현지화 및 표준지도에 대한 유도 통근
이 문제는 van der Put의 "Galois Theory of Linear Differential Equations"에서 나온 것입니다.
고유 한 파생물이 있음을 보여줍니다. $\partial$ 의 위에 $RS^{-1}$ (현지화 $R$ 에 관하여 $S$)에 대한 표준지도 $R \rightarrow RS^{-1}$ 통근 $\partial$ 어디 $R$ 교환 링이고 $S \subset R$ 곱셈 부분 집합입니다.
이 문제의 개념을 대략적으로 이해하려는 시도입니다. 허락하다$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$표준지도입니다. 우리는 그것을 보여주고 싶습니다$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$ ...에 대한 $x \in R$. 정의에 따라$\phi (\partial (x))$ 지도 $x \mapsto [\partial (x)],$ 등가 클래스 $\partial (x)$ 에 $RS^{-1}$(이것은 표준지도가 작동하는 방식입니다.) 반면에$\partial (\phi (x))$ 지도 $x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$ 동일한 등가 클래스 $RS^{-1}$ 에 의해 매핑 $\phi (\partial (x)).$ 따라서 우리는 $\phi$ 과 $\partial$갈다. 하지만 고유 한 것이 있음을 어떻게 보여 주어야할지 모르겠습니다.$\partial$이 문제를 충족합니다. 누군가 도와 주시겠습니까?
탄젠트에서 : 다항식 링을 고려하십시오. $R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$ 및 곱셈 부분 집합 $S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. 허락하다$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$주어진. 고유 한 파생물이 있음을 증명$\partial $ 의 위에 $R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$ 표준지도가 $R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$ 통근 $\partial$ 과 $\partial (X_i) = a_i$ 모든 $i$. (가정입니다$\mathbb{Q} \subset R$ 전혀 유용합니까?)
답변
첫째, 주석 : 우리가 어떤 반지의 파생물이있을 때 $R$, 일반적으로 $R$ 로 $A$-일부 고정 맵에 대한 대수 $A\to R$,하지만 당신은 $A$당신의 표기법에서. (우리는 또한$\partial(a) = 0$ 모든 $a\in A$.) 그러나 이것은 생명을 위협하는 문제가 아닙니다.
고유 한 파생이 있음을 보여주고 싶은 것 같습니다. $\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ (나는 추측한다) 표준 지역화지도로 통근하는 것 $\phi$ 및 고정 파생 $\partial : R\to R$. 이 원래 파생물을 보지 못했습니다.$\partial$성명서에서; 나는 그것이 암묵적으로 고정되었다고 가정합니다. 이 설정을 통해$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
이것은 거의 당신이 쓴 것입니다. $\partial'$ 과 $\partial$혼동을 피하기 위해 구별됨). 그러나 파생을 정의하지 않았습니다.$\partial'$ 의 위에 $S^{-1}R$! 당신은$S^{-1}R$ 이미지에있는 $\phi$ (불러라 $\phi(x)$) 우리는 $\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$ 하지만 무엇을 $\partial'$ 이미지에없는 요소에 수행 $\phi$? 예를 들어$s\in S\setminus R^\times,$ 뭐가 $\phi\left(\frac1s\right)$?
이것을 알아 내려면 $\partial : R\to R$파생물입니다. 한다고 가정$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ 에 대한 파생입니다 $S^{-1}R$ 그런 $\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$ 허락하다 $r/s\in S^{-1}R;$ 우리는 계산하고 싶다 $\partial'(r/s).$ 글쎄, 우리는 \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*}
그래서, $\partial'$ 에 의해 결정된다 $\partial$ 양식의 요소에 대해 수행하는 작업 $\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$ 이제 우리는 $\partial'(1) = 0,$ 같이 $\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. 그러므로,\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*} 미적분 1의 몫 규칙을 순진하게 적용하면 정확히 얻을 수 있습니다.
우리가 보여준 것은이 경우 같은 유도$\partial'$ 존재한다면 공식으로 주어져야합니다. $$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$그러한 파생이 존재한다면 이것은 고유성을 증명 합니다! 이제 확인을 위해 맡겨$\partial'$ 이 공식에 의해 주어진 바와 같이 (a) 잘 정의되고 (b) 파생됩니다.
편집 : 원래 질문의 두 번째 부분이 원한다고 생각했습니다. $S\subseteq R.$
두 번째 질문의 경우 아이디어는 본질적으로 동일합니다. 정의해야합니다.$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$ 어떠한 것도 $f\in R[x_1,\dots, x_n]$ 과 $g\in S.$ 위와 같이 반드시 가지고 있어야 함을 보여줄 수 있습니다. $$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$ 그래서 당신은 단순히 무엇을 정의해야 $\partial'$ 의 요소에 수행 $R[x_1,\dots, x_n].$
이제 파생은 선형이어야하므로 다음을 정의하는 것으로 충분합니다. $\partial'$ 단항식으로 $rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$ 라이프니츠 규칙은 우리가 $$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(분명하지 않은 경우이를 확인해야합니다!). 이제 우리는$\partial',$ 정의하는 것으로 충분합니다. $\partial'(x_i)$ 각각 $i.$ 나는 그 설정을 보여주기 위해 당신에게 맡깁니다. $\partial'(x_i) = a_i$ 기능을 만든다 $\partial'$ 파생 (추정 할 필요 없음) $\Bbb{Q}\subseteq R$).