Isomorfismo de $\mathbb{Z}\ltimes_A \mathbb{Z}^m$ e $\mathbb{Z}\ltimes_B \mathbb{Z}^m$

Question

aquí es una pregunta que he publicado en el MSE, pero lamentablemente no obtuve respuestas:

Deje $A$ e $B$ ser matrices de finito de orden con coeficientes enteros.

Deje $n\in\mathbb{N}$ y deje $G_A=\mathbb{Z}\ltimes_A \mathbb{Z}^n$ ser el semidirect producto, donde la acción es $\varphi(n)\cdot (m_1,\ldots,m_n)=A^n (m_1,\ldots,m_n)$, y del mismo modo con $B$.

Es fácil construir un isomorfismo entre $G_A$ e $G_B$ si $A$ es conjugado en el $\mathrm{GL}(n,\mathbb{Z})$ a $B$ o $B^{-1}$.

Pero, esto también es una condición necesaria? Quiero decir, no $G_A\cong G_B$ implica $A\cong B$ o $A\cong B^{-1}$ en $\mathrm{GL}(n,\mathbb{Z})$ o hay un contraejemplo?

He visto en este MSE pregunta que es cierto si $A$ e $B$ son hiperbólicas, yo.e ninguno de sus valores propios tienen módulo 1, pero no es el caso.

Muchas gracias!

Answer 1

$\newcommand{\IZ}{\mathbb{Z}}$ Uno puede comprobar fácilmente que $G_A' = \{0\}\times \operatorname{im}(A-1_{m\times m})$. Por otra parte $G_A$ actúa en $G_A'$ por conjugación. Los elementos de $\IZ^m$ ley de trivialidad y la extra $\IZ$ actos de la multiplicación por $A$. El subgrupo normal $K_A:=\operatorname{ord}(A)\IZ \times \IZ^m$ es el núcleo de esta acción, es decir, el subgrupo de todos los elementos que actúan trivialmente en $G_A'$.

Por lo tanto, cualquier isomorfismo $G_A \to G_B$ debe mapa de $K_A$ a $K_B$. En particular, $ord(A)=|G_A/K_A| = |G_B/K_B|=\operatorname{ord}(B)$, vamos a llamar a ese $n$, e $G_A/K_A \cong G_B/K_B \cong \IZ/n\IZ$.

Ahora, considere la conjugación de la acción de $G_A$ a $K_A$ en lugar de $G_A'$. Desde $K_A$ es abelian, esto es realmente una acción de $G_A/K_A\cong \IZ/n\IZ$ a $K_A\cong \IZ \times\IZ^m$ dado por la multiplicación con el bloque de la matriz $A':=\begin{pmatrix}1&\\&A\end{pmatrix}$.

Teniendo en cuenta la inducida por la acción en $K_A \otimes \mathbb{Q}$, nos encontramos con que los dos $\mathbb{Q}[\IZ/n]$-módulos de $K_A \otimes \mathbb{Q}$ e $K_B\otimes \mathbb{Q}$ debe ser isomorfo. Eso significa que $A'$ e $B'$ se $\mathrm{GL}_{1+m}(\mathbb{Q})$-conjugado al menos. No estoy seguro de cómo iba a ir de allí.

Answer 2

Ahora creo que David Speyer ejemplo puede ser adaptado para proporcionar un contraejemplo a la pregunta original. (Así que me retracte de mis comentarios anteriores sobre la cuestión y se eliminará en breve).

En el ejemplo de David, $A$ es un grado $\phi(m)$ matriz de orden $m$ definición de la acción por la multiplicación de $\zeta_m$ sobre el ideal del $I$ del campo de número de ${\mathbb Q}[\zeta_m]$, e $B$ es la acción sobre el ideal del $\sigma(I)$, e $A$ y $B$ no conjugado a cada uno de los otros o a sus inversos en ${\rm GL}_{\phi(m)}({\mathbb Z})$. Un ejemplo específico es $m=37$, $\phi(m)=36$.

Definimos el grado de $n:=\phi(m)+1$ matrices $A'$ e $B'$ como la diagonal que une a de $A$ e $B$ con la matriz de identidad $I_1$. Por lo que el correspondiente ${\mathbb Z}$-los módulos pueden ser considerados como $I \oplus \langle y \rangle$ e $\sigma(I) \oplus \langle z \rangle$, con una mínima acción en el segundo de los factores. Estos módulos no pueden ser isomorfos, porque un isomorfismo tendría que asignar los puntos fijos submódulo $\langle y \rangle$ a $\langle z \rangle$ y, a continuación, sus cocientes $I$ e $\sigma(I)$ sería isomorfo, que no lo son. Por lo $A'$ e $B'$ no conjugada en ${\rm GL}_{n}({\mathbb Z})$.

