Cómo reconocer un grupo abeliano finitamente generado como producto de grupos cíclicos.

Question

Dejemos que $G$ sea el grupo cociente $G=\mathbb{Z}^5/N$ , donde $N$ es generado por $(6,0,-3,0,3)$ y $(0,0,8,4,2)$ . Reconocer $G$ como producto de grupos cíclicos.

Sinceramente, no sé cómo resolver este tipo de problemas. Pero sé que esto es de alguna manera una aplicación del Teorema fundamental de los grupos abelianos finitamente generados. Ese teorema establece la existencia de un producto como $\mathbb{Z}^r\times \mathbb{Z}_{n_1}\times ... \times \mathbb{Z}_{n_s}$ pero no establece una forma de encontrar $r,n_1,...,n_s$ . Sé cómo utilizar este teorema para un grupo abeliano finito. Pero no he podido encontrar la forma de resolver este tipo de problemas ni siquiera en un libro. ¿Podría alguien explicarme?

Answer 1

Como señala SpamIAm, la clave será la forma normal de Smith de una matriz. Básicamente, escribimos $N$ como la imagen de una matriz y luego encontrar una matriz más fácil y similar para la cual la solución es más clara.

Como tenemos 2 generadores para $N$ tenemos un homomorfismo surjetivo $\mathbb{Z}^2\to N$ dada por la matriz $A$ de generadores para $N$ : $$A=\begin{pmatrix}6&0\\0&0\\-3&8\\0&4\\3&2\end{pmatrix}$$ y $N=A\mathbb{Z}^2$ . Ahora bien, esta matriz en sí misma es un poco complicada, pero resulta que podemos usar una matriz similar y si usamos una matriz lo suficientemente simple el problema se vuelve más fácil.

Ahora encuentra la forma normal de Smith utilizando operaciones de filas y columnas para simplificar al máximo. Yo obtuve la siguiente matriz, pero deberías comprobar mi trabajo tú mismo: $$A=\begin{pmatrix}6&0\\0&0\\-3&8\\0&4\\3&2\end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix}3&2\\0&0\\-3&8\\0&4\\6&0\end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix}1&2\\0&0\\-11&8\\-4&4\\6&0\end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix}1&0\\0&0\\0&30\\0&12\\0&-12\end{pmatrix} \sim\begin{pmatrix}1&0\\0&6\\0&0\\0&0\\0&0\end{pmatrix}=A'$$ Ahora tenemos $\mathbb{Z}^5/N=\mathbb{Z}^5/(A\mathbb{Z}^2)\cong\mathbb{Z}^5/(A'\mathbb{Z}^2)$ . Pero debería ser fácil ver que $A'\mathbb{Z}^2=\mathbb{Z}\times(6\mathbb{Z})$ que nos da $$G\cong \dfrac{\mathbb{Z}^5}{\mathbb{Z}\times(6\mathbb{Z})}=\mathbb{Z}^3\times\mathbb{Z}_6$$

Answer 2

kaiten ya ha dado una buena respuesta a tu pregunta, así que sólo quiero hacer algunas observaciones sobre la teoría general y mostrar por qué el cálculo de la forma normal de Smith da la respuesta deseada.

Dado un módulo libre $M$ con rango $n < \infty$ sobre un PID $R$ cada submódulo $N \leq M$ también es libre de rango finito. Además, existe una base $y_1, \ldots, y_n$ de $M$ y escalares $a_1, \ldots, a_m \in R$ tal que $a_1 \mid \cdots \mid a_m$ y $a_1 y_1, \ldots, a_m y_m$ es una base de $N$ . Esto es lo que Keith Conrad llama un base alineada . Esta reseña suya tiene algunas imágenes estupendas que ilustran las bases alineadas frente a las no alineadas, que he copiado a continuación.

