Un problema de prueba de isomorfismo "sutil": $\mathbb{Z}\ltimes_{A} \mathbb{Z}^5\cong \mathbb{Z}\ltimes_{B}\mathbb{Z}^5$ ¿o no?
EDITAR : Cometí un error con las matrices. Ahora está corregido.
Hace un par de días hice esta pregunta . Allí, los que respondieron me dieron excelentes pistas para resolver ese caso y otros también. Pero encontré dos matrices para las que tuve que distinguir los grupos correspondientes y no pude resolver el problema con ninguna de esas técnicas (ver más abajo).
Ya casi he terminado con mi tarea de analizar estas matrices y grupos y creo que los siguientes son los últimos ejemplos que debo distinguir.
Dejar $A=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\0&0&-1&0&0 \\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus A'$ y $B=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&0&-1&1&0\\0&1&-1&0&0\\0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus B'$.
Pregunta: Son isomorfos $G_A=\mathbb{Z}\ltimes_A \mathbb{Z}^5$ y $G_B=\mathbb{Z}\ltimes_B\mathbb{Z}^5$? Bueno, de nuevo creo que no lo son.
Pensamientos y avances :
$\bullet$ $B$ no se conjuga a $A$ o $A^{-1}$ en $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ pero están en $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Q})$. Ambos son de orden 6 y tienen 1 como valor propio.
$\bullet$Calculé las clases centrales 2 y 3 exponencial hasta 11 (como me enseñaron los que respondieron en la pregunta anterior) y resultaron en pQuotients isomorfos. Las presentaciones son:
> GA := Group<a,b,c,d,e,t | (a,b), (a,c), (a,d), (a,e), (b,c), (b,d), (b,e), (c,d), (c,e), (d,e),
> a^t=a, b^t=b^-1*c^-1, c^t=b, d^t=d*e^-1, e^t=d>;
>
> GB := Group<a,b,c,d,e,t | (a,b), (a,c), (a,d), (a,e), (b,c), (b,d), (b,e), (c,d), (c,e), (d,e),
> a^t=a, b^t=b^-1*c^-1, c^t=b, d^t=b*c*d*e^-1, e^t=b*c*d>;
$\bullet$He encontrado en este documento Corolario 8.9 (cf Prop 4.2 y Def 4.3) que si tuviera$\mathbb{Z}\ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ y $\mathbb{Z}\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ entonces esos productos semidirectos no serían isomórficos porque $B'\not\sim A',(A')^{-1}$ en $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ (y porque ninguno tiene 1 como valor propio) pero no sé cómo relacionar estos productos semidirectos con los originales que tengo.
$\bullet$ $G_A^{ab}\cong G_B^{ab}\cong \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_3$. También intenté calcular los cocientes.$G/\gamma_i(G)$ (para $i\geq 2$) dónde $\gamma_i=[\gamma_{i-1}(G),G]$ y $\gamma_1=[G,G]$ y todos ellos son isomorfos.
$\bullet$ Pensando en $\Gamma_A=(G_A/Z(G_A))$ y $\Gamma_B=(G_B/Z(G_B))$ yo obtengo $\Gamma_A\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{A'}\mathbb{Z}^4$ y $\Gamma_B\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ y calculé la abelianización ($\mathbb{Z}_6\oplus\mathbb{Z}_3$) y pQuotients aquí también, pero tampoco pude distinguirlos.
> Gamma_A := Group<a,b,c,d,t | (a,b), (a,c), (a,d), (b,c), (b,d),
> (c,d), t^6, a^t=a^-1*b^-1, b^t=a, c^t=c*d^-1, d^t=c>;
>
> Gamma_B := Group<a,b,c,d,t | (a,b), (a,c), (a,d), (b,c), (b,d),
> (c,d), t^6, a^t=a^-1*b^-1, b^t=a, c^t=a*b*c*d^-1, d^t=a*b*c>;
Espero que alguien pueda ayudarme de nuevo con esto.
