Identificar el cociente de $\mathbb Z^3$ por un determinado subgrupo

Question

Consideremos el cociente de $\mathbb Z^3$ por el subgrupo generado por $(2,1,5),(1,2,10),(2,1,7)$ . Escríbelo como un producto de grupos cíclicos.

Me preguntaba si esta solución es lo suficientemente completa y rigurosa.

Recordemos que cualquier homomorfismo de $R$ -módulos $R^n\to R^m$ viene dada por una matriz $A$ con entradas en $R$ y decimos que $A$ es una matriz de presentación del módulo cotizante $R^m/AR^n$ .

En nuestro caso $m=n=3$ , $R=\mathbb Z$ . Sea $A$ sea la matriz cuyas columnas son $(2,1,5)^t,(1,2,10)^t,(2,1,7)^t$ . Entonces $AR^3$ es el subgrupo de $R^3$ de la pregunta. $A$ es una matriz de presentación del grupo cociente que necesitamos identificar. Después de utilizar operaciones elementales con filas y columnas enteras, la matriz se reduce a la matriz con columnas $(1,0,0)^t$ , $(0,3,0)^t$ , $(0,0,2)^t$ . Como estas operaciones dan lugar a una matriz que presenta el mismo módulo, vemos que el grupo cociente es isomorfo a $C_3\times C_2$ .

Answer 1

Esto es perfecto. Usted encuentra $\left(\matrix{2& 1& 5\\-3& 0& 0\\ 0& 0& 2}\right)$ en dos operaciones de fila, entonces $\left(\matrix{0& 1& 0\\-3& 0& 0\\ 0& 0& 2}\right)$ en dos operaciones de columna adicionales.

Esto puede convertirse trivialmente en $\left(\matrix{1& 0& 0\\0& 2& 0\\ 0& 0& 3}\right)$ que da su resultado, pero tenga en cuenta que unas cuantas operaciones más darían como resultado $$\left(\matrix{1& 0& 0\\0& 1& 0\\ 0& 0& 6}\right)$$ que es la forma normal de Smith de la matriz original. Por supuesto, $C_6\simeq C_3\times C_2$ .

Answer 2

Creo que eso es bueno, pero ni siquiera es necesario entrar en $R$ -módulos. Como las operaciones elementales de fila de enteros corresponden a operaciones de grupo, se puede derivar el conjunto de generadores más simple del primero y deducir que los dos conjuntos de generadores generan el mismo grupo.