Una vez que hemos encontrado una base alineada, escribir $M/N$ como una suma directa de cíclicos $R$ -módulos es fácil: \begin {align} \frac {M}{N} &= \frac {Ry_1 \oplus \cdots \oplus Ry_m \oplus \cdots \oplus Ry_n}{Ra_1 y_1 \oplus \cdots \oplus Ra_m y_m} \cong \frac {Ry_1}{Ra_1 y_1} \oplus \cdots \oplus \frac {Ry_m}{Ra_m y_m} \oplus R y_{m+1} \oplus \cdots \oplus R y_n \\ & \cong \frac {R}{a_1 R} \oplus \cdots \oplus \frac {R}{a_m R} \oplus R^{n-m} \tag {1} \end {align}

Bien, entonces cómo encontramos una base alineada y calculamos los escalares $a_1, \ldots, a_m$ ? Como mencioné en mi comentario, esto se puede lograr calculando el Forma normal de Smith de la matriz del homomorfismo \begin {align*} \varphi : \mathbb {Z}^2 & \to \mathbb {Z}^5 = M \\ \begin {pmatriz} 1 \\ 0 \end {pmatrix}, \begin {pmatrix} 0 \\ 1 \end {pmatrix} & \mapsto \begin {pmatriz}6 \\0\\ -3 \\0\\3\end {pmatrix}, \begin {pmatriz}0 \\0\\8\\4\\2\end {pmatrix} \end {align*} que tiene la matriz $$ A=\begin{pmatrix}6&0\\0&0\\-3&8\\0&4\\3&2\end{pmatrix} $$ con respecto a las bases estándar para $\mathbb{Z}^2$ y $\mathbb{Z}^5$ . La forma normal de Smith puede parecer extraña, pero en realidad no es más que una versión de realizar una cambio de base como en el álgebra lineal. Como mostró kaiten, realizando operaciones de fila y columna, podemos convertir $A$ en una matriz diagonal $D$ . Recordemos que una operación de fila (o de columna) puede realizarse multiplicando $A$ a la izquierda (resp. a la derecha) por una matriz elemental $E$ . (Basta con aplicar la misma operación de filas o columnas a la matriz identidad para determinar $E$ .) Al multiplicar estas matrices elementales se obtienen matrices invertibles $P$ y $Q$ tal que $PAQ = D$ es una matriz diagonal. En su ejemplo, tenemos \begin {align*} PAQ = \left ( \begin {array}{rrrrr} 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ -1 & 0 & 1 & -3 & -1 \\ -3 & 0 & -4 & 7 & 2 \\ -1 & 0 & -2 & 4 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \end {array} \right ) \begin {pmatrix}6&0 \\0 &0 \\ -3&8 \\0 &4 \\3 &2 \end {pmatrix} \left ( \begin {array}{rr} -1 & -2 \\ 2 & 3 \end {array} \right ) = \left ( \begin {array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & 6 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \\ 0 & 0 \end {array} \right ) = D \, . \end {align*} ¿Qué significan estas operaciones de fila y columna? Corresponden a nuevas elecciones de base para $\mathbb{Z}^2$ y $\mathbb{Z}^5$ tal que $\varphi$ puede escribirse de forma especialmente sencilla. Más explícitamente, ya que $P$ y $Q$ son invertibles, son son cambio de matrices de base para algunas bases que buscamos determinar. Escribiendo $Q = {_{\mathcal{E}}[\text{id}]_\mathcal{B}}$ (donde $\mathcal{E} = \{e_1, e_2\}$ es la base estándar para $\mathbb{Z}^2$ ), por la definición de la matriz de un mapa lineal, vemos que $\mathcal{B} = \{x_1 = -e_1 + 2e_2, x_2 = -2e_1 + 3e_2\}$ . Del mismo modo, calculando $$ P^{-1} = \left(\begin{array}{rrrrr} -6 & -2 & 2 & -5 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 19 & 5 & -7 & 16 & 0 \\ 8 & 2 & -3 & 7 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) $$ vemos que $P = {_\mathcal{C}[\text{id}]_\mathcal{F}}$ (donde $\mathcal{F} = \{f_1, \ldots, f_5\}$ es la base estándar para $\mathbb{Z}^5$ ) para la base \begin {align*} \mathcal {C} = \{y_1 &= -6f_1 + 19 f_3 + 8 f_4 + f_5, \\ y_2 &= -2 f_1 + 5f_3 + 2f_4, \\ y_3 &= 2 f_1 -7 f_3 -3 f_4, \\ y_4 &= -5 f_1 + 16 f_3 + 7 f_4, \\ y_5 &= f_2 \}\N-, . \end {align*} Puedes comprobar que $\varphi(x_1) = y_1$ y $\varphi(x_2) = 6y_2$ que verifica que $N = \text{img}(\varphi) = \mathbb{Z}y_1 \oplus \mathbb{Z} 6y_2$ . Entonces $(1)$ da $M/N \cong \mathbb{Z}^3 \oplus \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ que coincide con la respuesta dada por kaiten.