«Тонкая» проблема проверки изоморфизма: $\mathbb{Z}\ltimes_{A} \mathbb{Z}^5\cong \mathbb{Z}\ltimes_{B}\mathbb{Z}^5$ или нет?
РЕДАКТИРОВАТЬ : Я ошибся с матрицами. Сейчас это исправлено.
Пару дней назад я задал этот вопрос . Там ответчики дали мне отличные подсказки, как раскрыть это дело и другие тоже. Но я нашел две матрицы, для которых мне нужно было выделить соответствующие группы, и я не смог решить проблему ни одним из этих методов (см. Ниже).
Я почти закончил свою задачу по анализу этих матриц и групп, и я думаю, что это последние примеры, которые мне нужно выделить.
Позволять $A=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\0&0&-1&0&0 \\ 0&1&-1&0&0\\ 0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus A'$ и $B=\begin{pmatrix} 1&0&0&0&0\\ 0&0&-1&1&0\\0&1&-1&0&0\\0&0&0&0&-1\\0&0&0&1&1\end{pmatrix}=1\oplus B'$.
Вопрос: изоморфны $G_A=\mathbb{Z}\ltimes_A \mathbb{Z}^5$ и $G_B=\mathbb{Z}\ltimes_B\mathbb{Z}^5$? Опять же, я думаю, что нет.
Мысли и достижения :
$\bullet$ $B$ не сопряжен с $A$ или же $A^{-1}$ в $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ но они в $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Q})$. Оба они имеют порядок 6 и имеют собственное значение 1.
$\bullet$Я вычислил 2 и 3 центральные экспоненциальные классы до 11 (как меня учили ответчики в предыдущем вопросе) и получил изоморфные pQuotients. Презентации:
> 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>;
$\bullet$В этой статье я обнаружил, что следствие 8.9 (см. Prop 4.2 и Def 4.3), если бы у меня было$\mathbb{Z}\ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ и $\mathbb{Z}\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ тогда эти полупрямые продукты не будут изоморфными, потому что $B'\not\sim A',(A')^{-1}$ в $\mathsf{GL}_5(\mathbb{Z})$ (и потому что ни один из них не имеет собственного значения), но я не знаю, как связать эти полупрямые продукты с исходными, которые у меня есть.
$\bullet$ $G_A^{ab}\cong G_B^{ab}\cong \mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_3$. Также я попытался вычислить частные$G/\gamma_i(G)$ (за $i\geq 2$) где $\gamma_i=[\gamma_{i-1}(G),G]$ и $\gamma_1=[G,G]$ и все они изоморфны.
$\bullet$ Думать о $\Gamma_A=(G_A/Z(G_A))$ и $\Gamma_B=(G_B/Z(G_B))$ я получил $\Gamma_A\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{A'}\mathbb{Z}^4$ и $\Gamma_B\cong \mathbb{Z}_6\ltimes_{B'}\mathbb{Z}^4$ и я вычислил абелианизацию ($\mathbb{Z}_6\oplus\mathbb{Z}_3$) и pQuotients здесь тоже, но я тоже не смог их различить.
> 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>;
Я надеюсь, что кто-то снова сможет мне с этим помочь
Ответы
Запрос. Группы$G_A$ и $G_B$ не изоморфны.
Мы будем использовать следующую лемму.
Лемма. Позволять$\Gamma_A = G_A/Z(G_A) = C_6 \ltimes_{A'} \mathbb{Z}^4$ и $\Gamma_B = G_B/Z(G_B) = C_6 \ltimes_{B'} \mathbb{Z}^4$, где $C_6 = \langle \alpha \rangle$ циклическая группа порядка $6$ и $A'$ и $B'$ получены из $A$ и $B$соответственно, удалив первую строку и первый столбец. Позволять$M_A \Doteq [\Gamma_A, \Gamma_A]$ и $M_B \Doteq [\Gamma_B, \Gamma_B]$ - соответствующие производные подгруппы, рассматриваемые как $\mathbb{Z}[C_6]$-модули, где $\alpha$ выступает в качестве $A'$ на $M_A$ и, как $B'$ на $M_B$. Тогда мы имеем следующие$\mathbb{Z}[C_6]$-модуль презентаций: $$M_A = \langle x, y \vert \, (\alpha^2 + \alpha + 1)x = (\alpha^2 - \alpha + 1)y = 0\rangle $$ и $$ M_B = \langle x \,\vert \, (\alpha^4 + \alpha^2 + 1)x = 0\rangle $$
Доказательство. Используйте описание$M_A$ в виде $(A' - 1_4) \mathbb{Z}^4$ и посмотрите, как $A'$ преобразует векторы-столбцы $A' - 1_4$. Сделайте то же самое для$M_B$.
Теперь мы можем доказать это утверждение.
Доказательство претензии. Достаточно показать, что$\Gamma_A$ и $\Gamma_B$не изоморфны. Изоморфизм$\phi: \Gamma_A \rightarrow \Gamma_B$ индуцирует изоморфизм $M_A \rightarrow M_B$абелевых групп. Поскольку у нас обязательно есть$\phi((\alpha, (0, 0, 0, 0))) = (\alpha^{\pm 1}, z)$ для некоторых $z \in \mathbb{Z}^4$ и поскольку представление приведенной выше леммы не изменится, если мы заменим $\alpha$ по $\alpha^{-1}$, изоморфизм $\phi$ индуцирует изоморфизм $\mathbb{Z}[C_6]$-модули. Это невозможно, потому что$M_A$ не может быть создано менее чем двумя элементами, тогда как $M_B$ цикличен $\mathbb{Z}[C_6]$. Обратите внимание на то, что$M_A$ сюрпризы на $\mathbb{F}_4 \times \mathbb{F}_4$ где $\mathbb{F}_4 \simeq \mathbb{Z}[C_6]/(2, \alpha^2 + \alpha + 1)$ это поле с четырьмя элементами.
