La noetherianità non si eredita (versione corretta)

[j18eos]

Sia \(\displaystyle R\) il sottoanello di \(\displaystyle\mathbb{Q}[x]\) composto dai polinomi \(\displaystyle f\) tali che:
\[
f(\mathbb{Z})\subseteq\mathbb{Z}
\]
e definiti:
\[
f_{-1}=0,f_0=1,\\
\forall n\in\mathbb{N},\,f_n(x)=\frac{1}{n!}x(x-1)\cdot...\cdot(x-n+1)\in\mathbb{Q}[x],
\]
dimostrare che:
[list=1]
[*:1em69zx7] \(\displaystyle\forall n\in\mathbb{N}_0,\,f_n\in R\);[/*:m:1em69zx7]
[*:1em69zx7] il sistema \(\displaystyle\{f_n\}_{n\in\mathbb{N}_0}\) è una \(\displaystyle\mathbb{Q}\)-base di \(\displaystyle\mathbb{Q}[x]\);[/*:m:1em69zx7]
[*:1em69zx7] \(\displaystyle\forall p\in\mathbb{P},\,f_p\not\in(f_1,...,f_{p-1})_R\) (ideale generato in \(\displaystyle R\));[/*:m:1em69zx7]
[*:1em69zx7] il sistema \(\displaystyle\{f_n\}_{n\in\mathbb{N}_0}\) è una base di \(\displaystyle R\) come \(\displaystyle\mathbb{Z}\)-modulo.[/*:m:1em69zx7][/list:o:1em69zx7]
Si deduce così che \(\displaystyle R\) è un sottoanello non noetheriano di \(\displaystyle\mathbb{Q}[x]\), anello noetheriano per il teorema della base di Hilbert.

Esercizio tratto da Bosch - Algebraic Geometry and Commutative Algebra, capitolo 1, sezione 5, numero 10; il quale suggerisce di usare la seguente mappa \(\displaystyle\mathbb{Q}\)-lineare:
\[
\Delta:f(x)\in\mathbb{Q}[x]\to f(x+1)-f(x)\in\mathbb{Q}[x]
\]
la quale soddisfa l'identità \(\displaystyle\forall n\in\mathbb{N}_0,\,\Delta(f_n)=f_{n-1}\).

Edit: Ringrazio l'utente Frink, col quale discutendo in privato del problema, mi ha fatto rendere conto che avevo sbagliato un ragionamento.

[j18eos]

Parte I.

Per il punto 2. invece avevo pensato ad una dimostrazione costruttiva. Scelto un polinomio qualsiasi, dimostro che è possibile esprimerlo in funzione degli \(\displaystyle \{f_n\} \). Sia il polinomio scelto di grado $n$ e sia della forma \(\displaystyle a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0 \). Inizio dal grado più alto e scrivo \(\displaystyle a_n*f_n\). Questo polinomio avrà grado $n$ e $a_n$ coefficiente direttore, come il polinomio scelto. Avrà però un termine $a_n*k*x^{n-1}$ in generale diverso da quello del polinomio $a(x)$. Anche qui allora scegliamo il polinomio \(\displaystyle (a_{n-1}-a_{n}k)f_{n-1}\) in modo da avere il termine di grado $n-1$ uguale a quello di $a(x)$ Si continui così fino a giungere al grado $0$ e così esprimere $a(x)$ in funzione di soli elementi di $\{f_n\}$.

Parte II.

Per la lineare indipendenza, scrivo il polinomio nullo $0$ come combinazione lineare degli $f_n$. Ragionerei induttivamente: se il polinomio fosse di grado $0$, il coefficiente dovrebbe ovviamente essere nullo. Ora, se vale la lineare indipendenza per il polinomio di grado $n-1$ (che chiameremo $p_(n-1)$, il polinomio di grado $n$ abbiamo visto prima che può essere scritto come \(\displaystyle a_nf_n+(p_{n-1})\) ma questo è il polinomio nullo e lo è anche $p_(n-1)$ e quindi anche $a_n$ deve valere $0$.
(Anche questa è forse poco formale, e l'induzione non mi convince del tutto...)

L'idea è pienamente corretta; qualcuno saprebbe fare "di meglio"?

[j18eos]

Un suggerimento alla domanda 1:

determinare alcune radici dei polinomi \(\displaystyle f_n\).

Fonte soluzione per la domanda 4:

Serre - Local Algebra, capitolo 2, parte B, sezione 1.