代数（環論）の問題です。 分かる方お願い致します

質問

A＝Z[X]をXを不定元（変数）とする一変数多項式、Bを任意の可換環であるとする。

（１） Zの元１をBの単位元１に対応させることによって、環の準同型写像Z→Bが定まることを示せ。
（２） Bから任意に元bを選ぶ、このときA∋Xをbへ移す準同型写像ｆ：A[X]→Bがただ一つ存在することを示せ。このことにより、「A＝Z[X]からBへの準同型写像全体のなす集合」をHom（A,B)と表すと、集合としての一対一対応
　　　　　 Hom(Z[X],B)≅B
が成り立つことを示せ。　
（３） F∈Z[X]が生成するイデアル（F）⊂Z[X]について剰余環Z[X]/(F)を考える。準同型写像ｆ：Z[X]/(F)→Bと、
剰余に関する標準全射π：Z[X]→Z[X]/(F)を合成することにより、対応f∘π：Z[X]→Bが得られる。「Z[X]/FからBへの準同型写像全体のなす集合」をHom（Z[X]/(F),B）と表す時、上に述べた対応ｆ→ｆ∘πにより、Hom（Z[X]/(F),B）は、Hom（Z[X],B）の部分集合になること示せ。
(4) 小問(3)の包含関係Hom(Z[X]/(F),B)⊂Hom(Z[X],B)と、小問い(2)で与えた集合としての一対一対応関係Hom(Z[X],B)≅Bから、
　　　　　　Hom(Z[X]/(F),B)≅{b∈B｜F(b)=0}
なる一対一対応ができることを示せ。
(5) 次の集合の元の個数をそれぞれ求めよ。
Hom(Z[X]/(X^4-2),Q),Hom(Z[X]/(X^4-2),R),Hom(Z[X]/(x^4-2),C)

回答No.2

muturajcp

(1)
f(1)=1
0=f(1-1)=f(1)+f(-1)=1+f(-1)
f(-1)=-1
あるk∈Zについてf(k)=kが成り立つとすると
f(k+1)=f(k)+f(1)=k+1
f(k-1)=f(k)+f(-1)=k-1
∴∀n∈Z→f(n)=n

(2)
b∈B
f:A→B,F∈A→f(F)=F(b)
とすると
f(X)=b
となる。
{F,G}⊂A
とすると
f(F+G)=(F+G)(b)=F(b)+G(b)=f(F)+f(G)
f(FG)=(FG)(b)=F(b)G(b)=f(F)f(G)
だから
fは準同型となる
g(X)=bとなるg準同型とすると
g(F)=F(g(X))=F(b)=f(F)
g=f
となりfがf(X)=bとなるただ1つの準同型となる
h:Hom(A,B)→B,h(f)=f(X)とすると
任意のb∈Bに対して,h(f)=f(X)=bとなる準同型fがただ1つ存在するから
hは全単射となるから
Hom(A,B)～B

(3)
h:Hom(A/(F),B)→Hom(A,B),h(f)=f○πとすると
h(f)=h(g)→f○π=g○π→f=gだからhは単射だから
Hom(A/(F),B)はHom(A,B)の部分集合と同型となる

(4)
π:A→A/(F)
f∈Hom(A/(F),B)
とすると
F((f○π)(X))=(f○π)(F)=0
だから
(f○π)(X)∈{b∈B|F(b)=0}
だから
h:Hom(A/(F),B)→{b∈B|F(b)=0},h(f)=(f○π)(X)とhを定義できて
b∈{b∈B|F(b)=0}→g(X)=bとなるただ1つの準同型gが存在して
g(F)=F(b)=0となるから
g=f○πとなる準同型fがただ1つ存在するから
hは全単射
Hom(A/(F),B)～{b∈B|F(b)=0}

(5)
Q=(全有理数),R=(全実数),C=(全複素数)
とすると
|Hom(A/(X^4-2),Q)|=|{b∈Q|b^4-2=0}|=|φ|=0
|Hom(A/(X^4-2),R)|=|{b∈R|b^4-2=0}|=|{±2^{1/4}}|=2
|Hom(A/(X^4-2),C)|=|{b∈C|b^4-2=0}|=|{±2^{1/4},±2^{1/4}i}|=4

お礼

muturajcp様　
ご回答ありがとうございました。
心より感謝申し上げます！

回答No.1

koko_u_u

いつもの回答ですが、どこがわからないのかを詳しく補足にどうぞ。
例えば(1)すらわからない、という場合は質問する前に教科書を読み直したほうがいいです。

お礼

koko_u_u様　
アドバイスありがとうございます。
どうも教科書にも詳しく載ってないもので、他の文献も漁ってみます。