การเดินทางมาจากการแปลภาษาและแผนที่บัญญัติ
ปัญหานี้มาจาก "ทฤษฎีกาโลอิสของสมการเชิงอนุพันธ์เชิงเส้น" ของแวนเดอร์พุท
แสดงว่ามีที่มาที่ไม่ซ้ำกัน $\partial$ บน $RS^{-1}$ (การแปลของ $R$ ด้วยความเคารพ $S$) เช่นแผนที่บัญญัติสำหรับ $R \rightarrow RS^{-1}$ เดินทางด้วย $\partial$ ที่ไหน $R$ คือวงแหวนสับเปลี่ยนและ $S \subset R$ เป็นเซตย่อยแบบทวีคูณ
นี่คือความพยายามของฉันด้วยความเข้าใจคร่าวๆเกี่ยวกับแนวคิดในปัญหานี้ ปล่อย$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$เป็นแผนที่บัญญัติ เราต้องการแสดงสิ่งนั้น$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$ สำหรับ $x \in R$. สังเกตว่าตามความหมายแล้ว$\phi (\partial (x))$ แผนที่ $x \mapsto [\partial (x)],$ ระดับความเทียบเท่าของ $\partial (x)$ ใน $RS^{-1}$(นี่คือวิธีการทำงานของแผนที่บัญญัติใช่ไหม) ในทางกลับกัน,$\partial (\phi (x))$ แผนที่ $x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$ ซึ่งเป็นคลาสความเทียบเท่าเดียวกันใน $RS^{-1}$ ตามที่แมปโดย $\phi (\partial (x)).$ ดังนั้นเราจึงสรุปได้ว่า $\phi$ และ $\partial$การเดินทาง. แต่ฉันไม่แน่ใจว่าจะแสดงอย่างไรว่ามีเอกลักษณ์$\partial$ที่ตอบสนองปัญหานี้ ใครช่วยได้บ้าง
บนแทนเจนต์: พิจารณาแหวนพหุนาม $R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$ และเซตย่อยแบบทวีคูณ $S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. ปล่อย$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$ได้รับ พิสูจน์ว่ามีที่มาที่ไม่ซ้ำกัน$\partial $ บน $R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$ เช่นแผนที่บัญญัติ $R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$ เดินทางด้วย $\partial$ และ $\partial (X_i) = a_i$ เพื่อทุกสิ่ง $i$. (เป็นข้อสันนิษฐาน$\mathbb{Q} \subset R$ มีประโยชน์หรือไม่)
คำตอบ
ประการแรกความคิดเห็น: เมื่อเรามีที่มาของแหวน $R$โดยทั่วไปจะเป็นที่มาของ $R$ เป็น $A$- พีชคณิตสำหรับแผนที่คงที่ $A\to R$แต่คุณไม่มี $A$ในสัญกรณ์ของคุณ (เราต้องการสิ่งนั้นด้วย$\partial(a) = 0$ เพื่อทุกสิ่ง $a\in A$.) อย่างไรก็ตามนี่ไม่ใช่ปัญหาที่คุกคามชีวิต
ดูเหมือนว่าคุณต้องการแสดงให้เห็นว่ามีที่มาที่ไม่ซ้ำกัน $\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ (ฉันคิดว่า) ซึ่งเชื่อมต่อกับแผนที่การแปลภาษาที่เป็นที่ยอมรับ $\phi$ และรากศัพท์คงที่ $\partial : R\to R$. ฉันไม่เห็นรากศัพท์ดั้งเดิมนี้$\partial$ในแถลงการณ์; ฉันคิดว่ามันคงที่โดยปริยาย ด้วยการตั้งค่านี้คุณต้องการพิสูจน์ว่า$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
นี่เกือบจะเป็นสิ่งที่คุณเขียนแล้ว (ฉันอยากจะเก็บไว้ $\partial'$ และ $\partial$ชัดเจนเพื่อหลีกเลี่ยงความสับสน) อย่างไรก็ตามคุณยังไม่ได้กำหนดแหล่งที่มา$\partial'$ บน $S^{-1}R$! คุณได้แสดงให้เห็นว่าสำหรับองค์ประกอบของ$S^{-1}R$ ซึ่งอยู่ในภาพของ $\phi$ (เรียกมัน $\phi(x)$) เราต้องมี $\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$ แต่จะทำอย่างไร $\partial'$ ทำกับองค์ประกอบที่ไม่ได้อยู่ในภาพของ $\phi$เหรอ? ตัวอย่างเช่นถ้า$s\in S\setminus R^\times,$ คืออะไร $\phi\left(\frac1s\right)$เหรอ?
เพื่อหาสิ่งนี้ให้ $\partial : R\to R$เป็นที่มา สมมติว่า$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ เป็นที่มาของ $S^{-1}R$ ดังนั้น $\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$ ปล่อย $r/s\in S^{-1}R;$ เราต้องการคำนวณ $\partial'(r/s).$ เรามี \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*}
ดังนั้น, $\partial'$ ถูกกำหนดโดย $\partial$ และสิ่งที่ทำกับองค์ประกอบของแบบฟอร์ม $\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$ ตอนนี้เราสังเกตเห็นว่า $\partial'(1) = 0,$ เช่น $\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. ด้วยประการฉะนี้\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*} ซึ่งเป็นสิ่งที่เราจะได้รับถ้าเราใช้กฎผลหารจากแคลคูลัส 1 อย่างไร้เดียงสา
สิ่งที่เราได้แสดงให้เห็นก็คือหากได้มานั้น$\partial'$ มีอยู่จะต้องได้รับตามสูตร $$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$สิ่งนี้พิสูจน์ให้เห็นถึงความเป็นเอกลักษณ์หากมีที่มาที่ไป! ตอนนี้ฉันฝากไว้ให้คุณตรวจสอบว่า$\partial'$ ตามที่กำหนดโดยสูตรนี้คือ (a) กำหนดไว้อย่างดีและ (b) อนุพันธ์
แก้ไข: เดิมทีฉันคิดว่าส่วนที่สองของคำถามต้องการ $S\subseteq R.$
สำหรับคำถามที่สองของคุณแนวคิดก็เหมือนกันหมด คุณต้องกำหนด$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$ สำหรับใด ๆ $f\in R[x_1,\dots, x_n]$ และ $g\in S.$ ข้างต้นแสดงว่าคุณต้องมี $$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$ ดังนั้นคุณต้องกำหนดว่าอะไร $\partial'$ ทำกับองค์ประกอบของ $R[x_1,\dots, x_n].$
ตอนนี้สังเกตว่าเนื่องจากอนุพันธ์ใด ๆ ต้องเป็นเชิงเส้นจึงเพียงพอที่จะกำหนด $\partial'$ บนโมโนเมียล $rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$ กฎไลบนิซบอกเป็นนัยว่าเรามี $$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(คุณควรตรวจสอบสิ่งนี้หากไม่ชัดเจน!) ตอนนี้เราเห็นว่าจะกำหนด$\partial',$ มันเพียงพอที่จะกำหนด $\partial'(x_i)$ แต่ละ $i.$ ฉันปล่อยให้คุณแสดงการตั้งค่านั้น $\partial'(x_i) = a_i$ ทำให้ฟังก์ชั่น $\partial'$ อนุพันธ์ (ไม่จำเป็นต้องสรุปว่า $\Bbb{Q}\subseteq R$).