¿Cómo llegar desde la matriz de relación en forma normal de smith a producto directo de grupos cíclicos?

Question

Así que...tenemos un grupo abelian $G$ con la generación de set {$g_1,\ldots,g_n$} el siguiente homomorphism ha sido formado ($F$ es un grupo libre generado por {$f_1,\ldots,f_n$}); \begin{align} \phi:F &\rightarrow G \newline k_1f_1+\ldots +k_nf_n &\mapsto k_1g_1+\ldots +k_ng_n \end{align} Con el primer teorema de isomorfismo $G \cong F/K$ donde $K = \operatorname{Ker}(\phi)$. Puede ser demostrado que, desde la $K$ es un subgrupo de $F$ que es libre y finitely generado por {$r_1,\ldots,r_m$}, donde a $m \leq n$. Los generadores de $K$ puede ser expresado como: \begin{equation} \textbf{r} = A\textbf{f} \end{equation} donde $\textbf{r} = (r_1,\ldots,r_m)^T$, $\textbf{f} = (f_1,\ldots f_n)^T$ y $A = (a_{ij})$ $m \times n$ matriz. Se puede demostrar que $P\textbf{r}=PA\textbf{f}$ también genera $K$, y también que $P\textbf{r} = PAQ(Q^{-1}\textbf{f})$ genera $K$. De modo que la selección adecuada de las matrices $P$ $Q$ podemos ver que $K$ es generado por {$a_1f'_1,\ldots,a_nf'_n$} donde:$a_i \in \mathbb{N}$$i=1,\ldots,m$$a_i = 0$$i = m+1,\ldots,n$. Ahora aquí es donde mi comienzan las dificultades, es decir, si lo que he descrito hasta ahora tiene sentido, el uso de $\phi$ podemos investigar las órdenes de la generación del sistema de $G$. Un elemento $x = k_1g_1+\ldots +k_ng_n \in G$ es igual a la identidad iff $k_1f'_1+\ldots +k_nf'_n \in K$ por lo tanto $k_ig_i=e$ fib $k_if'_i \in K$ $k_if'_i \in K$ fib $a_i |k_i$. Así llegamos a la conclusión de que las $|g_i| = a_i$$i=1,\ldots ,m$$|g_i| = \infty$$i = m+1,\ldots,n$, y también que $\langle g_i \rangle \cong \mathbb{Z}/a_i\mathbb{Z}$$i=1,\ldots ,m$$\langle g_i \rangle \cong \mathbb{Z}$$i = m+1,\ldots,n$. Ahora tengo que demostrar que $G \cong \langle g_1 \rangle \oplus \ldots \oplus \langle g_m \rangle \oplus \mathbb{Z}^{n-m}$ pero no tengo ni idea de cómo ir sobre ella. Sé que debe demostrar que la intersección $\langle g_i \rangle \cap \langle g_j \rangle=e$$i \not = j$, y que cualquiera de $x \in G$ puede ser expresado como $k_1g_1+\ldots +k_ng_n$ (esto se deduce del hecho de que el conjunto {$g_1,\ldots,g_n$} genera a $G$ ?) y que $|G| =|g_i|\ldots|g_n|=a_1\ldots a_n$.

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La cuestión se reduce a esto - dado un grupo abelian $G$ y dos elementos distintos $g_1,g_2 \in G$ es la intersección de la cíclico subgrupos generados por $g_1$ $g_2$ trivial?

Answer 1

Lo que debe hacer antes de la línea horizontal no funciona: envía tu mapa a$k_1f_1+\cdots+k_nf_n$$k_1g_1+\cdots+k_ng_n$, pero no necesariamente enviar$k_1f'_1+\cdots k_nf'_n$$k_1g_1+\cdots+k_ng_n$; por lo que su afirmación de que $k_1g_1+\cdots+k_ng_n=0$ si y sólo si $k_1f'_1+\cdots+k_nf'_n\in K$ es incorrecta. En cuanto a su conclusión final, que sin duda puede llegar a la conclusión de que: iniciar con $G=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, $g_1=\overline{1}$ y $g_2=\overline{2}$; usted está reclamando que $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

A ver cómo te salió mal, vamos a ir a través de su argumento usando el ejemplo de arriba. $F=\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$, $G=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$, $g_1=\overline{1}$, $g_2=\overline{2}$, $\phi(a,b) = \overline{a+2b}$. El núcleo de $\phi$ es generado por $(4,0)$, $(0,2)$, y $(2,1)$. Podemos hacer un cambio de base para $F$ a la base $\mathbf{f}'_1=(1,0), \mathbf{f}'_2=(2,1)$; el núcleo de $\phi$ es generado por $4\mathbf{f}'_1$$\mathbf{f}'_2$. Sin embargo, $\phi(a\mathbf{f}'_1+b\mathbf{f}'_2) = \phi(a+2b,b) = \overline{a+4b}\neq ag_1+bg_2$.

Lo que usted necesita hacer es que después de reemplazar $f_1,\ldots,f_n$$f'_1,\ldots,f'_n$, entonces usted necesita para reemplazar$g_1,\ldots,g_n$$g'_i=\phi(f'_i)$$i=1,\ldots,n$. Luego de su llegamos a conclusiones, y el último paso es fácil: si $\alpha g'_i\in\langle g'_1,\ldots,g'_{i-1},g'_{i+1},\ldots,g'_n\rangle$, entonces podemos expresar $g'_i$ como combinación de los demás, lo cual le da $$b_1g'_1+\cdots + b_{i-1}g'_{i-1}-\alpha g'_i+b_{i+1}g'_{i+1}+\cdots+b_ng_n = 0,$$ por lo tanto $$b_1f'_1+\cdots + b_{i-1}f'_{i-1} - \alpha f'_i + b_{i+1}f'_{i+1}+\cdots+b_nf'_n\in K$$ por lo tanto $a_i|\alpha$, lo $\alpha g'_i=0$. Así, para cada $i$ hemos $$\langle g'_i\rangle\cap\langle g_j\mid j\neq i\rangle = \{0\},$$ por lo que el subgrupo generado por la $g'_i$ es isomorfo a la suma directa de los cíclicos grupos generados por el $g'_i$.

Pero no se puede utilizar el original $g_i$ de esta forma.

La pregunta final, que fue publicado en otra parte y luego se cierra, tiene una respuesta negativa en la mayoría de los grupos. De hecho:

Teorema. Deje $G$ ser un grupo que siempre $x\neq y$ tenemos $\langle x\rangle \cap \langle y\rangle = \{e\}$. A continuación, $G$ es un grupo abelian y cada elemento es su propio inverso. Suponiendo que el Axioma de Elección, esto implica que $G$ es isomorfo a un (posiblemente infinita) suma directa de copias de el grupo cíclico de orden $2$.

Prueba. Si $G$ tiene un elemento que no es igual a su propio inverso, a continuación,$\langle x\rangle\cap\langle x^{-1}\rangle\neq\{e\}$, desde la intersección contiene $x$, e $x\neq e$. Por lo tanto, cada elemento de la $G$ es de exponente $2$; esto es bien conocido que implica que $G$ es abelian. Por lo tanto $G$ es un espacio vectorial sobre $\mathbb{F}_2$; asumiendo el Axioma de Elección, una base para $G$ ofrece una representación de $G$ como una suma directa de copias de el grupo cíclico de orden $2$, como se reivindica. $\Box$