Türev yerelleştirme ve kanonik haritada değişme
Bu problem van der Put'ın "Galois Doğrusal Diferansiyel Denklemler Teorisi" nden.
Benzersiz bir türetme olduğunu gösterin $\partial$ açık $RS^{-1}$ (yerelleştirme $R$ göre $S$) öyle ki kanonik harita $R \rightarrow RS^{-1}$ ile gidip gelir $\partial$ nerede $R$ değişmeli bir halkadır ve $S \subset R$ çarpımsal bir alt kümedir.
İşte bu problemdeki kavramları kabaca anlama çabam. İzin Vermek$\phi : R \rightarrow RS^{-1}$kanonik harita olabilir. Bunu göstermek istiyoruz$\partial (\phi (x)) = \phi (\partial (x))$ için $x \in R$. Bunu tanım gereği gözlemleyin,$\phi (\partial (x))$ haritalar $x \mapsto [\partial (x)],$ denklik sınıfı $\partial (x)$ içinde $RS^{-1}$(Kanonik harita bu şekilde çalışır, değil mi?). Diğer taraftan,$\partial (\phi (x))$ haritalar $x \mapsto \partial ([x]) = [\partial (x)],$ aynı denklik sınıfı olan $RS^{-1}$ tarafından eşlendiği gibi $\phi (\partial (x)).$ Böylece, şu sonuca varıyoruz: $\phi$ ve $\partial$işe gidip gelme. Ama benzersiz olduğunu nasıl göstereceğimden emin değilim$\partial$bu sorunu tatmin eder. Biri lütfen yardım edebilir mi?
Bir teğet üzerinde: Polinom halkasını düşünün $R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$ ve çarpımsal bir alt küme $S \subset R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]$. İzin Vermek$a_1, a_2, \dots , a_n \in R[X_1, X_2, \dots ,X_n ]S^{-1}$verilecek. Benzersiz bir türetmenin var olduğunu kanıtlayın$\partial $ açık $R[X_1, X_2, \dots X_n] S^{-1}$ öyle ki kanonik harita $R \rightarrow R[X_1, X_2, \dots ,X_n ] S^{-1}$ ile gidip gelir $\partial$ ve $\partial (X_i) = a_i$ hepsi için $i$. (Varsayım mı$\mathbb{Q} \subset R$ hiç yararlı mı?)
Yanıtlar
İlk olarak, bir yorum: bir halkanın türevine sahip olduğumuzda $R$, tipik olarak bir türevidir $R$ olarak $A$-bazı sabit harita için cebir $A\to R$ama sende yok $A$notasyonunuzda. (Bunu da isteriz$\partial(a) = 0$ hepsi için $a\in A$.) Ancak bu yaşamı tehdit eden bir konu değildir.
Görünüşe göre benzersiz bir türetme olduğunu göstermek istiyorsunuz $\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ (Sanırım) kanonik yerelleştirme haritası ile gidip geliyor $\phi$ ve sabit bir türev $\partial : R\to R$. Bu orijinal türevi görmedim$\partial$açıklamada; Örtük olarak sabitlendiğini varsayıyorum. Bu kurulumla bunu kanıtlamak istiyorsunuz$$\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$$
Bu neredeyse yazdığın şey (saklamak istiyorum $\partial'$ ve $\partial$karışıklığı önlemek için farklı). Ancak, türetmeyi tanımlamadınız$\partial'$ açık $S^{-1}R$! Bunu bir unsur için gösterdin$S^{-1}R$ hangisinin görüntüsünde $\phi$ (Bunu aramak $\phi(x)$) Biz sahip olmalıyız $\partial'(\phi(x)) = \phi(\partial(x)).$ Ama ne yapar $\partial'$ görüntüsünde olmayan öğelere yapın $\phi$? Örneğin, eğer$s\in S\setminus R^\times,$ nedir $\phi\left(\frac1s\right)$?
Bunu anlamak için izin ver $\partial : R\to R$türetme. Farz et ki$\partial' : S^{-1}R\to S^{-1}R$ bir türetmedir $S^{-1}R$ öyle ki $\partial'\circ\phi = \phi\circ\partial.$ İzin Vermek $r/s\in S^{-1}R;$ hesaplamak istiyoruz $\partial'(r/s).$ Biz var \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*}
Yani, $\partial'$ Tarafından belirlenir $\partial$ ve formun öğeleri üzerinde yaptıklarıyla $\frac{1}{s}\in S^{-1}R.$ Şimdi bunu fark ediyoruz $\partial'(1) = 0,$ gibi $\partial'(1) = \partial'(1^2) = 2\partial'(1)$. Böylece,\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*} Matematik 1'deki bölüm kuralını safça uygularsak elde edeceğimiz şey tam olarak budur.
Gösterdiğimiz şey, eğer böyle bir türetme$\partial'$ var, formülle verilmelidir $$\partial'\left(\frac{r}{s}\right) = \frac{s\partial(r) - r\partial(s)}{s^2}.$$Bu, böyle bir türetme varsa benzersizliği kanıtlar ! Şimdi bunu kontrol etmeyi sana bırakıyorum$\partial'$ bu formülde verildiği üzere (a) iyi tanımlanmıştır ve (b) bir türevdir.
Düzenleme: Aslında sorunun ikinci kısmının istediğini düşünmüştüm $S\subseteq R.$
İkinci sorunuz için de fikir temelde aynı. Tanımlaman gerekiyor$\partial'\left(\frac{f}{g}\right)$ herhangi $f\in R[x_1,\dots, x_n]$ ve $g\in S.$ Yukarıdaki gibi, sahip olmanız gerektiğini gösterebilirsiniz $$ \partial'\left(\frac{f}{g}\right) = \frac{\partial'(f)g - f\partial'(g)}{g^2}, $$ bu yüzden sadece neyi tanımlaman gerekiyor $\partial'$ unsurları üzerinde yapar $R[x_1,\dots, x_n].$
Şimdi, herhangi bir türetme doğrusal olması gerektiğinden, tanımlamanın yeterli olduğuna dikkat edin. $\partial'$ tek terimli $rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}.$ Leibniz kuralı, sahip olduğumuz anlamına gelir $$ \partial'(rx_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n}) = \partial(r)x_1^{m_1}\cdots x_n^{m_n} + r\sum_{i = 1}^n x_1^{m_1}\cdots m_i x_i^{m_i - 1}\cdots x_n^{m_n}\partial(x_i) $$(Açık değilse bunu doğrulamalısınız!). Şimdi, bunu tanımlamak için görüyoruz$\partial',$ tanımlamak yeterli $\partial'(x_i)$ her biri için $i.$ O ayarı göstermeyi sana bırakıyorum $\partial'(x_i) = a_i$ işlevi yapar $\partial'$ bir türetme (varsaymaya gerek yok $\Bbb{Q}\subseteq R$).