Un problema di verifica dell'isomorfismo "sottile": $\mathbb{Z}\ltimes_{A} \mathbb{Z}^5\cong \mathbb{Z}\ltimes_{B}\mathbb{Z}^5$ o no?
EDIT : ho fatto un errore con le matrici. Ora è corretto.
Un paio di giorni fa ho posto questa domanda . Lì, i rispondenti mi hanno dato ottimi suggerimenti per risolvere quel caso e anche altri. Ma ho trovato due matrici per le quali dovevo distinguere i gruppi corrispondenti e non ho potuto risolvere il problema con nessuna di queste tecniche (vedi sotto).
Ho quasi finito con il mio compito di analizzare queste matrici e questi gruppi e penso che i seguenti siano gli ultimi esempi che devo distinguere.
Permettere $A=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\0&0&-1&0&0 \\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus A'$ e $B=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&0&-1&1&0\\0&1&-1&0&0\\0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus B'$.
Domanda: sono isomorfici $G_A=\mathbb{Z}\ltimes_A \mathbb{Z}^5$ e $G_B=\mathbb{Z}\ltimes_B\mathbb{Z}^5$? Ebbene, di nuovo penso che non lo siano.
Pensieri e progressi :
$\bullet$ $B$ non è coniugato con $A$ o $A^{-1}$ in $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ ma sono dentro $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Q})$. Sono entrambi di ordine 6 e hanno 1 come autovalore.
$\bullet$Ho calcolato le classi centrali 2 e 3 esponenziali fino a 11 (come mi hanno insegnato i rispondenti nella domanda precedente) e risultano in pQuotienti isomorfi. Le presentazioni sono:
> 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>;
$\bullet$Ho trovato in questo documento il Corollario 8.9 (cfr Prop 4.2 e Def 4.3) che se avessi avuto$\mathbb{Z}\ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ e $\mathbb{Z}\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ allora quei prodotti semidiretti non sarebbero isomorfi perché $B'\not\sim A',(A')^{-1}$ in $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ (e perché nessuno dei due ha 1 come autovalore) ma non so come mettere in relazione questi prodotti semidiretti con quelli originali che ho.
$\bullet$ $G_A^{ab}\cong G_B^{ab}\cong \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_3$. Inoltre ho provato a calcolare i quozienti$G/\gamma_i(G)$ (per $i\geq 2$) dove $\gamma_i=[\gamma_{i-1}(G),G]$ e $\gamma_1=[G,G]$ e tutti sono isomorfi.
$\bullet$ Pensando a $\Gamma_A=(G_A/Z(G_A))$ e $\Gamma_B=(G_B/Z(G_B))$ ottengo $\Gamma_A\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{A'}\mathbb{Z}^4$ e $\Gamma_B\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ e ho calcolato l'abelianizzazione ($\mathbb{Z}_6\oplus\mathbb{Z}_3$) e pQuotients anche qui ma non sono riuscito a distinguerli.
> 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>;
Spero che qualcuno possa aiutarmi di nuovo con questo.
Risposte
Richiesta. I gruppi$G_A$ e $G_B$ non sono isomorfe.
Useremo il seguente lemma.
Lemma. Permettere$\Gamma_A = G_A/Z(G_A) = C_6 \ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ e $\Gamma_B = G_B/Z(G_B) = C_6 \ltimes_{B'} \mathbb{Z}^4$, dove $C_6 = \langle \alpha \rangle$ è il gruppo ciclico dell'ordine $6$ e $A'$ e $B'$ sono ottenuti da $A$ e $B$rispettivamente rimuovendo la prima riga e la prima colonna. Permettere$M_A \Doteq [\Gamma_A, \Gamma_A]$ e $M_B \Doteq [\Gamma_B, \Gamma_B]$ essere i corrispondenti sottogruppi derivati considerati come $\mathbb{Z}[C_6]$-moduli dove $\alpha$ funge da $A'$ sopra $M_A$ e come $B'$ sopra $M_B$. Quindi abbiamo quanto segue$\mathbb{Z}[C_6]$- presentazioni di moduli: $$M_A = \langle x, y \vert \, (\alpha^2 + \alpha + 1)x = (\alpha^2 - \alpha + 1)y = 0\rangle $$ e $$ M_B = \langle x \,\vert \, (\alpha^4 + \alpha^2 + 1)x = 0\rangle $$
Prova. Usa la descrizione di$M_A$ come $(A' - 1_4) \mathbb{Z}^4$ e osserva come $A'$ trasforma i vettori colonna di $A' - 1_4$. Fai lo stesso per$M_B$.
Siamo ora in grado di provare l'affermazione.
Prova del reclamo. Basta dimostrarlo$\Gamma_A$ e $\Gamma_B$non sono isomorfe. Un isomorfismo$\phi: \Gamma_A \rightarrow \Gamma_B$ indurrebbe un isomorfismo $M_A \rightarrow M_B$di gruppi abeliani. Come abbiamo necessariamente$\phi((\alpha, (0, 0, 0, 0))) = (\alpha^{\pm 1}, z)$ per alcuni $z \in \mathbb{Z}^4$ e poiché le presentazioni del lemma sopra rimangono invariate se sostituiamo $\alpha$ di $\alpha^{-1}$, l'isomorfismo $\phi$ indurrebbe un isomorfismo di $\mathbb{Z}[C_6]$-moduli. Questo è impossibile perché$M_A$ non può essere generato da meno di due elementi mentre $M_B$ è ciclico finito $\mathbb{Z}[C_6]$. Osservalo davvero$M_A$ surjects su $\mathbb{F}_4 \times \mathbb{F}_4$ dove $\mathbb{F}_4 \simeq \mathbb{Z}[C_6]/(2, \alpha^2 + \alpha + 1)$ è il campo con quattro elementi.
