anillo polinómico con cocientes isomorfos

Question

Si $R$ es un anillo conmutativo y $f(x), g(x) \in R[x]$ dos polinomios tales que el $R[x]/f(x)\cong R[x]/g(x)$ $R$- álgebras, ¿qué podemos decir acerca de la $f$$g$?

O da $f(x)\in R[x]$, ¿qué podemos decir sobre el conjunto de $\{g \in R[x]\mid R[x]/f(x) \cong R[x]/g(x)\}$?

Podemos concluir que el $\mathrm{deg}(f) = \mathrm{deg}(g)$? Hay un automorphism de $R[x]$ de los que tomaron $f$$g$?

Estoy más preocupado por los casos de $R=k$ es un campo, $R=\mathbb{Z}$ o $R=\mathcal{O}_k$ es el anillo de enteros de un campo de número, pero yo estaría interesado en la más general de los resultados posibles.

Answer 1

Muchas cosas pueden decirse acerca de la pregunta, pero voy a dejar que usted piensa acerca de algunos de ellos. Déjame al menos el punto de que en alguna dirección. En primer lugar, si $R$ ha nilpotents, entonces claramente $\deg f$ no necesita ser el mismo que $\deg g$. Por ejemplo, si $0\neq a\in R$ es nilpotent, entonces es fácil comprobar que usted puede tomar $f=x, g=x+ax^2$.
Así, supongamos que $R$ no tiene no trivial nilpotents. Marco Lecci del argumento anterior, dice que el $\deg f=\deg g$ si $R$ es un campo y que puede ser fácilmente adaptado incluso si $R$ es una parte integral de dominio. Deje $a$ ser el líder coeficiente de $f$ y deje $P$ ser una de las primeras ideal que no contengan $a$ (que existe desde $a$ no es nilpotent). Va mod $P$, tenemos la misma situación, pero más de un dominio. También, el grado de $f$ es invariable. Esto implica $\deg f\leq \deg g$. La situación es simétrica (hacer esto con el coeficiente inicial de $g$) y de este modo obtenemos la igualdad.

Answer 2

Que $f(X), g(X) \in R[X]$ s.t $ R [X] / \langle f (X) \rangle\simeq R [X] / $ \langle g(X)\rangle$ the image of $f(X) por el compositor R-álgebra morfismos $R [X] \twoheadrightarrow R [X] / \langle f (X) \rangle \simeq R [X] / \langle g (X) \rangle$ is $0$ $R[X]/\langle g(X)\rangle$, que $f(X)\in \langle g(X)\rangle$, por el mismo argumento $f(X)\in \langle g(X)\rangle$; $f(X)=l(X)g(X)$ y $g(X)=q(X)f(X)$ y $f(X)=l(X)q(X)f(X)$, por lo tanto $(l(X)q(X)-1)f(X)=0$ $R[X]$. Así que si $R$ es un dominio $(l(X)q(X)-1)=0$, que $l(X)$ y $q(X)$ unidades en $R[X]$, por lo tanto unidades en $R$, concluimos en particular $degf=degg$.

Answer 3

Si usted mira $R[x]/f(x)$ como un espacio del vector (si $R$ es campo), y es isomorfo a $R[x]/g(x)$ entonces obviamente $\deg(g)=\deg(f)$. $H=\{ f \in R[x] \space : R[x]/f(x) \cong R[x]/g(x)\}$ $H$, Es la clase de equivalencia de $f$ teniendo en cuenta la relación de equivalencia de isomorfismo entre espacios vectoriales.
$g\in H$ Si y sólo si $\deg (g)=\deg(f)$. Si $R=K$ es un campo y $f(x)$ es irreducible, entonces $K[x]/f(x)$ es un campo y es isomorfo al campo más pequeño $E$ tal que $K\subseteq E $ y $f(\alpha)=0 \Rightarrow \alpha \in E$. Creo que tu respuesta es muy amplia y hay también cosas que decir sobre.

Answer 4

En general, asumir $R$ es un anillo comutativo, y $I,J$ son dos ideales de $R$, si $R/I\cong R/J$ como el dos $R$ módulos, entonces $I=J$.

Usando este hecho, tenemos $(f(x))=(g(x))$, así $f(x)=h_1(x)g(x)$ y $g(x)=h_2(x)f(x)$ $h_1,h_2\in R[x]$.

Ahora, si $R$ es un dominio integral, contamos con $f(x)=h_1(x)h_2(x)f(x)\Rightarrow h_1(x)h_2(x)=1$. Así $h_1(x)=a$ y $h_2(x)=a^{-1}$ $a\in R$ y así $f(x)=a\cdot g(x)$.