гомоморфизмы колец вещественных чисел

[beroal]

Встретил в учебнике по абстрактной алгебре следующую задачу.

Цитата:

Найдите все гомоморфизмы колец из $\mathbb{R}$ в $\mathbb{R}$.

По их определению гомоморфизм колец уважает сложение и умножение.

Рассмотрим, как гомоморфизм колец $f$ отображает $1$. Так как $1$ есть идемпотент, $f(1)$ есть идемпотент. Так как $\mathbb{R}$ есть область целостности, идемпотентами там являются только $0$ и $1$.

• Если $f(1)=0$, то $f$ есть нулевой гомоморфизм, так как $f(x) = f(x\times 1) = f(x)\times f(1) = f(x)\times 0 = 0$.
• Если $f(1)=1$, тогда $f$ отображает все рациональные числа тождественно, так как их можно получить с помощью операций поля, а $f$ уважает операции поля. Как быть с иррациональными числами? Хочется сказать, что с иррациональными числами то же самое. Однако, например, $a+b\sqrt{2}\mapsto a-b\sqrt{2}: \mathbb{Q}(\sqrt{2})\to \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ есть гомоморфизм колец, тождественно отображающий рациональные числа и нетожденственно отображающий $\sqrt{2}$.

[arseniiv]

Заметьте, что любой эндоморфизм кольца — это и эндоморфизм его группы по сложению. Эндоморфизмы группы $\mathbb R$ — это решения функционального уравнения Коши, и общее решение можно записать, взяв какой-то базис $\mathbb R$ над $\mathbb Q$. Останется из них выбрать те, которые дружат с умножением.

Впрочем это может быть плохим советом, но если ничего другое не придёт, то он хотя бы что-нибудь должен дать.

[demolishka]

beroal, покажите, что $f$ не убывает. А дальше наверное ясно.

[beroal]

demolishka в сообщении #1407091 писал(а):

beroal, покажите, что $f$ не убывает. А дальше наверное ясно.

Спасибо за подсказку. Я чувствовал, что алгебры здесь недостаточно.

Для любого $x\geq 0$, $f(x) = f(\sqrt{x}^2) = (f(\sqrt{x}))^2\geq 0$. Для любых $x, x'$ таких, что $x\leq x'$, $x'-x\geq 0$, $f(x'-x) = f(x') - f(x)$, $f(x)\leq f(x')$.

Пусть $x$ такой, что $f(x)\not =x$. Допустим, $x<f(x)$ (случай $x>f(x)$ симметричен.) Тогда существует рациональное число $a$ такое, что $x\leq a< f(x)$. Тогда $f(x)\leq f(a) = a$, противоречие. Следовательно, $f(x)=x$.