Siccome ci ho pensato un po', registro qui una espansione della risposta precedente; potrebbe essere utile a chi cerca per altri motivi questo remark.
Su un campo finito, i polinomi sono strettamente più delle funzioni polinomiali, ossia di quelle funzione \(k\to k\) che si scrivono come \(\alpha \mapsto \sum a_i \alpha^i\) per certi coefficienti \(a_i\) quasi tutti nulli. Il motivo è che l'insieme \(k[T]\) dei polinomi a valori in \(k\) deve contenere l'insieme infinito \(\{T^i\mid i\ge 0\}\), e deve quindi essere almeno numerabile, laddove invece l'insieme \([k,k]_p\) delle funzioni polinomiali, come sottoinsieme dell'insieme delle generiche funzioni \(k\to k\), deve avere cardinalità \(|k|^{|k|} <\omega\). La funzione \(\mathcal E : k[T]\to [k,k]_p\) che manda un polinomio in sé stesso, riguardato come funzione polinomiale, non può quindi essere iniettiva. (E' un esercizio formativo trovare un esempio di polinomi che definiscono la stessa funzione polinomiale se, per esempio, \(k=\mathbb F_q\) è il campo finito con \(q\) elementi).
Se ora però \(k\) è un campo infinito, i due insiemi hanno la stessa cardinalità, e in effetti è facile dimostrare che proprio \(\mathcal E\) esibisce una biiezione tra loro.
Notate che una cosa del tutto simile accade quando si considerano funzioni polinomiali
multivariate: la funzione \(\mathcal E : k[T_1,...,T_n]\to [k^n,k]_p\) non è biiettiva quando \(k\) è finito, per la stessa ragione che \(|k|^{|k|^n}<\omega\)
magie dei cardinali inaccessibili. Invece, se \(k\) è infinito, due funzioni polinomiali devono venire dallo stesso polinomio (si ragiona per induzione sul numero delle variabili; in effetti il fatto che \(k\) sia un campo non è rilevante, basta che sia un
anello infinito).
Ora, questo stesso ragionamento si estende al caso di funzioni razionali: a patto di stipulare che una funzione \(k\to k\) è "regolare" quando si può scrivere come rapporto irriducibile \(\frac{p(T)}{q(T)}\) di polinomi, ed è definita sul complementare dell'insieme degli zeri del denominatore, si trova una biiezione tra il campo dei quozienti di \(k[T]\) e l'insieme delle funzioni regolari.
La ragione è che il problema attuale si può facilmente ridurre al precedente, tenendo conto che \(\frac{f}{g}=\frac{u}{v}\) se e solo se \(fv=gu\) come polinomi. (Altrettanto ovvio è come generalizzare al caso multivariato: fate entrambe le cose per esercizio!).
- "Everything in Mathematics that can be categorized, is trivial" (P. J. Freyd), which should be understood as: "category theory is good ideas rather than complicated techniques".
- "I always disliked Analysis" (P. J. Freyd)