Masalah pengujian isomorfisme "halus": $\mathbb{Z}\ltimes_{A} \mathbb{Z}^5\cong \mathbb{Z}\ltimes_{B}\mathbb{Z}^5$ atau tidak?

Aug 20 2020

EDIT : Saya telah membuat kesalahan dengan matriks. Sekarang sudah diperbaiki.

Beberapa hari yang lalu saya menanyakan pertanyaan ini . Di sana, penjawab memberi saya petunjuk bagus untuk menyelesaikan kasus itu dan yang lainnya juga. Tetapi saya telah menemukan dua matriks yang harus saya bedakan dengan grup yang sesuai dan saya tidak dapat menyelesaikan masalah dengan teknik tersebut (lihat di bawah).

Saya hampir selesai dengan tugas saya untuk menganalisis matriks dan grup ini dan saya pikir berikut ini adalah contoh terakhir yang harus saya bedakan.

Membiarkan $A=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\0&0&-1&0&0 \\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus A'$ dan $B=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&0&-1&1&0\\0&1&-1&0&0\\0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus B'$.

Pertanyaan: Apakah isomorfik $G_A=\mathbb{Z}\ltimes_A \mathbb{Z}^5$ dan $G_B=\mathbb{Z}\ltimes_B\mathbb{Z}^5$? Sekali lagi saya pikir mereka tidak.

Pikiran dan kemajuan :

$\bullet$ $B$ tidak berkonjugasi dengan $A$ atau $A^{-1}$ di $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ tapi mereka masuk $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Q})$. Keduanya berorde 6 dan memiliki 1 sebagai nilai eigen.

$\bullet$Saya menghitung kelas pusat eksponensial 2 dan 3 hingga 11 (seperti yang diajarkan oleh penjawab pada pertanyaan sebelumnya) dan menghasilkan pQuotients isomorfik. Presentasinya adalah:

> 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>;

$\bullet$Saya telah menemukan dalam makalah ini Corollary 8.9 (cf Prop 4.2 dan Def 4.3) bahwa jika saya memilikinya$\mathbb{Z}\ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ dan $\mathbb{Z}\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ maka produk semidirect tersebut tidak akan isomorfik karena $B'\not\sim A',(A')^{-1}$ di $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ (dan karena keduanya tidak memiliki 1 sebagai nilai eigen) tetapi saya tidak tahu bagaimana menghubungkan produk semidirect ini dengan produk asli yang saya miliki.

$\bullet$ $G_A^{ab}\cong G_B^{ab}\cong \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_3$. Saya juga mencoba menghitung quotients$G/\gamma_i(G)$ (untuk $i\geq 2$) di mana $\gamma_i=[\gamma_{i-1}(G),G]$ dan $\gamma_1=[G,G]$ dan semuanya isomorfik.

$\bullet$ Berfikir tentang $\Gamma_A=(G_A/Z(G_A))$ dan $\Gamma_B=(G_B/Z(G_B))$ saya mendapat $\Gamma_A\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{A'}\mathbb{Z}^4$ dan $\Gamma_B\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ dan saya menghitung abelianisasi ($\mathbb{Z}_6\oplus\mathbb{Z}_3$) dan pQuotients di sini juga, tetapi saya juga tidak bisa membedakannya.

> 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>;

Saya berharap seseorang dapat membantu saya lagi dengan ini.

Jawaban

7 LucGuyot Aug 21 2020 at 12:15

Klaim. Kelompok$G_A$ dan $G_B$ tidak isomorfik.

Kami akan menggunakan lemma berikut.

