Коммутация вывода на локализацию и каноническую карту
Эта проблема взята из «Теории Галуа линейных дифференциальных уравнений» ван дер Пута.
Покажите, что существует единственный вывод $\partial$ на $RS^{-1}$ (локализация $R$ относительно $S$) такое, что каноническое отображение для $R \rightarrow RS^{-1}$ ездит с $\partial$ где $R$ коммутативное кольцо и $S \subset R$ является мультипликативным подмножеством.
Вот моя попытка приблизительного понимания концепций этой проблемы. Позволять$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$- каноническое отображение. Мы хотим показать, что$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$ для $x \in R$. Отметим, что по определению$\phi (\partial (x))$ карты $x \mapsto [\partial (x)],$ класс эквивалентности $\partial (x)$ в $RS^{-1}$(так работает каноническая карта, верно?). С другой стороны,$\partial (\phi (x))$ карты $x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$ который является тем же классом эквивалентности в $RS^{-1}$ как сопоставлено с $\phi (\partial (x)).$ Таким образом, мы заключаем, что $\phi$ и $\partial$ездить. Но я не знаю, как показать, что существует уникальный$\partial$это решает эту проблему. Может кто-нибудь помочь?
На касательной: рассмотрим кольцо многочленов $R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$ и мультипликативное подмножество $S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. Позволять$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$быть данным. Докажите, что существует единственный вывод$\partial $ на $R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$ так что каноническое отображение $R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$ ездит с $\partial$ и $\partial (X_i) = a_i$ для всех $i$. (Предположение$\mathbb{Q} \subset R$ вообще полезно?)
Ответы
Во-первых, комментарий: когда у нас есть вывод некоторого кольца $R$, как правило, это вывод $R$ как $A$-алгебра для некоторой фиксированной карты $A\to R$, но у тебя нет $A$в ваших обозначениях. (Мы также потребуем, чтобы$\partial(a) = 0$ для всех $a\in A$.) Однако это не опасная для жизни проблема.
Кажется, вы хотите показать, что существует уникальное происхождение $\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ (Я полагаю), который коммутирует с канонической картой локализации $\phi$ и фиксированный вывод $\partial : R\to R$. Я не видел этого исходного происхождения$\partial$в заявлении; Я предполагаю, что это неявно исправлено. С помощью этой настройки вы хотите доказать, что$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
Это почти то, что вы написали (я хочу сохранить $\partial'$ и $\partial$отчетливые, чтобы избежать путаницы). Однако вы не определили вывод$\partial'$ на $S^{-1}R$! Вы показали это для элемента$S^{-1}R$ который находится в образе $\phi$ (назови это $\phi(x)$) мы должны иметь $\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$ Но что значит $\partial'$ делать с элементами, которые не в образе $\phi$? Например, если$s\in S\setminus R^\times,$ что $\phi\left(\frac1s\right)$?
Чтобы понять это, позвольте $\partial : R\to R$быть производным. Предположим, что$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ вывод на $S^{-1}R$ такой, что $\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$ Позволять $r/s\in S^{-1}R;$ мы хотим вычислить $\partial'(r/s).$ Ну у нас есть \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*}
Так, $\partial'$ определяется $\partial$ и тем, что он делает с элементами формы $\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$ Теперь мы замечаем, что $\partial'(1) = 0,$ так как $\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. Таким образом,\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*} Это именно то, что мы получили бы, если бы наивно применили правило частного из исчисления 1.
Мы показали, что если такой вывод$\partial'$ существует, он должен быть задан формулой $$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$Это доказывает единственность, если такой вывод существует! Теперь я оставляю вам проверить это$\partial'$ как указано в этой формуле, является (а) определенным и (б) производным.
Изменить: изначально я думал, что вторая часть вопроса нужна $S\subseteq R.$
Что касается вашего второго вопроса, идея по сути та же. Вам нужно определить$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$ для любого $f\in R[x_1,\dots, x_n]$ и $g\in S.$ Как указано выше, вы можете показать, что у вас должно быть $$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$ так что вам просто нужно определить, что $\partial'$ делает на элементах $R[x_1,\dots, x_n].$
Теперь заметьте, что, поскольку любой вывод должен быть линейным, достаточно определить $\partial'$ на мономах $rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$ Правило Лейбница подразумевает, что мы имеем $$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(вы должны это проверить, если это не очевидно!). Теперь мы видим, что для определения$\partial',$ достаточно определить $\partial'(x_i)$ для каждого $i.$ Я предоставляю вам показать эту настройку $\partial'(x_i) = a_i$ делает функцию $\partial'$ вывод (нет необходимости предполагать, что $\Bbb{Q}\subseteq R$).