$ y qué elemento queremos $x$ para mapear, obtenemos un homomorfismo. Definimos un homomorfismo $R[x]\to R_D$ mediante la asignación del anillo de coeficientes $R$ a $R_D$ utilizando $\phi$ y la cartografía $x$ a $\frac{1}{a}\in R_D$ . Esto nos da un homomorfismo $g\colon R[x]\to R_D$ .
Ahora, el polinomio $ax-1$ se asigna a $0$ : $g(ax-1) = \phi(a)\frac{1}{a}-\phi(1) = \frac{aa}{a}\frac{1}{a} - \frac{a}{a} = 0_{R_D}$ por lo que por la propiedad universal del cociente, el mapa $g$ factores a través de $R[x]/(ax-1)$ . Es decir, existe un homomorfismo único $\mathcal{G}\colon R[x]/(ax-1)\to R_D$ tal que $g = \mathcal{G}\circ \pi$ , donde $\pi\colon R[x]\to R[x]/(ax-1)$ es la proyección canónica.
Así que ahora tenemos el homomorfismo $\mathcal{F}\colon R_D\to R[x]/(ax-1)$ y $\mathcal{G}\colon R[x]/(ax-1)\to R_D$ . Afirmo que $\mathcal{G}$ es la inversa de $\mathcal{F}$ .
En primer lugar, considere $$\begin{array}{rcccl} &&R&&\\ &{\small\phi}\swarrow & {\small f}\downarrow&\searrow{\small\phi}\\ R_D & \stackrel{\mathcal{F}}{\to} & \frac{R[x]}{(ax-1)} &\stackrel{\mathcal{G}}{\to} & R_D \end{array}$$ Ahora, fíjate que $\mathcal{G}f=\phi$ ya que los elementos de $R$ en $R[x]$ se asignan a $R_D$ como $\phi$ . Así que este diagrama conmuta; es decir, $\mathcal{GF}\phi =\mathrm{id}_{R_D}\phi$ . Pero la propiedad universal de la localización dice que hay un mapa único $R_D\to R_D$ que hace el diagrama $$\begin{array}{rcl} &R&\\ {\small\phi}\swarrow &&\searrow{\small\phi}\\ R_D & \longrightarrow& R_D \end{array}$$ conmutan; claramente la identidad lo hace, pero acabamos de ver que $\mathcal{GF}$ también lo hace. Eso significa que debemos tener $\mathcal{GF} = \mathrm{id}_{R_D}$ .
Por otro lado, considere la composición $\mathcal{FG}\colon R[x]/(ax-1)\to R[x]/(ax-1)$ . La restricción a (la imagen de) $R$ de este mapa es sólo $$\mathcal{FG}(\pi(r)) = \mathcal{F}(g(r)) = \mathcal{F}(\phi(r)) = f(r) = r+(ax-1)$$ (donde $(ax-1)$ significa el ideal de $R$ , no el elemento $ax-1$ ). Y la imagen de la clase de $x$ es $$\mathcal{FG}(\pi(x)) = \mathcal{F}(g(x)) = \mathcal{F}\left(\frac{1}{a}\right) = f(a)^{-1} = x+(ax-1).$$ Así que el mapa $\mathcal{FG}$ coincide con la identidad en $\pi(R)$ y en $\pi(x)$ por lo que es igual a la identidad. Así que $\mathcal{FG}=\mathrm{id}_{R[x]/(ax-1)}$ .
Así, $\mathcal{F}=\mathcal{G}^{-1}$ Así que $\mathcal{F}$ es un isomorfismo.
Añadido. Como alternativa de la última parte: una vez que sabemos que $\mathcal{GF}=\mathrm{id}_{R_D}$ concluimos que $\mathcal{F}$ es uno a uno. Ahora, observe que $\mathcal{F}$ es en: ya que $\mathcal{F}\circ \phi = f$ la imagen de $\mathcal{F}$ contiene la imagen de $f$ la imagen de $f$ incluye la imagen de todos los escalares bajo la proyección $R[x]\to R[x]/(ax-1)$ . La imagen de $\mathcal{F}$ también incluye la imagen de $x$ ya que $\mathcal{F}(\frac{1}{a}) = \mathcal{F}(a)^{-1}$ y la inversa de $\mathcal{F}(a)$ es $x+(ax-1)$ . Desde $x+(ax-1)$ y $r+(ax-1)$ , $r\in R$ , generar $R[x]/(ax-1)$ se deduce que $\mathcal{F}$ es onto. Como ya era uno a uno, $\mathcal{F}$ es un isomorfismo.
¿Es correcto decir que desde $\mathcal{G}\circ f=\phi$ y $\mathcal{F}\circ \phi=f$ se deduce que $\mathcal{G}\circ\mathcal{F}\circ \phi=\phi$ y $\mathcal{F}\circ\mathcal{G}\circ f=f$ y la subjetividad de ambos $\phi$ y $f$ implica $\mathcal{F}\circ\mathcal{G}=\operatorname{id}$ y $\mathcal{G}\circ\mathcal{F}=\operatorname{id}$ ?
