¿Por qué es una extensión de $\bar \phi : F(x) \rightarrow F(a)$ un isomorfismo si $\phi : F[x] \to F(a)$ es inyectiva?

Question

¿Por qué es $\bar \phi : F(x) \rightarrow F(a)$ un isomorfismo determinado $\phi : F[x] \rightarrow F(a)$ satisfacer $\ker \phi = \{0\}$ ?

He estado tratando de averiguar por qué $\bar \phi$ es un isomorfismo, y por qué $\phi$ no es un isomorfismo.

Yo sé que desde $\ker \phi = \{0\}$ se sigue que $\phi$ es uno-a-uno (por favor corríjanme si estoy equivocado).

Ahora sólo tenemos que mostrar $\overline{\phi}$ es surjective con el fin de mostrar $\overline{\phi}$ es un isomorfismo $F(x) \rightarrow F(a)$.

¿Cómo puedo ver que $\bar \phi$ es un isomorfismo $F(x) \rightarrow F(a)$? Y por qué puedo extender un uno-a-uno homomorphism en el polinomio anillo para lograr este resultado?

OBS: $F(a)$ denotar el menor subcuerpo de $E$ que contiene $F$$\{a\}$.

Answer 1

Si $\phi$ es inyectiva, entonces $\bar{\phi}$ simplemente intercambios $x$ $a$ en cualquier función racional de $x$. Esto tiene una evidente inversa mapa: intercambio $a$ atrás para el elemento $x$. Tenga en cuenta que $F[x]\to F(a)$ no puede ser un isomorfismo si $a$ es trascendental, ya que por ejemplo, $a^{-1}$ no tiene preimagen. Un noninjective $\phi$ no inducir a un mapa de $F(x)\to F[a]$ en el primer lugar, debido a que $\phi(1/f(x))$ estaría mal definido si $f(x)\in\ker\phi$.

Answer 2

El mapa que estamos viendo es la evaluación en un punto, $a$. Hay dos casos:

Caso 1: $a$ es algebraico sobre $F$, en cuyo caso, no es un polinomio , $p(x)\in F[x]$ tal que $p(a)=0$, lo que muestra que el $\phi$ no es inyectiva, ya que envía a $F[x]\ni p(x)\to 0$.

Caso 2: $a$ es trascendental. A continuación, vamos a ${p(x)\over q(x)}\in\ker \overline{\phi}$ estar en forma reducida para algunos polinomios $p,q\in F[x]$. Esto implica

$$\overline{\phi}\left({p(x)\over q(x)}\right)={\phi(p(x))\over\phi(q(x))}={p(a)\over q(a)}=0\iff p(a)=0$$

Desde $a$ es trascendental, $p(x)=0$, el polinomio cero, por lo tanto el núcleo es trivial. Por otro lado, esta parte de la prueba nos ha dado una pista vital:

Deje $y={p(a)\over q(a)}\in F(a)$*, ya que $a$ trascendental, $q(a)\ne 0$ al $q\ne 0$ (aquí es donde usamos la inyectividad), pero, a continuación,$\overline{\phi}(p(x)/q(x))={\phi(p(x))\over\phi(q(x))}=y$, de modo que $\overline{\phi}$ es surjective.

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*Tenga en cuenta que desde $F(a)$ es el más pequeño campo que contiene $F$$a$, podemos ver que podemos obtener todas las funciones racionales en $a$ con coeficientes en $F$ $F(a)$ porque esas son las cosas que podemos hacer uso de $F$, $a$, y el campo de operaciones, $\cdot, +, -, \div$, pero también aquellos que son sólo operaciones nos permite, por lo que todos los elementos de a $F(a)$ son funciones racionales en $a$ con coeficientes en $F$, por lo que todos los $y$ tiene el reclamado forma.