Komuter derivasi pada lokalisasi dan peta kanonik
Masalah ini berasal dari "Teori Galois tentang Persamaan Diferensial Linear" van der Put.
Tunjukkan bahwa ada derivasi unik $\partial$ di $RS^{-1}$ (pelokalan $R$ dengan hormat $S$) sedemikian rupa sehingga peta kanonik untuk $R \rightarrow RS^{-1}$ bepergian dengan $\partial$ dimana $R$ adalah cincin komutatif dan $S \subset R$ adalah bagian perkalian.
Inilah upaya saya dengan pemahaman kasar saya tentang konsep dalam masalah ini. Membiarkan$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$menjadi peta kanonik. Kami ingin menunjukkan itu$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$ untuk $x \in R$. Amati bahwa menurut definisi,$\phi (\partial (x))$ peta $x \mapsto [\partial (x)],$ kelas kesetaraan $\partial (x)$ di $RS^{-1}$(Beginilah cara kerja peta kanonik, kan?). Di samping itu,$\partial (\phi (x))$ peta $x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$ yang merupakan kelas kesetaraan yang sama di $RS^{-1}$ seperti yang dipetakan oleh $\phi (\partial (x)).$ Jadi, kami menyimpulkan itu $\phi$ dan $\partial$perjalanan. Tapi saya tidak yakin bagaimana menunjukkan bahwa ada yang unik$\partial$yang memenuhi masalah ini. Bisakah seseorang membantu?
Secara garis singgung: Pertimbangkan cincin polinomial $R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$ dan subset perkalian $S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. Membiarkan$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$diberikan. Buktikan bahwa ada derivasi unik$\partial $ di $R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$ sedemikian rupa sehingga peta kanonik $R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$ bepergian dengan $\partial$ dan $\partial (X_i) = a_i$ untuk semua $i$. (Apakah asumsinya$\mathbb{Q} \subset R$ berguna sama sekali?)
Jawaban
Pertama, komentar: ketika kita memiliki turunan dari beberapa cincin $R$, ini biasanya merupakan turunan dari $R$ sebagai sebuah $A$-aljabar untuk beberapa peta tetap $A\to R$, tapi Anda tidak punya $A$dalam notasi Anda. (Kami juga membutuhkan itu$\partial(a) = 0$ untuk semua $a\in A$.) Namun, ini bukan masalah yang mengancam jiwa.
Sepertinya Anda ingin menunjukkan bahwa ada turunan yang unik $\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ (Saya kira) yang bolak-balik dengan peta lokalisasi kanonik $\phi$ dan turunan tetap $\partial : R\to R$. Saya tidak melihat turunan asli ini$\partial$dalam pernyataan itu; Saya kira itu sudah diperbaiki secara implisit. Dengan penyiapan ini, Anda ingin membuktikannya$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
Ini hampir seperti yang Anda tulis (saya ingin menyimpannya $\partial'$ dan $\partial$berbeda untuk menghindari kebingungan). Namun, Anda belum menentukan turunannya$\partial'$ di $S^{-1}R$! Anda telah menunjukkan itu untuk elemen$S^{-1}R$ yang ada pada gambar $\phi$ (sebut saja $\phi(x)$) kita harus punya $\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$ Tapi apa yang dilakukannya $\partial'$ lakukan untuk elemen yang tidak dalam gambar $\phi$? Misalnya, jika$s\in S\setminus R^\times,$ apa yang $\phi\left(\frac1s\right)$?
Untuk mengetahuinya, biarkan $\partial : R\to R$menjadi derivasi. Seandainya$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ adalah derivasi dari $S^{-1}R$ seperti yang $\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$ Membiarkan $r/s\in S^{-1}R;$ kami ingin menghitung $\partial'(r/s).$ Ya, kami punya \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*}
Begitu, $\partial'$ ditentukan oleh $\partial$ dan dengan apa yang dilakukannya pada elemen bentuk $\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$ Sekarang, kita perhatikan itu $\partial'(1) = 0,$ sebagai $\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. Jadi,\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*} yang persis seperti yang akan kita dapatkan jika kita secara naif menerapkan aturan hasil bagi dari kalkulus 1.
Apa yang kami tunjukkan adalah jika seperti derivasi$\partial'$ ada, itu harus diberikan oleh rumus $$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$Ini membuktikan keunikan jika derivasi seperti itu ada! Sekarang, saya serahkan kepada Anda untuk memeriksanya$\partial'$ seperti yang diberikan oleh rumus ini adalah (a) terdefinisi dengan baik dan (b) penurunan.
Sunting: Saya awalnya mengira bagian kedua dari pertanyaan itu diinginkan $S\subseteq R.$
Untuk pertanyaan kedua Anda, idenya pada dasarnya sama. Anda perlu mendefinisikan$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$ untuk apapun $f\in R[x_1,\dots, x_n]$ dan $g\in S.$ Seperti di atas, Anda dapat menunjukkan bahwa Anda harus memilikinya $$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$ jadi Anda hanya perlu mendefinisikan apa $\partial'$ lakukan pada elemen $R[x_1,\dots, x_n].$
Sekarang, perhatikan bahwa karena penurunan apa pun harus linier, itu sudah cukup untuk didefinisikan $\partial'$ pada monomial $rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$ Aturan Leibniz menyiratkan bahwa kita punya $$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(Anda harus memverifikasi ini jika tidak jelas!). Sekarang, kita melihat itu untuk didefinisikan$\partial',$ itu sudah cukup untuk didefinisikan $\partial'(x_i)$ untuk setiap $i.$ Saya serahkan kepada Anda untuk menunjukkan pengaturan itu $\partial'(x_i) = a_i$ membuat fungsinya $\partial'$ derivasi (tidak perlu berasumsi bahwa $\Bbb{Q}\subseteq R$).