$R \cong R[[x]]$

Question

Es posible que un anillo conmutativo con 1 a ser isomorfo a la el poder de la serie de anillo sobre sí mismo? $$R \cong R[[x]].$$ De bono de marcas si usted puede responder por $n$ variables más generalmente, $R \cong R[[x_1, \dots, x_n]]$.

Obviamente, $R$ tendría que ser muy grande (infinita dimensión de Krull). No es claro para mí que tomar una colimit de una iteración de la functor $S \mapsto S[[x_1, \dots, x_n]]$ produce un anillo de la clase, esencialmente porque $$R[[x]][[y]] \not \cong R[[x,y]].$$ Así que usted no puede hacer una construcción análoga a lo que se hace por $R \cong R[X]$.

EDIT: Parece que fue en virtud de un malentendido acerca de lo que he expuesto no isomorfismo. Gracias a varias personas para la corrección de este importante error!

Answer 1

Como he dicho en los comentarios, el cero del anillo es un primer ejemplo. Otro ejemplo es $A[[X_1,X_2,...]]$ donde $A$ es un anillo conmutativo con uno y el $X_i$ son indeterminates.

Edit. Aquí está un breve recordatorio.

Si $A$ es un anillo conmutativo con uno, si $(X_i)_{i\in I}$ es una familia de indeterminates, y si $M(I)\subset A[(X_i)_{i\in I}]$ es el conjunto de monomials, a continuación, $A[[(X_i)_{i\in I}]]$ es el conjunto de expresiones de la forma $$ \sum_{m\in M(I)}a_mm, $$ con $a_m$$A$, equipado con su natural estructura de anillo.

Si $I=J\sqcup K$ es una partición de a $I$, el natural de morfismos $$ \left ([[(X_j)_{j\J}]]\right)[[(X_k)_{k\in K}]]\a[[(X_i)_{i\in I}]] $$ se ve fácilmente a ser un isomorfismo.

Answer 2

Deje $M$ ser un monoid que es "localmente finito" por lo que queremos decir, para todos los $m\in M$, $\{(a,b)\in M\times M : ab =m \}$ es finito.

Para tal monoid, un anillo de $R$, podemos hacer $R^M$ en un anillo con el producto de convolución en lugar de $R^{\oplus M}$. Permite denotar $R^M$ con el producto de convolución por $R[[M]]$. Ahora $R[[x]]=R[[\Bbb{N}]]$. Ahora observar que a medida que establece, por la costumbre de producto-hom contigüidad, $(R^M)^N = R^{M\times N}$. Por otra parte, si $M$ $N$ son localmente finito, a continuación, $M\times N$ es localmente finito. De hecho, uno puede comprobar que las reservas de sumas y productos, por lo $R[[M]][[N]]\cong R[[M\times N]]$. Así que sólo tiene que encontrar un localmente finito monoid $M$ tal que $M\times \Bbb{N}\cong M$. Una opción fácil es $$M=\{u\in \Bbb{N}^\Bbb{N}:u_n\ne 0\text{ for only finitely many $n$}\}.$$ Esto es intuitivamente, probablemente, el monoid se refiere a cuando la gente habla de $R[[x_1,x_2,\ldots]]$.

Por lo tanto esto da una prueba de contorno que al$A=R[[x_1,x_2,\ldots]]$,$A[[y]]\cong A$.

Answer 3

Sólo una conjetura aquí, no me ahorcan en el poste de luz. $R$ $R[x]$ tienen el mismo invertibles: $R^*=R[X]^*$. Supongamos ahora $R$ es un campo. Para algunos $\varphi:R\to R[X]$ como candidato para isomorfismo: $\forall a \in R, a \neq0, \varphi(1)=\varphi(aa^{-1})=\varphi(a)\varphi(a^{-1}) = 1$. Pero en otros para tener un isomorfismo, $\varphi$ debe ser surjective y que podría ser un problema, siempre y cuando los polinomios de grados que son mayores que 0 no tiene invertibles en R[X].