Deje $k$ ser un algebraicamente cerrado de campo. Por qué no hay isomorfismo (como finitely generadas $k$-álgebras) entre el anillo de $k[x,y]/(x^{2}-y^{5})$$k[t]$?
Respuestas
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El anillo de $k[T]$ es un PID, por lo tanto integralmente cerrado, mientras que el $A=k[x,y]/(x^2-y^5)=k[\xi, \eta]$ no es, por lo que estos anillos no son isomorfos.
A ver que $A$ no es integralmente cerrado, sólo observe que el elemento $\xi/ \eta^2\in Frac(A)$ no $A$ y sin embargo es parte integral de la $A$ ya que es un cero de la monic polinomio $X^2-y\in A[X]$.
La generalización de
No sólo es la hipótesis de "$k$ algebraicamente cerrado" irrelevante, pero exactamente la misma prueba funciona si asumimos que $k$ es un disco flash usb en lugar de un campo, ya que de Gauss dice que $k[T]$ es entonces también una UFD y UFD son integralmente cerrado.
Jeff
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Deje $R = k[x,y]/(x^2-y^5)$. El $k$-homomorphisms $R \to k$ corresponden a pares de $a,b \in k$$a^2=b^5$. El núcleo es un ideal maximal $\mathfrak{m}_{a,b} \subseteq R$, a los que podemos asociar la dimensión del espacio vectorial $T^*_{a,b} := \mathfrak{m}_{a,b} / \mathfrak{m}_{a,b}^2$ $k$ (este es el llamado espacio cotangente en el racional del punto de $(a,b)$). Uno calcula que $T^*_{0,0}$ $k$base $x,y$, por lo tanto es $2$-dimensional. Sin embargo, cada espacio cotangente de $k[t]$ $1$- dimensiones: Para$a \in k$$T^*_a=(t-a)k[t]/(t-a)^2 k[t]$, que tiene base $t-a$.
Este es, de hecho, una prueba geométrica, que se puede aplicar en otras situaciones, también. $\mathrm{Spec}(R)$ es un singular curva (tiene una cúspide en el punto de $(0,0)$), mientras que $\mathrm{Spec}(k[t]) = \mathbb{A}^1$ es sólo el afín a la línea, que es un regular de la curva.
seat59j
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Per Hornshøj-Schierbeck
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Podemos tomar ventaja de que el anillo de $k[t]$ es un UFD. A mí me parece que no nos requieren $k$ a ser algebraicamente cerrado, así que voy a soltar esa suposición.
Supongamos por el contrario que existe un isomorfismo $f:k[x,y]/(x^2-y^5)\to k[t]$. Vamos $P(t)=f(x)$ $Q(t)=f(y)$ ser las respectivas imágenes de $x$$y$. El uso de la factorización podemos escribir $$ P(t)=a\prod_ip_i(t)^{n_i}\qquad\text{y}\qquad Q(t)=b\prod_jq_j(t)^{m_j}, $$ para algunas constantes $a,b\in k$ y algunos irreductible monic polinomios $p_i,q_j\in k[t]$. Debemos tener $P(t)^2=f(x^2)=f(y^5)=Q(t)^5$, de modo que por la unicidad de la factorización de nosotros, después de la habitual renumeración) $a^2=b^5$, $p_i(t)=q_i(t)$, y $2n_i=5m_i$ todos los $i$. Así que todos los exponentes $n_i$ son divisibles por cinco, y todos los exponentes $m_i$ son incluso. Escribir $u=\prod_ip_i(t)^{n_i/5}\in k[t].$ Hemos $$ P=a\cdot u^5,\qquad Q=b\cdot u^2,\qquad\text{y}\qquad a^2=b^5. $$ Vemos que la imagen de $f$ es el sub-anillo $R=k[u^2,u^5]$$k[t]$. Claramente $$R=\bigoplus\sum_{i\in\mathbf{N},i\notin\{1,3\}}k\cdot u^i$$ is a proper subring of $k[u]$. Como $k[u]$ es un sub-anillo de $k[t]$ (estos dos anillos podrían ser iguales), podemos ver que $f$ no puede ser surjective.
David HAust
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A continuación es una simple prueba accesible a nivel de escuela secundaria.
Teorema $\ $ Si $\rm\: a^2 = b^5\:$ en UFD $\rm\:R[x]\:$ $\rm\:R[a,b]\:$ es una adecuada sub-anillo de $\rm\:R[x]\:$
Prueba de $\ $ si $\rm\:a,b\in R.\:$ Else $\rm\:a\:$ o $\rm\:b\not\in R,\:$, de modo que uno es un nonunit, por lo que tiene un primer factor de $\rm\:p\not\in R.\:$ $\rm\:a^2 = b^5,\:$ primer $\rm\:p\ |\ a\!\iff\! p\ |\ b,\:$ $\rm\:p\ |\ a,b.\:$ Comparando los poderes de $\rm\:p\:$ $\rm\:a^2 = b^5\:$ muestra $\rm\:p^2\:|\ a,b.\:$ $\rm\:p\not\in R[a,b]\:$ más $\rm\:p = r + a f + b g,\:$ $\rm r\in R\:$ así $\rm\:p^2\:|\:a,b\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:p\ |\ r\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:r=0\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:p^2\ |\ p.$