Kata pengantar singkat. Membiarkan$\Gamma_A = G_A/Z(G_A) = C_6 \ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ dan $\Gamma_B = G_B/Z(G_B) = C_6 \ltimes_{B'} \mathbb{Z}^4$, dimana $C_6 = \langle \alpha \rangle$ adalah kelompok urutan siklik $6$ dan $A'$ dan $B'$ diperoleh dari $A$ dan $B$masing-masing dengan menghapus baris pertama dan kolom pertama. Membiarkan$M_A \Doteq [\Gamma_A, \Gamma_A]$ dan $M_B \Doteq [\Gamma_B, \Gamma_B]$ menjadi subkelompok turunan terkait yang dianggap sebagai $\mathbb{Z}[C_6]$-modul dimana $\alpha$ bertindak sebagai $A'$ di $M_A$ dan sebagai $B'$ di $M_B$. Kemudian kami memiliki yang berikut ini$\mathbb{Z}[C_6]$-presentasi modul: $$M_A = \langle x, y \vert \, (\alpha^2 + \alpha + 1)x = (\alpha^2 - \alpha + 1)y = 0\rangle $$ dan $$ M_B = \langle x \,\vert \, (\alpha^4 + \alpha^2 + 1)x = 0\rangle $$

Bukti. Gunakan deskripsi$M_A$ sebagai $(A' - 1_4) \mathbb{Z}^4$ dan amati caranya $A'$ mengubah vektor kolom $A' - 1_4$. Lakukan hal yang sama untuk$M_B$.

Kami sekarang dalam posisi untuk membuktikan klaim tersebut.

Bukti klaim. Itu sudah cukup untuk menunjukkan itu$\Gamma_A$ dan $\Gamma_B$tidak isomorfik. Sebuah isomorfisme$\phi: \Gamma_A \rightarrow \Gamma_B$ akan menyebabkan isomorfisme $M_A \rightarrow M_B$dari kelompok Abelian. Seperti yang kita miliki$\phi((\alpha, (0, 0, 0, 0))) = (\alpha^{\pm 1}, z)$ untuk beberapa $z \in \mathbb{Z}^4$ dan karena penyajian lemma di atas tetap tidak berubah jika kita ganti $\alpha$ oleh $\alpha^{-1}$, isomorfisme $\phi$ akan menyebabkan isomorfisme $\mathbb{Z}[C_6]$-modul. Ini tidak mungkin karena$M_A$ tidak dapat dihasilkan oleh kurang dari dua elemen sedangkan $M_B$ adalah siklus berakhir $\mathbb{Z}[C_6]$. Perhatikan itu$M_A$ menduga ke $\mathbb{F}_4 \times \mathbb{F}_4$ dimana $\mathbb{F}_4 \simeq \mathbb{Z}[C_6]/(2, \alpha^2 + \alpha + 1)$ adalah bidang dengan empat elemen.


Tambahan 1. Biarkan$G$ menjadi grup yang dihasilkan secara tak terbatas $G$. Kami dilambangkan dengan$d(G)$yang pangkat$G$, yaitu jumlah minimum generator $G$. Untuk dua contoh khusus ini, kami benar-benar punya$d(G_A) = 4$ dan $d(G_B) = 3$.

Secara umum, mungkin sulit untuk menghitung peringkat grup, tetapi beberapa pengetahuan tersedia untuk $G_A$ dan beberapa ekstensi terpisah lainnya berdasarkan kelompok siklik, lihat [1, Akibat Akibat 2.4] dan [2, Teorema A dan Bagian 3.1].

Mari kita atur $G_A = \mathbb{Z} \ltimes_A N_A$ dengan $N_A \Doteq \mathbb{Z}^n$. Kemudian$N_A$ dapat diberkahi dengan struktur a $\mathbb{Z}[C]$ modul dimana $C \subset G_A$ adalah grup siklik tak terbatas yang dihasilkan oleh $a \Doteq (1, (0, \dots, 0)) \in G_A$ yang bertindak $N_A$ melalui konjugasi, atau dengan kata lain, melalui perkalian dengan $A$.