Addendum 1. Let$G$ essere un gruppo finitamente generato $G$. Indichiamo con$d(G)$il grado di$G$, ovvero il numero minimo di generatori di $G$. Per questi due casi speciali, in realtà abbiamo$d(G_A) = 4$ e $d(G_B) = 3$.
In generale, può essere difficile calcolare il rango di un gruppo, ma sono disponibili alcune conoscenze $G_A$ e alcune altre estensioni divise per gruppi ciclici, vedere [1, Corollario 2.4] e [2, Teorema A e Sezione 3.1].
Cerchiamo di impostare $G_A = \mathbb{Z} \ltimes_A N_A$ con $N_A \Doteq \mathbb{Z}^n$. Poi$N_A$ può essere dotato della struttura di a $\mathbb{Z}[C]$ modulo dove $C \subset G_A$ è il gruppo ciclico infinito generato da $a \Doteq (1, (0, \dots, 0)) \in G_A$ su cui agisce $N_A$ tramite coniugazione, o ugualmente, tramite moltiplicazione per $A$.
Permettere $R$ essere un anello unitale e lascia $M$ essere un finitamente generato $R$-modulo. Indichiamo con$d_R(M)$ il numero minimo di generatori di $M$ al di sopra di $R$. Quindi i risultati di cui sopra lo implicano$$d(G_A) = d_{\mathbb{Z}[C]}(N_A) + 1.$$
Indichiamo con $(e_1, \dots, e_n)$ la base canonica di $\mathbb{Z}^n$. Per$A$ e $B$ come nella domanda di OP, è facile derivare quanto segue $\mathbb{Z}[C]$- presentazioni di moduli: $$N_A = \langle e_1, e_2, e_4 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0 \rangle$$ e $$N_B = \langle e_1, e_5 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0 \rangle.$$
Da queste presentazioni e dalla formula del rango di cui sopra, possiamo facilmente dedurre le identità rivendicate, ovvero, $d(G_A) = 4$ e $d(G_B) = 3$.
Addendum 2. Let$C_A$ essere il sottogruppo ciclico di $G_A$ generato da $a \Doteq (1, (0, \dots, 0))$ e $K_A$ il $\mathbb{Z}[C_A]$-modulo definito come nella risposta di Johannes Hahn (e successivamente la mia) a questa domanda MO . Permettere$\omega(A)$ essere l'ordine di $A$ in $\text{GL}_n(\mathbb{Z})$, che assumiamo essere finito e impostato $e_0 \Doteq (\omega(A), (0, \dots, 0)) \in G_A$. Indichiamo con$(e_1, \dots, e_n)$ la base canonica di $\mathbb{Z}^n \triangleleft G_A$.
È stato stabilito che la coppia $\{K_A, K_{A^{-1}}\}$ di $\mathbb{Z}[C]$-modules è un isomorfismo invariante di $G_A$, dove $C = C_A \simeq C_{A^{-1}}$ con l'identificazione $a \mapsto (1, (0, \dots,0)) \in G_{A^{-1}}$. Può essere utilizzato per affrontare l' esempio precedente e anche questo.
Per gli esempi di questa domanda MO, i calcoli diretti lo dimostrano $$K_A = K_{A^{-1}}= \langle e_0, e_1, e_2, e_4 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0\rangle$$ e $$K_B = \langle e_0, e_1, e_5 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a -1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0\rangle.$$ Da $d_{\mathbb{Z}[C_A]}(K_A) = 4$ e $d_{\mathbb{Z}[C_B]}(K_B) = 3$ i gruppi $G_A$ e $G_B$ non sono isomorfe.
[1] G. Levitt e V. Metaftsis, "Rank of mapping tori and companion matrices" , 2010.
[2] L. Guyot, "Generators of split extensions of Abelians groups by cyclic groups", 2018.
I seguenti calcoli sembrano distinguerli.
> #LowIndexSubgroups(GA,4);
30
> #LowIndexSubgroups(GB,4);
26
Hanno un numero diverso di omomorfismi su $A_4$:
> #Homomorphisms(GA,Alt(4),Sym(4));
5
> #Homomorphisms(GB,Alt(4),Sym(4));
1
(Il terzo argomento delle opzioni $\mathsf{Sym(4)}$ significa conteggio (omomorfismi suriettivi) fino alla coniugazione in $\mathsf{Sym(4)}$.)
Ecco ancora un altro approccio:
> 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 ]
In effetti questi tre metodi rilevano tutti la stessa differenza nei quozienti finiti dei gruppi, ma li ho inclusi tutti per darvi un'indicazione delle possibili tecniche per dimostrare il non-isomorfismo.
In definitiva, tutte queste tecniche si basano sull'analisi di vari tipi di quozienti calcolabili dei gruppi. Sfortunatamente ci sono esempi di coppie di gruppi finitamente presentati non isomorfi che non possono essere distinti in questo modo dai loro quozienti calcolabili (infatti l'insolvibilità del problema dell'isomorfismo generale implica che tali esempi debbano esistere).