Commutazione di derivazione su localizzazione e mappa canonica
Questo problema è tratto dalla "Teoria delle equazioni differenziali lineari di Galois" di van der Put.
Dimostrare che esiste una derivazione unica$\partial$Su$RS^{-1}$(la localizzazione di$R$riguardo a$S$) tale che la mappa canonica per$R \rightarrow RS^{-1}$fa il pendolare con$\partial$dove$R$è un anello commutativo e$S \subset R$è un sottoinsieme moltiplicativo.
Ecco il mio tentativo con la mia comprensione approssimativa dei concetti in questo problema. Permettere$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$essere la mappa canonica. Vogliamo dimostrarlo$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$per$x \in R$. Osserva che per definizione,$\phi (\partial (x))$mappe$x \mapsto [\partial (x)],$la classe di equivalenza di$\partial (x)$in$RS^{-1}$(è così che funziona la mappa canonica, giusto?). D'altro canto,$\partial (\phi (x))$mappe$x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$che è la stessa classe di equivalenza in$RS^{-1}$come mappato da$\phi (\partial (x)).$Quindi, concludiamo che$\phi$e$\partial$tragitto casa-lavoro. Ma non sono sicuro di come dimostrare che esiste un unico$\partial$che soddisfa questo problema. Qualcuno potrebbe aiutare?
Su una tangente: considera l'anello polinomiale$R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$e un sottoinsieme moltiplicativo$S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. Permettere$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$essere dato. Dimostrare che esiste una derivazione unica$\partial $Su$R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$tale che la mappa canonica$R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$fa il pendolare con$\partial$e$\partial (X_i) = a_i$per tutti$i$. (È il presupposto$\mathbb{Q} \subset R$utile?)
Risposte
Innanzitutto, un commento: quando abbiamo una derivazione di qualche anello$R$, è tipicamente una derivazione di$R$come un$A$-algebra per qualche mappa fissa$A\to R$, ma tu non hai$A$nella tua notazione. (Lo richiederemmo anche$\partial(a) = 0$per tutti$a\in A$.) Tuttavia, questo non è un problema potenzialmente letale.
Sembra che tu voglia dimostrare che esiste una derivazione univoca$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$(presumo) che fa il pendolare con la mappa di localizzazione canonica$\phi$ e una derivazione fissa$\partial : R\to R$. Non ho visto questa derivazione originale$\partial$nella dichiarazione; Presumo che sia implicitamente risolto. Con questa configurazione, vuoi dimostrarlo$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
Questo è quasi quello che hai scritto (voglio mantenere$\partial'$e$\partial$distinte per evitare confusione). Tuttavia, non hai definito la derivazione$\partial'$Su$S^{-1}R$! L'hai dimostrato per un elemento di$S^{-1}R$che è a immagine di$\phi$(chiamalo$\phi(x)$) noi dobbiamo avere$\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$Ma cosa fa$\partial'$fare a elementi che non sono nell'immagine di$\phi$? Ad esempio, se$s\in S\setminus R^\times,$Cos'è$\phi\left(\frac1s\right)$?
Per capirlo, lascia$\partial : R\to R$essere una derivazione. Supporre che$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$è una derivazione su$S^{-1}R$tale che$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$Permettere$r/s\in S^{-1}R;$vogliamo calcolare$\partial'(r/s).$Bene, abbiamo\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*}
Così,$\partial'$è determinato da$\partial$e da ciò che fa sugli elementi della forma$\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$Ora lo notiamo$\partial'(1) = 0,$come$\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. Così,\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*}che è esattamente ciò che otterremmo se applichiamo ingenuamente la regola del quoziente dal calcolo 1.
Quello che abbiamo mostrato è che se tale derivazione$\partial'$esiste, deve essere data dalla formula$$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$Ciò dimostra l'unicità se esiste una tale derivazione! Ora, lascio a te il compito di verificarlo$\partial'$come dato da questa formula è (a) ben definito e (b) una derivazione.
Modifica: inizialmente pensavo che la seconda parte della domanda fosse voluta$S\subseteq R.$
Per la tua seconda domanda, l'idea è essenzialmente la stessa. Devi definire$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$per ogni$f\in R[x_1,\dots, x_n]$e$g\in S.$Come sopra, puoi dimostrare che devi avere$$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$quindi devi semplicemente definire cosa$\partial'$fa su elementi di$R[x_1,\dots, x_n].$
Ora, si noti che poiché ogni derivazione deve essere lineare, è sufficiente definire$\partial'$sui monomi$rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$La regola di Leibniz implica che abbiamo$$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(dovresti verificarlo se non è ovvio!). Ora, lo vediamo da definire$\partial',$è sufficiente definire$\partial'(x_i)$per ciascuno$i.$Lascio a voi mostrare quell'impostazione$\partial'(x_i) = a_i$fa la funzione$\partial'$una derivazione (non c'è bisogno di supporre che$\Bbb{Q}\subseteq R$).