¿Por qué es necesaria la conmutatividad para que la evaluación de polinomios sea un homomorfismo de anillo?

Question

En esta demostración lo demuestran para campos, pero dicen que la demostración vale para un anillo conmutativo con unidad. Pero ¿por qué necesitamos que sea conmutativa y por qué necesitamos un unidad ? ¿Por qué no se cumple si sólo trabajamos con un anillo ?

En la última parte de la prueba trabajan con $1$ ¿es por esto que necesitamos la unidad? Supongo que aquí 1 es la unidad y no el número uno, pero ¿esta parte no funcionaría sin la unidad?

Pero no veo dónde utilizan la conmutatividad

Answer 1

Como tú mismo has observado, la última línea de la prueba depende de que el anillo tenga una $1$ (es decir, una identidad multiplicativa), que es lo que significa "anillo con unidad". Así que aunque el teorema fuera verdadero para anillos sin unidad, no puede ser así "con idéntica prueba.

El anillo debe ser conmutativa porque los polinomios no funcionan bien en anillos no conmutativos. Por ejemplo, el producto de dos polinomios de primer grado sería $$ (aX+b)(cX+d) = aXcX + bcX + aXd + bd $$ pero según la regla habitual para los coeficientes de un producto de polinomios deberíamos obtener $$ acX^2+(bc+ad)X + bd $$ y sólo es igual a la expresión anterior si $X$ conmuta con $c$ y $d$ .

Todavía podríamos simplemente declara la regla de multiplicación de polinomios para que sea válida en el caso no conmutativo y trabajar con puramente formal polinomios, investigando a dónde nos lleva eso. Pero el coste de hacer eso es que exactamente el teorema que estás mirando no se sostiene. En términos más primitivos, lo que ocurre es que el producto de los valores de dos funciones polinómicas no sería igual al valor del polinomio producto para la misma entrada, o $p(x)q(x)\ne (pq)(x)$ en general.

Answer 2

Presumiblemente al definir $F[x]$ estás asumiendo lo indeterminado $x$ se desplaza con todo en $F$ Así que $(ax)(bx) = abx^2$ . Tenemos $\phi_\alpha(ax) = a\alpha$ y $\phi_\alpha(bx) = b\alpha$ pero $\phi_\alpha(abx^2) = ab\alpha^2$ . Si $b$ y $\alpha$ no se desplacen, esto puede no ser lo mismo que $(a\alpha)(b\alpha)$ .

Answer 3

Evaluación de $\ a*x = x*a\ $ en $\, x = e\in E\,$ muestra que cada coeficiente $\,a\,$ debe conmutar con cada elemento del anillo de destino, es decir, la imagen de $F$ sur $E$ es central. Resulta que esta condición necesaria es suficiente para que el mapa de evaluación sea un hom de anillo.

Observación $\:R\:$ -son los anillos $\:A\:$ en la que se puede evaluar $ R[x]$ para cada $\:a \in A\:$ . Más directamente, un $\:R$ -el álgebra es sólo un anillo $ A\:$ que contiene un subring central $ R'$ que es una imagen de anillo de $\: R\:,\:$ es decir $\: R'\:$ es una incrustación de $\:R\:$ o $\:R/I\:$ para algún ideal $\;I\in R\:.\;$ Ser central es precisamente la condición necesaria para que elts en $\:R'\:$ para servir como "coeficientes" en el sentido de que esto hace que los anillos polinómicos $\: R[x]\:$ sea universal $\:R\:$ -álgebras. A saber, el hecho de que los coeficientes conmuten con todos los elts de $\:A\:$ es precisamente lo que se requiere para que el mapa de evaluación sea un homomorfismo de anillo $\: R[x]\to A\:,\:$ viz $\;\; r\; x = x\: r\;$ sur $\:R[x]\;\Rightarrow\; r\: a = a\:r\;\;$ por evaluación $\: x\to a\in A,\:$ es decir, por definición la multiplicación polinómica supone que los coeficientes conmutan con las indeterminaciones, por lo que esta propiedad debe seguir siendo cierta en los valores de las indeterminaciones para que la evaluación sea un homomorfismo de anillo.