Эпиморфизм в категории алгебр

[MaximVD]

Пусть $\operatorname{in}$ это вложение алгебры многочленов с комплексными коэффициентами $\mathbb{C}[t]$ в алгебру рациональных функций. Как доказать, что $\operatorname{in}$ является эпиморфизмом в категории алгебр? (тем самым будет получен пример не сюръективного эпиморфизма в этой категории).

Пытаюсь проверить определение. Пусть $\psi_1, \psi_2$ морфизмы (т.е. гомоморфизмы алгебр) и $\psi_1\operatorname{in} = \psi_2 \operatorname{in}$. Тем самым $\psi_1$ совпадает с $\psi_2$ "на многочленах". Поскольку $\psi_i$ гомоморфизмы, то теперь достаточно доказать, что для любого многочлена $f$ будет

$$\psi_1(1/f) = \psi_2(1/f).$$

Понятно, что для доказательства надо как-то воспользоваться тем, что $\psi_i$ гомоморфизмы, но что-то не получается.

[Joker_vD]

Хм, ну пусть это не так: $\psi_1(1/f)\ne\psi_2(1/f)$. Домножим обе стороны на $\psi_1(f/1)\psi_2(f/1)$...

[MaximVD]

Joker_vD
Я в алгебрах плохо разбираюсь, поэтому вопрос (быть может глупый): пусть $A$ алгебра, $a_1, a_2 \in A$ и $a_1 \ne a_2$. Следует ли отсюда, что для любого $b \in A$ также будет $b a_1 \ne b a_2$ и почему? (мне понятно что это действительно верно, только если $b$ обратим).

[Joker_vD]

MaximVD
Вообще говоря, нет — $a_1-a_2$ может быть делителем нуля.

Но это неважно. Вы домножили на что я просил? Тогда слева слепляйте $\psi_1(\ldots)\psi_1(\ldots)$ в одно $\psi_1(\ldots)$, а справа — $\psi_2(\ldots)\psi_2(\ldots)$.

[MaximVD]

Домножаем, получим слева $\psi_1( f/1) \psi_2( f/1) \psi_1( 1/f )$, справа получим $\psi_1( f/1) \psi_2(f/1) \psi_2(1/f) = \psi_1(f/1) \psi_2(1)$. Слева что-то не сцепляется, потому что надо переставить местами $\psi_1( f/1)$ и $\psi_2( f/1)$. Или я что-то не понимаю?

Ааа, дошло. По условию $\psi_1(f/1) = \psi_2(f/1)$, тогда слева будет $\psi_2( f/1 ) \psi_1(1)$ что, опять же по условию, равно тому, что справа. И мы получили равенство "$b a_1 = b a_2$", а что дальше?

[Joker_vD]

Ох, ну домножьте на $\psi_1(f/1)\psi_2(f/1)$ не одним куском, а "по бокам":

$$\psi_1(f/1)\cdot\text{левая часть}\cdot\psi_2(f/1)=\psi_1(f/1)\cdot\text{правая часть}\cdot\psi_2(f/1)$$

Хотя вообще-то $\mathbb C[t]$ коммутативна и можно не париться...

Ха-ха, а в некоммутативном случае даже и с такой поправкой ничего не выходит. А нет, выходит.

[MaximVD]

В итоге, $\psi_1 ( f/1) \psi_2 (f/1) \psi_1 ( 1/f ) = \psi_1(f/1)\psi_2(f/1)\psi_2(1/f)$ при том, что $\psi_1( 1/f) \ne \psi_2( 1/f )$. Всё равно непонятно, что делать дальше.

[Joker_vD]

Н-да. Наверное, ночное время суток сказывается...

В $\mathbb C[t]$ нет делителей нуля. Поэтому $ba_1=ba_2$ только если $b=0$ или $a_1=a_2$.

Короче. В чем состоит доказательство: вы предполагаете, что это не так, они не равны. Домножаете на то, что я сказал — получившиеся вещи тоже не будут равны, так как см. выше. После этого вы упрощаете эти вещи и получаете, что у вас и $\psi_1(\operatorname{in}(f))\ne\psi_2(\operatorname{in}(f))$, чего быть ну никак не может.

Грубо говоря, мы домножаем на общий знаменатель и переходим из царства дробей в царство многочленов.

[MaximVD]

Не совсем понятно, причём здесь $\mathbb{C}[t]$, ведь морфизмы $\psi_i$ могут действовать в произвольную алгебру.

-- Пт ноя 04, 2011 23:02:10 --

Вообще говоря, исходная задача сводится к следующему утверждению: пусть $\psi$ гомоморфизм из алгебры рациональных функций в произвольную алгебру. Тогда $\psi$ однозначно определяется своими значениями на множестве элементов вида $f/1$.
Может быть, попробовать решать задачу с этой стороны?

[Joker_vD]

Хм, гомоморфизм из $\mathbb C(t)$ в совсем уж произвольную алгебру построить не выйдет — оно, как-никак, поле.

[MaximVD]

Joker_vD в сообщении #499469 писал(а):

Короче. В чем состоит доказательство: вы предполагаете, что это не так, они не равны. Домножаете на то, что я сказал — получившиеся вещи тоже не будут равны, так как см. выше. После этого вы упрощаете эти вещи и получаете, что у вас и $\psi_1 \operatorname{in}(f) \ne \psi_2( \operatorname{in}(f))$, чего быть ну никак не может.

Итак, предполагаем, что $\psi_1( 1/f) \ne \psi_2( 1/f)$. Берём и домножаем левую и правую часть на на $\psi_1( f/1) \psi_2( f/1)$. Воспользовавшись тем, что $\psi_1( f/1) = \psi_2(f/1)$, получим слева $\psi_2(f/1) \psi_1(1)$, а справа $\psi_1(f/1)\psi_2(1)$, т.е. левая часть равна правой. Т.е. было $a_1 \ne a_2$, а потом стало $b a_1 = b a_2$. Я поэтому и спрашивал, следует ли из $a_1 \ne a_2$, что $b a_1 \ne b a_2$.

-- Пт ноя 04, 2011 23:09:13 --

Joker_vD в сообщении #499488 писал(а):

Хм, гомоморфизм из в совсем уж произвольную алгебру построить не выйдет — оно, как-никак, поле.

Ну, $\psi_i$ действуют в какую-то алгебру, может и не произвольную. Простите за глупый вопрос, в алгебрах я только начинающий, но будут ли в этой алгебре делители нуля или нет?

[Joker_vD]

MaximVD в сообщении #499492 писал(а):

Простите за глупый вопрос, в алгебрах я только начинающий, но будут ли в этой алгебре делители нуля или нет?

Быть-то там они могут. Другое дело, что образ $\mathbb C(t)$ их содержать не может, т.е. $\psi_i(f/1)$ — делителем нуля не является, и на него спокойно можно сокращать. Т.е. если $a_1\ne a_2$ и $b$ не делит ноль, то $ba_1\ne ba_2$.

[MaximVD]

Joker_vD
Большое спасибо за помощь!