Приложение 1. Пусть$G$ конечно порожденная группа $G$. Обозначим через$d(G)$ранг$G$, т.е. минимальное количество генераторов $G$. Для этих двух особых случаев у нас фактически есть$d(G_A) = 4$ и $d(G_B) = 3$.
В общем, может быть сложно вычислить ранг группы, но некоторые знания доступны для $G_A$ и некоторые другие расщепляемые расширения с помощью циклических групп, см. [1, следствие 2.4] и [2, теорема A и раздел 3.1].
Установим $G_A = \mathbb{Z} \ltimes_A N_A$ с участием $N_A \Doteq \mathbb{Z}^n$. потом$N_A$ может быть наделен структурой $\mathbb{Z}[C]$ модуль, где $C \subset G_A$ бесконечная циклическая группа, порожденная $a \Doteq (1, (0, \dots, 0)) \in G_A$ который действует на $N_A$ через сопряжение или, в равной степени, через умножение на $A$.
Позволять $R$ быть единым кольцом и пусть $M$ быть конечно порожденным $R$-модуль. Обозначим через$d_R(M)$ минимальное количество генераторов $M$ над $R$. Тогда из приведенных выше результатов следует, что$$d(G_A) = d_{\mathbb{Z}[C]}(N_A) + 1.$$
Обозначим через $(e_1, \dots, e_n)$ каноническая основа $\mathbb{Z}^n$. За$A$ и $B$ как и в вопросе OP, легко вывести следующее $\mathbb{Z}[C]$-модуль презентаций: $$N_A = \langle e_1, e_2, e_4 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0 \rangle$$ и $$N_B = \langle e_1, e_5 \, \vert (a - 1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0 \rangle.$$
Из этих представлений и приведенной выше формулы ранга мы можем легко вывести заявленные тождества, то есть $d(G_A) = 4$ и $d(G_B) = 3$.
Приложение 2. Пусть$C_A$ - циклическая подгруппа в $G_A$ создан $a \Doteq (1, (0, \dots, 0))$ и $K_A$ то $\mathbb{Z}[C_A]$-модуль определен как в ответе Йоханнеса Хана (а затем и в моем) на этот вопрос МО . Позволять$\omega(A)$ быть порядком $A$ в $\text{GL}_n(\mathbb{Z})$, которые мы считаем конечными, и положим $e_0 \Doteq (\omega(A), (0, \dots, 0)) \in G_A$. Обозначим через$(e_1, \dots, e_n)$ каноническая основа $\mathbb{Z}^n \triangleleft G_A$.
Установлено, что пара $\{K_A, K_{A^{-1}}\}$ из $\mathbb{Z}[C]$-модули является инвариантом изоморфизма $G_A$, где $C = C_A \simeq C_{A^{-1}}$ с идентификацией $a \mapsto (1, (0, \dots,0)) \in G_{A^{-1}}$. Его можно использовать как для предыдущего, так и для этого примера .
Для примеров этого МО-вопроса прямые вычисления показывают, что $$K_A = K_{A^{-1}}= \langle e_0, e_1, e_2, e_4 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a - 1)e_1 = (a^2 + a + 1)e_2 = (a^2 - a + 1)e_4 = 0\rangle$$ и $$K_B = \langle e_0, e_1, e_5 \, \vert \, (a - 1)e_0 = (a -1)e_1 = (a^4 + a^2 + 1)e_5 = 0\rangle.$$ поскольку $d_{\mathbb{Z}[C_A]}(K_A) = 4$ и $d_{\mathbb{Z}[C_B]}(K_B) = 3$ группы $G_A$ и $G_B$ не изоморфны.
[1] Г. Левитт, В. Метафцис, «Ранг отображающих торов и сопутствующие матрицы» , 2010.
[2] Л. Гайо, «Генераторы расщепляемых расширений абелевых групп циклическими группами», 2018.
Следующие ниже расчеты, кажется, позволяют различить их.
> #LowIndexSubgroups(GA,4);
30
> #LowIndexSubgroups(GB,4);
26
У них разное количество гомоморфизмов на $A_4$:
> #Homomorphisms(GA,Alt(4),Sym(4));
5
> #Homomorphisms(GB,Alt(4),Sym(4));
1
(Третий аргумент вариантов $\mathsf{Sym(4)}$ означает счет (сюръективные гомоморфизмы) с точностью до сопряженности в $\mathsf{Sym(4)}$.)
Вот еще один подход:
> 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 ]
Фактически, все эти три метода обнаруживают одинаковую разницу в конечных частных групп, но я включил их все, чтобы дать вам представление о возможных методах доказательства неизоморфизма.
В конечном счете, все эти методы основаны на рассмотрении различных типов вычислимых факторов групп. К сожалению, есть примеры пар неизоморфных конечно представленных групп, которые нельзя выделить таким образом по их вычислимым факторам (на самом деле неразрешимость общей проблемы изоморфизма означает, что такие примеры должны существовать).