Qué $R[x] \cong S[x]$ imply $R \cong S$?

Question

Esta es una pregunta muy simple, pero creo que es trivial.

Me gustaría saber si se cumple lo siguiente:

Si $R$ and $S$ are rings and $R[x]$ and $S[x]$ are isomorphic as rings, then $R$ and $S$ son isomorfos.

Gracias!

Si no hay una prueba (o refutación) de el resultado general, me interesaría saber si hay casos particulares cuando esta afirmación es verdadera.

Answer 1

Aquí es un contraejemplo.

Deje $R=\frac{\mathbb{C}[x,y,z]}{(xy - (1 - z^2))}$, $S=\frac{\mathbb{C}[x,y,z]}{(x^2y - (1 - z^2))}$. Then, $R$ is not isomorphic to $S$ but, $R[T]\cong S[T]$.

En muchas variables, esto se llama el Zariski problema o cancelación de indeterminates y es muy abierto. Aquí está una discusión por Hochster (problema 3).

Answer 2

He encontrado este artículo por Brewer y Rutter, que discute asuntos relacionados. Citan una próxima papel por Hochster lo que demuestra que hay no son isomorfos conmutativa integral dominios $R$ and $S$ with $R[x]\cong S[x]$.

Agregó

Hochster del papel es M. Hochster, Nonuniqueness de coeficiente de anillos en un polinomio de anillo, Proc. Amer. De matemáticas. Soc. 34 (1972), 81-82, y está libremente disponible.

Answer 3

Ha habido mucho trabajo en este problema ya que el mencionado trabajo seminal en la década de los setenta. Buscar en la palabra de moda "estable equivalente" debe ayudar a localizar a la mayoría. A continuación es una introducción útil de Jon L Johnson: la Cancelación y el Primer Espectros

Answer 4

A lo largo de las líneas de "casos particulares donde la afirmación es verdadera," si $R$ and $S$ are fields, then they must be isomorphic since they are distinguishable as the units (excepting zero of course) of $R[x]$ and $S[x]$, respectivamente, y un isomorfismo conserva unidades.

Más generalmente, si sólo sabemos que uno de R o S es un campo, la afirmación es verdadera.

Supongamos $R$ is a field and $R[X] \cong S[Y]$, where $X,Y$ are distinct indeterminates for clarity, and $f:R[X] \rightarrow S[Y]$ is an isomorphism. Since the nonzero elements of $f(R)$ are units in $S[Y]$, they must be degree zero, i.e. elements of $S$. Also the inverse image of $S$ is a subring of Euclidean domain $R[X]$, so $S$ es una parte integral de dominio.

Sabiendo que $f(R) \subseteq S$, we need only show $f$ maps $R$ onto $S$. Suppose $s \in S$. Then there exists polynomial $p(X) \in R[X]$ s.t. $f(p(X)) = s$. Let $p(X) = \sum_{i=0}^n \enspace r_i X^i$ where coefficients $r_i \in R$.

Ahora $f(X) = q(Y)$ for some polynomial $q(Y) \in S[Y]$, and degree of $q(Y)$ must be positive for $f(R[X]) = S[Y]$. Appy $f$ to $p(X)$ y comparar los grados:

$$s = \sum_{i=0}^n \enspace f(r_i) q(Y)^i$$

Desde $S$ is an integral domain, the degrees of $q(Y)^i$ are positive for $i \gt 0$. Thus the only nonzero coefficient of $p(X)$ is $r_0$, which shows $f(r_0) = s$. Therefore $f$ maps $R$ onto $S$ and $R \cong S$.