Membiarkan $R$ jadilah cincin yang utuh dan biarkan $M$ menjadi yang dihasilkan dengan baik $R$-modul. Kami dilambangkan dengan$d_R(M)$ jumlah minimum generator $M$ lebih $R$. Kemudian hasil yang disebutkan di atas menyiratkan bahwa$$d(G_A) = d_{\mathbb{Z}[C]}(N_A) + 1.$$

Mari kita tunjukkan dengan $(e_1, \dots, e_n)$ dasar kanonik $\mathbb{Z}^n$. Untuk$A$ dan $B$ seperti dalam pertanyaan OP, mudah untuk mendapatkan yang berikut ini $\mathbb{Z}[C]$-presentasi modul: $$N_A = \langle e_1, e_2, e_4 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0 \rangle$$ dan $$N_B = \langle e_1, e_5 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0 \rangle.$$

Dari presentasi ini dan rumus peringkat di atas, kita dapat dengan mudah menyimpulkan identitas yang diklaim, yaitu, $d(G_A) = 4$ dan $d(G_B) = 3$.

Tambahan 2. Biarkan$C_A$ menjadi subkelompok siklik dari $G_A$ dihasilkan oleh $a \Doteq (1, (0, \dots, 0))$ dan $K_A$ itu $\mathbb{Z}[C_A]$-module didefinisikan seperti dalam jawaban Johannes Hahn (dan kemudian milik saya) untuk pertanyaan MO ini . Membiarkan$\omega(A)$ menjadi urutan $A$ di $\text{GL}_n(\mathbb{Z})$, yang kami asumsikan terbatas, dan ditetapkan $e_0 \Doteq (\omega(A), (0, \dots, 0)) \in G_A$. Mari kita tunjukkan dengan$(e_1, \dots, e_n)$ dasar kanonik $\mathbb{Z}^n \triangleleft G_A$.

Telah ditetapkan bahwa pasangan $\{K_A, K_{A^{-1}}\}$ dari $\mathbb{Z}[C]$-modul adalah invarian dari isomorfisme $G_A$, dimana $C = C_A \simeq C_{A^{-1}}$ dengan identifikasi $a \mapsto (1, (0, \dots,0)) \in G_{A^{-1}}$. Ini dapat digunakan untuk menangani contoh sebelumnya dan yang ini juga.

Untuk contoh pertanyaan MO ini, perhitungan langsung menunjukkan itu $$K_A = K_{A^{-1}}= \langle e_0, e_1, e_2, e_4 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0\rangle$$ dan $$K_B = \langle e_0, e_1, e_5 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a -1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0\rangle.$$ Sejak $d_{\mathbb{Z}[C_A]}(K_A) = 4$ dan $d_{\mathbb{Z}[C_B]}(K_B) = 3$ kelompok $G_A$ dan $G_B$ tidak isomorfik.


[1] G. Levitt dan V. Metaftsis, "Peringkat pemetaan tori dan matriks pengiring" , 2010.
[2] L. Guyot, "Generator perpecahan ekstensi grup Abelian menurut grup siklik", 2018.

8 DerekHolt Aug 21 2020 at 08:09

Perhitungan berikut tampaknya membedakan keduanya.

>  #LowIndexSubgroups(GA,4);
30
>  #LowIndexSubgroups(GB,4);
26

Mereka memiliki jumlah homomorfisme yang berbeda $A_4$:

> #Homomorphisms(GA,Alt(4),Sym(4));
5
> #Homomorphisms(GB,Alt(4),Sym(4));
1

(Opsi argumen ketiga $\mathsf{Sym(4)}$ artinya hitung (homomorfisme surjectif) hingga konjugasi dalam $\mathsf{Sym(4)}$.)

Inilah pendekatan lain:

> 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 ]

Faktanya ketiga metode ini semuanya mendeteksi perbedaan yang sama dalam quotients hingga grup, tetapi saya menyertakan semuanya untuk memberi Anda indikasi teknik yang mungkin untuk membuktikan non-isomorfisme.

Pada akhirnya, semua teknik ini bergantung pada melihat berbagai jenis quotients yang dapat dihitung dari grup. Sayangnya ada contoh pasangan dari kelompok non-isomorfik yang disajikan tak terbatas yang tidak dapat dibedakan dengan cara ini oleh quotients mereka yang dapat dihitung (sebenarnya ketidakmampuan menyelesaikan masalah isomorfisme umum menyiratkan bahwa contoh tersebut harus ada.)