Bourbaki

习题 3, § 1

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代数, V

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

设AA为交换环。对于每个多项式f∈A[X]f \in A[X],我们将多项式环A[X,Y]A[X, Y]写入AA上的两个不定式多项式,

f(X+Y)=∑m=0∞Δmf(X)Ym, f(X + Y) = \sum_{m=0}^{\infty} \Delta_m f(X) Y^m,

其中Δ\Delta因此是A[X]A[X]自身的AA线性映射。 a) 如果 ZZ 是不确定的,并且 τZ\tau_Z A[X]A[X] 到 A[X,Z]A[X, Z] 的 AA 线性映射,使得 τZf=f(X+Z)\tau_Z f = f(X + Z),则证明 τZ∘Δ=Δ∘τZ\tau_Z \circ \Delta = \Delta \circ \tau_Z(其中右侧 Δ\Delta 是上面在环中定义的映射) B[X]B[X],其中B=A[Z]B = A[Z])。推断在 A[X]A[X] 我们有

ΔmΔn=ΔnΔm=(m+nm)Δm+n \Delta_m \Delta_n = \Delta_n \Delta_m = \binom{m+n}{m} \Delta_{m+n}

整数m,n≥0m, n \geq 0(cf.IV、p. 8)。 b) 假设AA是特征p>0p > 0的环,并且对于每个整数k≥0k \geq 0放入Dk=ΔpkD_k = \Delta_{p^k}。证明如果 f∈A[X]f \in A[X] 和 g∈A[Xpk]g \in A[X^{p^k}] 那么 Dk(fg)=g⋅Dkf+f⋅DkgD_k(fg) = g \cdot D_k f + f \cdot D_k g。 每个多项式f∈A[X]f \in A[X]都可以唯一地写成形式f(X)=∑m=0∞Xmpkgm(X)f(X) = \sum_{m=0}^{\infty} X^{mp^k} g_m(X),其中deg⁡(gm)<pk\deg(g_m) < p^k;表明

Dkf(X)=∑m=0∞mX(m−1)pkgm(X) D_k f(X) = \sum_{m=0}^{\infty} m X^{(m-1)p^k} g_m(X)

并推导出Dkp=0D_k^p = 0。

c) 对于每个整数m>0m > 0,令m=α0+α1p+…+αkpkm = \alpha_0 + \alpha_1 p + \ldots + \alpha_k p^k为基pp中mm的展开(集合理论,III,p. 177),因此0≤a,<p0 \leq a, < p为0≤j≤k0 \leq j \leq k;假设aj≠0a_j \neq 0。表明

Δm=(1α0!D0α0)(1α1!D1α1)…(1αk!Dkαk). \Delta_m = \left( \frac{1}{\alpha_0!} D_0^{\alpha_0} \right) \left( \frac{1}{\alpha_1!} D_1^{\alpha_1} \right) \ldots \left( \frac{1}{\alpha_k!} D_k^{\alpha_k} \right).

(如果Δm′\Delta'_m是这个关系的右边,注,如果我们引入展开f(X+Y)=∑q=0∞fq(Y)Xqf(X + Y) = \sum_{q=0}^{\infty} f_q(Y) X^q,我们有Δm′f(X+Y)=∑q=0∞fq(Y)Δm′(Xq)\Delta'_m f(X + Y) = \sum_{q=0}^{\infty} f_q(Y) \Delta'_m(X^q),并推断这可以写成Δm′f(X+Y)=fm(X)+Yg(X,Y)\Delta'_m f(X + Y) = f_m(X) + Yg(X, Y),其中gg是一个多项式。)

解答

尚未写出解答。

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