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| Autor |
  Injektiver Ringhomomorphismus |
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elias114
Aktiv 
Dabei seit: 15.09.2021
Mitteilungen: 39
 |  Themenstart: 2022-02-24
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\ggT}{\operatorname{ggT}}\)
Hallo,
sei ein Körper $K$ und ein Ring $R$ gegeben. Sei $\psi: K \to R$ ein injektiver Ringhomomorphismus. Ist dann $R$ bereits ein Körper?
Diese Aussage soll ich zeigen oder widerlegen. Allerdings ohne größere Algebra-Voraussetzungen (die Eigenschaften von Ringen, Körper und Homomorphismen seien bekannt).
Hat jemand einen Vorschlag?
Viele Grüße\(\endgroup\)
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zippy
Senior 
Dabei seit: 24.10.2018
Mitteilungen: 3777
 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-02-24
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Denk mal an die Einbettung des Körpers $K$ in seinen Polynomring $K[X]$.
--zippy
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elias114
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-02-24
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\ggT}{\operatorname{ggT}}
\newcommand{\deg}{\operatorname{deg}}\)
\quoteon(2022-02-24 11:31 - zippy in Beitrag No. 1)
Denk mal an die Einbettung des Körpers $K$ in seinen Polynomring $K[X]$.
--zippy
\quoteoff
Also ich hab mir jetzt folgendes überlegt.
Sei $K$ ein Körper, sei $K[X]$ sein Polynomring. Es ist das konstante Polynom $1_K \in K[X]$ neutral bezüglich Multiplikation mit $\deg(1_K) = 0$. Für $f, g \in K[X]$ gilt doch, dass $\deg(f \cdot g) \leq \deg(f) + \deg(g)$.
Sei nun $f \in K[X]$ mit $\deg(f) > 1$. Annahme, es existiert $g \in K[X]$ mit $fg = 1_K$. Kann ich diese Gedanken dann irgendwie zu einem Widerspruch führen? Dann hab ich gezeigt, dass zumindest Polynome vom Grad $> 1$ kein Inverses bezüglich der Multiplikation besitzen, und somit $K[X]$ kein Körper.
Die Abbildung $\psi: K \to K[X], x \mapsto x$ dürfte dann ein injektiver Ringhomomorphismus sein.\(\endgroup\)
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ligning
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2022-02-24
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\quoteon(2022-02-24 13:41 - elias114 in Beitrag No. 2)
Für $f, g \in K[X]$ gilt doch, dass $\deg(f \cdot g) \leq \deg(f) + \deg(g)$.
\quoteoff
Es gilt sogar Gleichheit. Ungleichheit bekommst du nur im allgemeineren Fall eines Polynomrings über einem Ring mit Nullteilern, da es dann sein kann, dass das Produkt der Höchstkoeffizienten Null ist.
Der Rest deiner Überlegungen ist richtig.
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elias114
Aktiv
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-02-24
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\ggT}{\operatorname{ggT}}
\newcommand{\deg}{\operatorname{deg}}\)
Also, um es zusammenzufassen:
Ich habe $\deg(fg) = \deg(f) + deg(g)$. Da $\deg(fg) = \deg(1_K) = 0$ und $\deg(f) > 0$ nach Voraussetzung, müsste also $\deg(g) < 0$ gelten, was nicht sein kann.
Richtig?\(\endgroup\)
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Triceratops
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 |  Beitrag No.5, eingetragen 2022-02-24
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Einfacher als mit dem Grad: $ X \cdot K[X] = \{f \in K[X] : f(0)=0\} \neq K[X]$, daher ist $X \notin K[X]^{\times}$.
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