Commutation de la dérivation sur la localisation et la carte canonique
Ce problème est issu de la "Théorie de Galois des équations différentielles linéaires" de van der Put.
Montrer qu'il existe une dérivation unique$\partial$sur$RS^{-1}$(la localisation de$R$en ce qui concerne$S$) tel que la carte canonique pour$R \rightarrow RS^{-1}$fait la navette avec$\partial$où$R$est un anneau commutatif et$S \subset R$est un sous-ensemble multiplicatif.
Voici ma tentative avec ma compréhension approximative des concepts de ce problème. Laisser$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$être la carte canonique. Nous voulons montrer que$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$pour$x \in R$. Remarquons que par définition,$\phi (\partial (x))$Plans$x \mapsto [\partial (x)],$la classe d'équivalence de$\partial (x)$dans$RS^{-1}$(c'est ainsi que fonctionne la carte canonique, n'est-ce pas ?). D'autre part,$\partial (\phi (x))$Plans$x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$qui est la même classe d'équivalence dans$RS^{-1}$comme mappé par$\phi (\partial (x)).$Ainsi, nous concluons que$\phi$et$\partial$navette. Mais je ne sais pas comment montrer qu'il existe un$\partial$qui satisfait ce problème. Quelqu'un pourrait-il aider s'il vous plaît?
Sur une tangente : Considérons l'anneau polynomial$R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$et un sous-ensemble multiplicatif$S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. Laisser$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$être donné. Montrer qu'il existe une dérivation unique$\partial $sur$R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$telle que la carte canonique$R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$fait la navette avec$\partial$et$\partial (X_i) = a_i$pour tous$i$. (Est-ce que l'hypothèse$\mathbb{Q} \subset R$utile du tout?)
Réponses
Tout d'abord, un commentaire : lorsque nous avons une dérivation d'un anneau$R$, il s'agit généralement d'une dérivation de$R$en tant que$A$-algèbre pour une carte fixe$A\to R$, mais vous n'avez pas$A$dans votre notation. (Nous exigerions également que$\partial(a) = 0$pour tous$a\in A$.) Ce n'est pas un problème mortel, cependant.
Il semble que vous vouliez montrer qu'il existe une dérivation unique$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$(je présume) qui commute avec la carte de localisation canonique$\phi$ et une dérivation fixe$\partial : R\to R$. Je n'ai pas vu cette dérivation originale$\partial$dans la déclaration ; Je suppose que c'est implicitement fixé. Avec cette configuration, vous voulez prouver que$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
C'est à peu près ce que vous avez écrit (je veux garder$\partial'$et$\partial$distinct pour éviter toute confusion). Cependant, vous n'avez pas défini la dérivation$\partial'$sur$S^{-1}R$! Vous avez montré que pour un élément de$S^{-1}R$qui est à l'image de$\phi$(appeler$\phi(x)$) nous devons avoir$\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$Mais que fait$\partial'$faire aux éléments qui ne sont pas à l'image de$\phi$? Par exemple, si$s\in S\setminus R^\times,$qu'est-ce que$\phi\left(\frac1s\right)$?
Pour comprendre cela, laissez$\partial : R\to R$être une dérivation. Supposer que$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$est une dérivation sur$S^{-1}R$tel que$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$Laisser$r/s\in S^{-1}R;$on veut calculer$\partial'(r/s).$Eh bien, nous avons\begin{align*} \partial'(r/s) &= \partial'\left(r\cdot\frac{1}{s}\right)\\ &= r\partial'\left(\frac{1}{s}\right) + \partial'(r)\frac{1}{s}\\ &= r\partial'\left(\frac{1}{s}\right) + \frac{\partial(r)}{s}. \end{align*}
Alors,$\partial'$est déterminé par$\partial$et par ce qu'il fait sur les éléments de la forme$\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$Maintenant, nous remarquons que$\partial'(1) = 0,$comme$\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. Ainsi,\begin{align*} 0&= \partial'(1)\\ &=\partial'\left(s\cdot\frac{1}{s}\right)\\ &=s\partial'\left(\frac{1}{s}\right) + \frac{\partial(s)}{s}\\ \implies s\partial'\left(\frac{1}{s}\right) &= -\frac{\partial(s)}{s}\\ \implies \partial'\left(\frac{1}{s}\right) &= -\frac{\partial(s)}{s^2}, \end{align*}ce qui est exactement ce que nous obtiendrions si nous appliquions naïvement la règle du quotient du calcul 1.
Ce que nous avons montré, c'est que si une telle dérivation$\partial'$existe, il doit être donné par la formule$$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$Cela prouve l'unicité si une telle dérivation existe ! Maintenant, je vous laisse le soin de vérifier$\partial'$tel que donné par cette formule est (a) bien défini et (b) une dérivation.
Edit: je pensais à l'origine que la deuxième partie de la question voulait$S\subseteq R.$
Pour votre deuxième question, l'idée est essentiellement la même. Vous devez définir$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$pour toute$f\in R[x_1,\dots, x_n]$et$g\in S.$Comme ci-dessus, vous pouvez montrer que vous devez avoir$$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$il vous suffit donc de définir ce que$\partial'$fait sur des éléments de$R[x_1,\dots, x_n].$
Maintenant, notez que puisque toute dérivation doit être linéaire, il suffit de définir$\partial'$sur les monômes$rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$La règle de Leibniz implique que nous avons$$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(vous devriez vérifier cela si ce n'est pas évident!). Maintenant, on voit que pour définir$\partial',$il suffit de définir$\partial'(x_i)$pour chaque$i.$Je vous laisse montrer ce réglage$\partial'(x_i) = a_i$fait la fonction$\partial'$une dérivation (inutile de supposer que$\Bbb{Q}\subseteq R$).