Изоморфизм колец.

[TopLalka]

Помогите доказать, что поле частных кольца $\mathbb{C}[x, y]/(x^2+y^2-1)$ изоморфно кольцу $\mathbb{C}[x] $.
У меня нет никаких стоящих идей нет. Получилось сделать другой пункт этой задачи, что $\mathbb{C}[x, y]/(x^2+y^2-1)$ не изоморфно $\mathbb{C}[x] $. В подсказке написано, что синус и косинус рационально выражаются через тангенс половинного угла, я пробовал из многочленов делать функции подставляя вместо переменных тригонометрические функции, но ничего не вышло, так что я даже не знаю, как это может помочь.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
Тема перемещена в Карантин по следующим причинам:

Приведите свои попытки решения задачи и укажите затруднения.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[Xaositect]

Поле частных не может быть изоморфно $\mathbb{C}[x]$, потому что $\mathbb{C}[x]$ - это не поле.

[TopLalka]

Xaositect в сообщении #861971 писал(а):

Поле частных не может быть изоморфно $\mathbb{C}[x]$, потому что $\mathbb{C}[x]$ - это не поле.

в задаче было указано $\mathbb{C}(x)$, и я на автомате подумал про многочлены. Возможно там имелось в виду обычное поле комплексных чисел. Или это какое-то незнакомое мне обозначение.

[Xaositect]

Нет, там $\mathbb{C}(x)$. Поле рациональных функций с комплексными коэффициентами.

Синусы и косинусы тут вот откуда вылезают: Возьмите в $\mathbb{C}^2$ окружность $x^2 + y^2 = 1$. Каждый элемент $\mathbb{C}[x,y]/(x^2 + y^2 - 1)$ - это смежный класс многочленов, но на этой окружности они все равны. То есть кольцо $\mathbb{C}[x,y]/(x^2 + y^2 - 1)$ - это кольцо функций на окружности, являющихся многочленами от $x$ и $y$. А $x$ и $y$ на окружности зависимы, их можно выразить через один параметр $t$ так же, как косинус и синус через тангенс половинного угла. Ну и поле частных будет полем рациональных функций $\mathbb{C}(t)$.

Только это все надо аккуратно записать.

[TopLalka]

Xaositect
Классу $[\frac{[f(x,y)]}{[g(x,y)]}]$ я сопоставляю рациональную функцию $l(t)=\frac{f(\frac{1+t^2}{2t}, \frac{1-t^2}{2t}i)}{g(\frac{1+t^2}{2t}, \frac{1-t^2}{2t}i)}$.
Так как сумма квадратов аргументов равна 1, то все корректно определнно, а также легко понять, что это гомоморфизм, но я не знаю почему это отображение будет биективным. Верно ли, что если $f(x,y)$ не кратна $x^2+y^2-1$, то в какой-то точке окружности не равна нулю?

[Xaositect]

TopLalka в сообщении #862056 писал(а):

Верно ли, что если $f(x,y)$ не кратна $x^2+y^2-1$, то в какой-то точке окружности не равна нулю?

Да. Это частный случай Nullstellensatz.

Доказать можно так: в смежном классе $[f(x,y)]$ обязательно найдется многочлен, линейный по $x$ (Стандартное рассуждение, деление с остатком: если все многочлены имеют степень по $x$ больше 1, то возьмем тот, что с минимальной степенью и вычтем подходящий множитель $x^2 + y^2 - 1$, получим меньшую степень. Противоречие).
Возьмем не равный нулю линейный по $x$ многочлен $P(y)x + Q(y)$. Если $P = 0$, то возьмем любую точку с координатой $y$, не являющейся корнем $Q$. Если $P\neq 0$, то возьмем некоторое $y$, не являющееся корнем $P(x)$ и не равное $\pm 1$ и выберем из двух точек $(\sqrt{1 - y^2}, y)$ ту, на которой линейная функция $L(x) = P(y)x + Q(y)$ не равна $0$.

[TopLalka]

Xaositect
Это объясняет, почему отображение является инъективным. Не могли бы Вы подсказать, почему оно также сюръективно?

[Xaositect]

Ну, это тривиально. Надо выразить $t$ в виде $\frac{f(\frac{1+t^2}{2t}, \frac{1-t^2}{2t}i)}{g(\frac{1+t^2}{2t}, \frac{1-t^2}{2t}i)}$. Отсюда следует, что и любая рациональная функция от $t$ будет так выражаться.

[TopLalka]

Xaositect
Спасибо за помощь.