Anillo homomorphism toma discriminante para discriminante

Question

Deje $R[x] \xrightarrow{\sigma} S[x]$ ser un anillo homomorphism donde $R,S$ son parte integral de los dominios de la característica $0$. Es cierto que para cualquier monic polinomio $f(x) \in R[x],\sigma(disc(f(x)))=disc(\sigma(f(x)))$.

Mi enfoque es la siguiente: Si $\alpha_1,\ldots,\alpha_n$ son raíces de $f(x)$ en algunos extensión de $Frac(R)$,$disc(f(x))=\prod_{1\leq i<j\leq n}(\alpha_i-\alpha_j)^2$.De alguna manera,si $\sigma$ podría de alguna manera ser extendido tal que $\sigma(\alpha_i)$ tiene sentido,entonces van a ser las raíces de $\sigma(f(x))$ y desde allí se $n$ tales,son todas las raíces y nos gustaría hacer.

Answer 1

Básicamente, sí, asumiendo que su homomorphism es un "psicológicamente agradable." Es decir: si $\sigma(x)=x$.

El discriminante es un número constante de veces un polinomio en los coeficientes del polinomio, $f$, se puede ver que comparando con la resultante de la fórmula. I. e. si $f(x)=a_nx^n+\ldots a_1x+a_0$, entonces el discriminante es $cp(a_n,\ldots, a_0)$ para algunos polinomio $p(x)$ $c\in\text{Frac}(F)$ (dada explícitamente por la resultante de la fórmula). Pero entonces cualquier anillo homomorphism desplazamientos con un mapa, es decir,$\sigma(cp(a_n,\ldots, a_0))=\sigma(c)p(\sigma(a_n),\ldots,\sigma(a_0))$, por lo que la imagen de el discriminante es el discriminante de la imagen, suponiendo que el $\sigma$ envía $x$$x$.

Si usted no imponer esa condición, nota $R=\Bbb Z$, $S=\Bbb Z[i]$ y $\sigma(x)=i$, e $\sigma(n)=n, \forall n\in\Bbb Z$ es un contraejemplo, porque usted ha $f(x)=x^2+1$ tiene discriminante $D=-4$, pero el discriminante de $\sigma(f(x))$ es sólo el discriminante de la constante de $0$, es decir,$0$.

Answer 2

Me alegro de que Adam Hughes respondió a su pregunta en primer lugar, porque en la respuesta que yo estaba preparando, yo estaba completamente unwarrantedly suponiendo que $\sigma(x)=x$.

Me hubiera quejado de que estaba utilizando un muy ineficiente definición del discriminante, y entonces miré en la Wikipedia, que en su artículo me parece muy deficiente. A partir de la definición que utiliza, no es difícil mostrar que el discriminante es (a $\pm1$), mucho más manipulable $\prod_\rho f'(\rho)$, el producto que está siendo tomado por las raíces de $f$. A partir de esto, creo que se puede convencer a ti mismo que el anterior producto también es el determinante de a $f'(x)$ $R$- transformación lineal (en el ordinario de la representación) de la $R$libre de módulo de $R[X]\big/\bigl(f(X)\bigr)$. Esto trae todo el lío hasta el nivel de los coeficientes de $f$, sin mencionar nunca las raíces de $f$. El polinomio de coeficientes que se obtiene es el mismo que el conseguido por el más complicado proceso que implica la temida resultante.