¡Excelente! Dummit y Foote dijeron: "No es difícil verlo". (Ejemplo (2) en la página 708 de Álgebra abstracta ) Qué bien aplicas estas propiedades universales. Sabes en qué libros puedo encontrar una prueba similar?
Nótese que esta bonita prueba no utiliza ni que $R$ es un dominio integral (cualquier anillo conmutativo serviría), ni que $a$ es distinto de cero.
Aquí hay otra respuesta usando la propiedad universal de otra manera (sé que es un poco tarde, pero alguna vez es también tarde )
En cuanto a las propiedades universales en general, el anillo que satisface la propiedad universal descrita por Arturo Magidin en su respuesta es único hasta el isomorfismo. Por lo tanto, para demostrar que $R[x]/(ax-1) \simeq R_D$ basta con demostrar que $R[x]/(ax-1)$ ¡tiene la misma propiedad universal !
Pero eso es muy fácil: dejemos $\phi: R\to T$ sea un morfismo de anillo tal que $\phi(a) \in T^{\times}$ .
Utilizando la propiedad universal de $R[x]$ obtenemos un morfismo único $\overline{\phi}$ ampliando $\phi$ con $\overline{\phi}(x) = \phi(a)^{-1}$ .
Es evidente, $ax -1 \in \operatorname{Ker}\overline{\phi}$ . Así, $\overline{\phi}$ se factoriza de forma única a través de $R[x]/(ax-1)$ .
Así obtenemos un morfismo único $\mathcal{F}: R[x]/(ax-1) \to T$ con $\mathcal{F}\circ \pi = \phi$ , donde $\pi$ es el mapa canónico $R\to R[x]/(ax-1)$ . Esto demuestra que $\pi: R \to R[x]/(ax-1)$ tiene la propiedad universal de la localización, por lo que es isomorfo a la localización.
Esta es esencialmente otra forma de ver la respuesta de Arturo Magidin
Definir $\phi: R[x] \rightarrow R_D$ enviando $x$ a $1/a$ . Demostraremos que el núcleo de $\phi$ es el ideal de $R[x]$ generado por $ax -1$ .
Dejemos que $p\left(x\right) \in \ker \phi$ . Tenga en cuenta que $p(x)$ puede verse naturalmente como un elemento de $R_D[x]$ . Desde $\phi(p(x))=0$ tenemos $p(1/a)=0$ en $R_D$ . Así que $1/a$ es una raíz de $p(x) \in R_D[x]$ . Dado que el coeficiente principal de $ax-1$ es una unidad en $R_D$ , se aplica la división euclidiana y obtenemos que $p(x) = (ax-1) g(x)$ para algunos $g(x) \in R_D[x]$ . Inspeccionando los coeficientes de ambos lados empezando por los términos de menor grado, vemos que de hecho $g(x) \in R[x]$ y hemos terminado.
PD: Esta respuesta está inspirada en la respuesta de Robert Green (y nuestra posterior interacción) a una pregunta idéntica que hice recientemente, ignorando la existencia de este post.
¿Podría detallar lo que quiere decir con "inspeccionando los coeficientes de ambos lados empezando por los términos de menor grado, vemos que de hecho $g(x) \in R[x]$ "? Cuando factorizo $(ax-1)$ en $R_D[x]$ Los términos de menor grado son demasiado complicados de comprender. Si empiezo con $c_nx^n + c_{n-1}x^{n-1} + \dotsb + c_1x + c_0$ , entonces mis coeficientes en $g$ son $(c_n/a)x^{n-1} + ((c_{n-1} + c_n/a)/a)x^{n-2}$ y progresivamente más complicado después de eso.
La única parte no trivial del problema es probando que el núcleo es $\:(ax-1),\:$ lo que resulta complicado para algunos.
@Bill, la pregunta pide una pista sobre cómo ver cuál debe ser el mapa. Estás poniendo el carro antes que los caballos, por lo que veo...
La pregunta pide una pista para un prueba del isomorfismo. Si encontrar el mapa resulta difícil, probablemente será un obstáculo mayor verificar el núcleo igualdad (cuya necesidad suelen pasar por alto los estudiantes). De ahí mi énfasis.
Como $\,\,ax-1=0\,\,$ en el cociente $\,\,R[x]/(-1+ax)\,\,$ no parece haber muchas opciones aquí: el mapa $$x\to\frac{1}{a}\,\,,\,\,f(x)\to f\left(\frac{1}{a}\right)\,,\,f(x)\in R[x]$$
parece una elección razonable: es casi trivial que sea un homómero de anillo. (recuerde el mapa de evaluación habitual), también es fácil demostrar que es onto $\,R_D\,$ y su núcleo es el ideal que debe ser.
En realidad no, pero al ver que $\,R\,$ es un dominio integral, creo que podemos deslizamiento en un campo de fracciones y entonces la prueba es la habitual: un pol. desaparece en algún elemento si es dividido por el polinomio mínimo de ese elemento, que es $\,ax-1\,$ si no se exige que el polo mínimo sea mónico, o su elemento asociado (en el anillo de polos) $\,x-1/a\,$
Esto podría ser circular, ya que en muchas presentaciones esto es un precursor de la construcción del campo de fracciones (por localización). Se puede hacer sin ningún conocimiento de los campos de fracciones.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
