El grupo$\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n$ es finito si el determinante de A es distinto de cero

Question

Deje $n\geq 1$ e $A$ ser $n\times n$ integral de la matriz con columnas $c_1,\ldots, c_n\in\mathbb{Z}^n$. Escribir $A\mathbb{Z}^n$ como el conjunto de todas integral de las combinaciones lineales de las columnas de a, es decir, $$A\mathbb{Z}^n=\{x_1c_1+\cdots+x_nc_n: x_1, \ldots, x_n\in\mathbb{Z}\}. $$ El problema es demostrar que el grupo $G=\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n$ es un grupo finito si y sólo si $\det(A)\neq0$, y, además, que en el caso de $\det(A)\neq0$, la orden de $G$ es, precisamente,$|\det(A)|$.

El caso de al $\det(A)$ unidad ($\pm1$) es algo trivial. Pero ¿qué hay de otros valores distintos de cero para $\det(A)$? Traté de definir un homomorphism $f:\mathbb{Z}^n\to\mathbb{Z}^n, x\mapsto Ax$ para $x\in\mathbb{Z}^n$, y se observa que el $G$ es el cociente $\mathbb{Z}^n/\operatorname{im}(f)$. ¿Cómo podemos proceder?

Gracias.

Answer 1

El volumen del paralelepípedo generado por las columnas de $A$ tiene un volumen de $|\det A|$ y contiene exactamente un representante de cada uno de coset. Así, el vloume es aproximadamente el volumen combinado de las unidades de cubos cntered a estos representantes. La aproximación se reletively) mejor si usted toma un gran número de copias de la epiped...

Y, por supuesto, $\det A=0$ significa que los vectores columna no cubren la totalidad de espacio, henc oveja encontrar un entramado punto iutside o f el tiempo; esto ha infinito orden también en el cociente.

Answer 2

Supongamos primero que $\det A = d \ne 0$. El uso de Cramer vemos que $d \mathbb{Z}^n\subset A \cdot \mathbb{Z}^n$. Por lo $\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n$ es de orden en la mayoría de las $d^n$.

Suponga $\det A =0$. Entonces existe $r\in \mathbb{Z}^n$, $r\ne 0$, tal que $r^t\cdot A=0$. Considerar el mapa $\mathbb{Z}^n\to \mathbb{Z}$, $c\mapsto r^t\cdot c$. El mapa tiene una infinidad de imagen y el núcleo de el mapa contiene $A\mathbb{Z}^n$. Llegamos a la conclusión de que $\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n$ es infinito.

Obs: En el hecho de que uno puede mostrar que si $\det A\ne 0$, entonces el orden de $\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n$ es $|d|$. Podemos demostrar esto con la geometría de la siguiente manera:

Considerar el entramado $L= A\mathbb{Z}^n$ dentro del entramado $\mathbb{Z}^n$. Considere la posibilidad de una base $c_1$, $\ldots$, $c_n$ de $L$. El volumen de la parallelotope $P$ consta de $ \sum t_i c_i$, con $0\le t_i< 1$ equivale a un lado $|\det A|$, en el otro lado es igual al límite $$\lim_{N\to \infty} \frac{a_N}{N^n}$$ donde $a_N$ es la cardinalidad de $P \cap \frac{1}{N}\mathbb{Z}^n$. Sin embargo, $a_N$ también es igual a la cardinalidad de $N P \cap \mathbb{Z}^n$, y esto es igual a el orden de $\mathbb{Z}^n/N L$. Por lo tanto, tenemos $$|\det A |= \lim_{N\to \infty}\frac{|\mathbb{Z}^n/N L|}{N^n}=\lim_{N\to \infty}\frac{|\mathbb{Z}^n/N L|}{|\mathbb{Z}^n/N\mathbb{Z}^n|}=\lim |N\mathbb{Z}^n/NL|=\lim |\mathbb{Z}^n/L|= |\mathbb{Z^n}/L|$$

Answer 3

Esto se deduce de los Smith forma normal, que es un procedimiento algorítmico para la escritura de $A=PDQ$ donde $P,Q,D$ se entero de matrices, $P,Q$ invertible, y $D$ diagonal. De ello se desprende que $|\det(A)|=|\det(D)|$ e $\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n \cong \mathbb{Z}^n/D\mathbb{Z}^n$.

Me encantaría ver una primaria de la prueba a lo largo de las líneas de abajo. Me gustaría poder hacer que el argumento funcione mejor.

Deje $E$ ser la base canónica de $\mathbb Z^n$. Deje $V$ ser la imagen de $E$ bajo $A$. A continuación, $V=AE$ e $\text{adj}(A) V = \text{adj}(A)AE = \det(A)IE=\det(A)E$ e lo $\det(A)E \subseteq A\mathbb{Z}^n$. Por lo tanto, si $\det(A)\ne0$,, a continuación, $\mathbb{Z}^n/A\mathbb{Z}^n$ es finito y tiene un tamaño en la mayoría de las $|\det(A)|^n$.