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Strukturen und Algebra » Körper und Galois-Theorie » Universelle Eigenschaft von rationalen Funktionenkörpern
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Universität/Hochschule Universelle Eigenschaft von rationalen Funktionenkörpern
Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2020-12-01

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Hallo Matheplanet,

sei $R$ ein Integritätsbereich. Der Polynomring $R[X]$ liefert in gewisser Weise Vorlagen für Funktionen, die auf allen möglichen (kommutativen) Ringerweiterungen $S$ von $R$ definiert sein dürfen, und nur die Ringoperationen Addition, Subtraktion und Multiplikation erlauben, indem das Polynom $f=\sum_{k=0}^n a_k X^k$ eine Abbildung $S\longrightarrow S,~s\mapsto f(s):=\sum_{k=0}^n a_k s^k$ definiert. Besonders schön daran ist, dass für festes $s\in S$ die Abbildung $R[X]\longrightarrow S,~f\mapsto f(s)$ ein Homomorphismus ist. Das schlägt sich dann in der universellen Eigenschaft des Polynomrings nieder, durch die der Polynomring eindeutig charakterisiert ist: Für Jede kommutative Ringerweiterung $R\longrightarrow S$ und jedes $s\in S$ gibt es genau einen Homomorphismus $R[X]\longrightarrow S$, der $R$ fixiert und $X$ auf $s$ schickt.

Eine ähnlich gute Eigenschaft würde ich naiverweise auch für den Körper $R(X)$ der rationalen Funktionen erwarten, da ich mir eine rationale "Funktion" als Vorlage für Funktionen vorstelle, die nun eben zusätzlich noch die in einem Körper hinzugekommene Division erlaubt. In etwa so:

Sei $R\longrightarrow K$ eine Ringerweiterung, sodass $K$ ein Körper ist, und sei $\alpha\in K$. Dann gibt es genau einen Körperhomomorphismus $R(X)\longrightarrow K$, der $R$ fixiert und $X$ auf $\alpha$ schickt.

Dem ist leider nicht so: Sei nämlich $\alpha\in K$ ganz über $R$ und $I\subset R[X]$ das Ideal aller Polynome, die $\alpha$ als Nullstelle haben. Dann müsste ein solcher Homomorphismus ganz $I$ auf $0$ schicken, wäre also doch nicht injektiv. Außerdem müsste $\frac{1}{p}$ für jedes $p\in I$ auf ein multiplikatives Inverses von $p(\alpha)=0$ geschickt werden, was es natürlich nicht gibt.

Kann man das ganze trotzdem irgendwie retten? Also für den Körper der rationalen Funktionen über einem Integritätsbereich eine universelle Eigenschaft finden, welche die Idee des Einsetzens von Elementen einer Körpererweiterung umsetzt, und damit den Funktionenkörper eindeutig festlegt?

Viele Grüße
Vercassivelaunos
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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2020-12-01


Deine Bemerkungen über $R[X]$ gelten für kommutative Ringe $R$, sie müssen keine Integritätsringe sein.

Nun sei $R$ ein Integritätsring und betrachte $R(X) := \mathrm{Quot}(R[X])$. Aus den universellen Eigenschaften des Polynomringes und des Quotientenkörpers folgt sofort: Für einen Körper $K$ stehen die Homomorphismen $R(X) \to K$ in natürlicher Bijektion zu den Homomorphismen $\varphi : R \to K$ und den Elementen $a \in K$ mit der Eigenschaft, dass der induzierte Homomorphismus $f : R[X] \to K$ injektiv ist (wobei $f(X)=a$ und $f|_R = \varphi$). Mit anderen Worten: $a$ muss transzendent über $R$ (genauer: über $ \varphi$) sein. Also $R(X)$ ist die universelle Körpererweiterung von $R$ mit einem über $R$ transzendenten Element.



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Triceratops
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2020-12-01

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2020-12-01 15:02 - Vercassivelaunos im Themenstart schreibt:
Der Polynomring $R[X]$ liefert in gewisser Weise Vorlagen für Funktionen, die auf allen möglichen (kommutativen) Ringerweiterungen $S$ von $R$ definiert sein dürfen, und nur die Ringoperationen Addition, Subtraktion und Multiplikation erlauben, indem das Polynom $f=\sum_{k=0}^n a_k X^k$ eine Abbildung $S\longrightarrow S,~s\mapsto f(s):=\sum_{k=0}^n a_k s^k$ definiert.

Das ist übrigens noch ein ganz anderes Phänomen. Hier eine Formalisierung: Sei $\mathsf{CAlg}_R$ die Kategorie der kommutativen $R$-Algebran mit dem Vergissfunktor $U : \mathsf{CAlg}_R \to \mathsf{Set}$. Dann ist $\mathrm{End}(U) \cong U(R[X])$. Hierbei wird einem Polynom $p$ der Endomorphismus $U \to U$ (aka: natürliche Transformation) zugeordnet, der einer kommutativen $R$-Algebra $S$ die Abbildung $U(S) \to U(S)$, $s \mapsto p(s)$ zuordnet. Der Beweis ist mit dem Yoneda-Lemma ein Einzeiler; es gilt ja $U \cong \mathrm{Hom}(R[X],-)$ wegen der universellen Eigenschaft von $R[X]$.

Aufgabe: Bestimme $\mathrm{End}(U)$ für jeden Vergissfunktor $U$, der dir über den Weg läuft.
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Vercassivelaunos
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-01

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Hi Triceratops,

also habe ich mit meinem Einwand scheinbar sogar den einzigen Problemfall beschrieben. Dann macht es natürlich Sinn, den einzigen Problemfall auszuschließen.
Das erinnert mich auch an die schon halb vergessene Aussage, zwei rein transzendente Körpererweiterungen seien genau dann isomorph, wenn sie gleichen Transzendenzgrad haben. Dann müsste man entsprechend den rationalen Funktionenkörper $R(\mathfrak X)$ in einer Familie $\mathfrak X$ von Variablen als die universelle Körpererweiterung von $R$ mit $\vert\mathfrak X\vert$ algebraisch unabhängigen transzendenten Elementen definieren können, oder?

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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Triceratops
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2020-12-01 15:39 - Vercassivelaunos in Beitrag No. 3 schreibt:
also habe ich mit meinem Einwand scheinbar sogar den einzigen Problemfall beschrieben.

Fast. Es gibt ja über $R$ algebraische Elemente, die nicht ganz über $R$ sind.

Dann müsste man entsprechend den rationalen Funktionenkörper $R(\mathfrak X)$ in einer Familie $\mathfrak X$ von Variablen als die universelle Körpererweiterung von $R$ mit $\vert\mathfrak X\vert$ algebraisch unabhängigen transzendenten Elementen definieren können, oder?

Ja.
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Damit ist alles klar. Vielen Dank!



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Noch kurz dazu: das Wort "transzendent" in deiner letzten Beschreibung kann natürlich gestrichen werden. Das folgt ja aus der algebraischen Unabhängigkeit.



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Vercassivelaunos hatte hier bereits selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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