Respuestas
Reclamación. Los grupos$G_A$ y $G_B$ no son isomorfos.
Usaremos el siguiente lema.
Lema. Dejar$\Gamma_A = G_A/Z(G_A) = C_6 \ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ y $\Gamma_B = G_B/Z(G_B) = C_6 \ltimes_{B'} \mathbb{Z}^4$, dónde $C_6 = \langle \alpha \rangle$ es el grupo cíclico de orden $6$ y $A'$ y $B'$ se obtienen de $A$ y $B$respectivamente, eliminando la primera fila y la primera columna. Dejar$M_A \Doteq [\Gamma_A, \Gamma_A]$ y $M_B \Doteq [\Gamma_B, \Gamma_B]$ ser los subgrupos derivados correspondientes considerados como $\mathbb{Z}[C_6]$-módulos donde $\alpha$ actúa como $A'$ en $M_A$ y como $B'$ en $M_B$. Luego tenemos lo siguiente$\mathbb{Z}[C_6]$-presentaciones de módulos: $$M_A = \langle x, y \vert \, (\alpha^2 + \alpha + 1)x = (\alpha^2 - \alpha + 1)y = 0\rangle $$ y $$ M_B = \langle x \,\vert \, (\alpha^4 + \alpha^2 + 1)x = 0\rangle $$
Prueba. Utilice la descripción de$M_A$ como $(A' - 1_4) \mathbb{Z}^4$ y observa como $A'$ transforma los vectores columna de $A' - 1_4$. Haz lo mismo por$M_B$.
Ahora estamos en condiciones de probar la afirmación.
Prueba de la reclamación. Basta mostrar que$\Gamma_A$ y $\Gamma_B$no son isomorfos. Un isomorfismo$\phi: \Gamma_A \rightarrow \Gamma_B$ induciría un isomorfismo $M_A \rightarrow M_B$de grupos abelianos. Como necesariamente tenemos$\phi((\alpha, (0, 0, 0, 0))) = (\alpha^{\pm 1}, z)$ para algunos $z \in \mathbb{Z}^4$ y dado que las presentaciones del lema anterior permanecen sin cambios si reemplazamos $\alpha$ por $\alpha^{-1}$, el isomorfismo $\phi$ induciría un isomorfismo de $\mathbb{Z}[C_6]$-módulos. Esto es imposible porque$M_A$ no puede ser generado por menos de dos elementos mientras que $M_B$ es cíclico sobre $\mathbb{Z}[C_6]$. Observe de hecho que$M_A$ se sobrepone a $\mathbb{F}_4 \times \mathbb{F}_4$ dónde $\mathbb{F}_4 \simeq \mathbb{Z}[C_6]/(2, \alpha^2 + \alpha + 1)$ es el campo con cuatro elementos.
Anexo 1. Vamos$G$ ser grupo finitamente generado $G$. Denotamos por$d(G)$el rango de$G$, es decir, el número mínimo de generadores de $G$. Para estos dos casos especiales, en realidad tenemos$d(G_A) = 4$ y $d(G_B) = 3$.
En general, puede ser difícil calcular el rango de un grupo, pero algunos conocimientos están disponibles para $G_A$ y algunas otras extensiones divididas por grupos cíclicos, ver [1, Corolario 2.4] y [2, Teorema A y Sección 3.1].
Vamos a poner $G_A = \mathbb{Z} \ltimes_A N_A$ con $N_A \Doteq \mathbb{Z}^n$. Luego$N_A$ puede estar dotado de la estructura de un $\mathbb{Z}[C]$ módulo donde $C \subset G_A$ es el grupo cíclico infinito generado por $a \Doteq (1, (0, \dots, 0)) \in G_A$ que actúa sobre $N_A$ vía conjugación, o igualmente, vía multiplicación por $A$.