Yo reclamo (al menos en algunos casos) que podemos elegir $A$ e $B$ tal que la correspondiente semidirect productos $\langle \alpha \rangle \ltimes_{A'} {\mathbb Z}^n$ e $\langle \beta \rangle \ltimes_{B'} {\mathbb Z}^n$ son isomorfos, donde $\alpha$ e $\beta$ generar infinito cíclico de los grupos. Podemos (en algunos casos?) elija $A = B^a$ con $a$ coprime a $m$ e $2 \le a < \phi(m)-1$ tal que $B$ no está conjugado en ${\rm GL}_{\phi(m)}({\mathbb Z})$ a $A$ o a $A^{-1}$, y elegir enteros $r,s$ con $ra-sm=1$.

Entonces podemos definir un isomorfismo de $\langle \alpha \rangle \ltimes_{A'} {\mathbb Z}^n$ a $\langle \beta \rangle \ltimes_{B'} {\mathbb Z}^n$ mediante la asignación de $I$ a $\sigma(I)$ como en el ejemplo de David, $y$ a $\beta^m z^r$ e $\alpha$ a $\beta^a z^s$. Tenga en cuenta que este induce un isomorfismo de la libre grupo abelian $\langle \alpha, y \rangle$ a $\langle \beta, z \rangle$, de tal manera que la imagen de $y$ centraliza $\sigma(I)$.

Hice algunos cálculos en el Magma en el caso de $m=37$, y se encontró un grado 36 entero de la matriz $A$ que no está conjugado de a $A^a$ cualquier $a$ con $2 \le a \le 36$.

Answer 3

$\def\QQ{\mathbb{Q}}\def\ZZ{\mathbb{Z}}$Que no entendí la pregunta como preguntando acerca de la $C_m \ltimes_A \ZZ^n$ e $C_m \ltimes_B \ZZ^n$, donde $m$ es el orden de $A$ e $B$. Si trabajamos con $\ZZ \ltimes_A \ZZ^n$ e $\ZZ \ltimes_B \ZZ^n$, no estoy seguro de lo que sucede.

Trabajando con $C_m \ltimes_A \ZZ^n$, esto no es cierto. Deje $m$ ser el orden de $A$ e $B$, vamos a $\zeta_m$ ser una primitiva $m$-ésima raíz de la unidad, deje $K$ ser el cylotomic campo $\QQ(\zeta_m)$. Deje $G$ ser el grupo de Galois de $K$ sobre $\QQ$, lo $G \cong (\ZZ/m \ZZ)^{\times}$. Deje $H$ ser el grupo de clase de $K$. Supongamos que $H$ contiene una clase $h$ cuyas $G$-órbita es mayor que $h^{\pm 1}$; decir $\sigma(h) \neq h^{\pm 1}$.

Deje $I$ a ser un ideal de representar a la clase $h$, lo $I$ es un servicio gratuito de $\ZZ$-módulo de rango $\phi(m)$. Deje $A$ ser la matriz de la multiplicación por $\zeta_m$ a $I$, y deje $B$ ser la matriz de la multiplicación por $\zeta_m$ a $\sigma(I)$. Desde $I^{\pm 1}$ e $\sigma(I)$ son no isomorfos como $\ZZ[\zeta_m]$ módulos, $A^{\pm 1}$ e $B$ no conjugada.

Sin embargo, $C_m \ltimes_A \ZZ^{\phi(m)} \cong \langle \zeta \rangle \ltimes I$ e $C_m \ltimes_B \ZZ^{\phi(m)} \cong \langle \zeta \rangle \ltimes \sigma(I)$, y estos son isomorfos por $(\zeta^j, x) \mapsto (\sigma(\zeta)^j, \sigma(x))$.

Esto ocurre por $m=37$, donde $H \cong \ZZ/37 \ZZ$. Si recuerdo correctamente, si $\sigma(\zeta) = \zeta^a$ entonces $\sigma(h) = h^{a^{21}}$. Desde $\mathrm{GCD(21,36)} = 3$, el monomio $a^{21}$ tarda $12$ diferentes valores de modulo $37$ así, $h$ un generador del grupo de clase, no hay valores de de $h^{\pm 1}$ en la $G$ órbita de $h$.