Dejar $R$ ser un anillo unital y dejar $M$ ser un finitamente generado $R$-módulo. Denotamos por$d_R(M)$ el número mínimo de generadores de $M$ encima $R$. Entonces los resultados antes mencionados implican que$$d(G_A) = d_{\mathbb{Z}[C]}(N_A) + 1.$$
Denotemos por $(e_1, \dots, e_n)$ la base canónica de $\mathbb{Z}^n$. por$A$ y $B$ como en la pregunta de OP, es fácil derivar lo siguiente $\mathbb{Z}[C]$-presentaciones de módulos: $$N_A = \langle e_1, e_2, e_4 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0 \rangle$$ y $$N_B = \langle e_1, e_5 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0 \rangle.$$
A partir de estas presentaciones y la fórmula de clasificación anterior, podemos inferir fácilmente las identidades declaradas, es decir, $d(G_A) = 4$ y $d(G_B) = 3$.
Apéndice 2. Vamos$C_A$ ser el subgrupo cíclico de $G_A$ generado por $a \Doteq (1, (0, \dots, 0))$ y $K_A$ la $\mathbb{Z}[C_A]$-módulo definido como en la respuesta de Johannes Hahn (y posteriormente en la mía) a esta pregunta de MO . Dejar$\omega(A)$ ser el orden de $A$ en $\text{GL}_n(\mathbb{Z})$, que asumimos que es finito, y establecemos $e_0 \Doteq (\omega(A), (0, \dots, 0)) \in G_A$. Denotemos por$(e_1, \dots, e_n)$ la base canónica de $\mathbb{Z}^n \triangleleft G_A$.
Se ha establecido que la pareja $\{K_A, K_{A^{-1}}\}$ de $\mathbb{Z}[C]$-modules es un isomorfismo invariante de $G_A$, dónde $C = C_A \simeq C_{A^{-1}}$ con la identificación $a \mapsto (1, (0, \dots,0)) \in G_{A^{-1}}$. Se puede utilizar para abordar el ejemplo anterior y este también.
Para los casos de esta pregunta de MO, cálculos sencillos muestran que $$K_A = K_{A^{-1}}= \langle e_0, e_1, e_2, e_4 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0\rangle$$ y $$K_B = \langle e_0, e_1, e_5 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a -1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0\rangle.$$ Ya que $d_{\mathbb{Z}[C_A]}(K_A) = 4$ y $d_{\mathbb{Z}[C_B]}(K_B) = 3$ los grupos $G_A$ y $G_B$ no son isomorfos.
[1] G. Levitt y V. Metaftsis, "Rango de toros de mapeo y matrices acompañantes" , 2010.
[2] L. Guyot, "Generadores de extensiones divididas de grupos abelianos por grupos cíclicos", 2018.
Los siguientes cálculos parecen distinguir entre ellos.
> #LowIndexSubgroups(GA,4);
30
> #LowIndexSubgroups(GB,4);
26
Tienen diferentes números de homomorfismos en $A_4$:
> #Homomorphisms(GA,Alt(4),Sym(4));
5
> #Homomorphisms(GB,Alt(4),Sym(4));
1
(El tercer argumento de las opciones $\mathsf{Sym(4)}$ significa contar (homomorfismos sobreyectivos) hasta la conjugación en $\mathsf{Sym(4)}$.)
Aquí hay otro enfoque:
> P,phi:=pQuotient(GA,3,1);
> AQInvariants(Kernel(phi));
[ 2, 2, 0, 0, 0, 0 ]
> P,phi:=pQuotient(GB,3,1);
> AQInvariants(Kernel(phi));
[ 0, 0, 0, 0 ]
De hecho, estos tres métodos detectan la misma diferencia en cocientes finitos de los grupos, pero los incluí todos para darte una indicación de las posibles técnicas para probar el no isomorfismo.
En última instancia, todas estas técnicas se basan en observar varios tipos de cocientes computables de los grupos. Desafortunadamente, hay ejemplos de pares de grupos no isomórficos presentados de forma finita que no pueden distinguirse de esta manera por sus cocientes computables (de hecho, la insolubilidad del problema de isomorfismo general implica que tales ejemplos deben existir).