Confusión sobre el cociente $\mathbb Z^4/H$

Question

Sea $f:\mathbb Z^3\to\mathbb Z^4$ sea el homomorfismo de grupo dado por $$f(a,b,c)=(a+b+c,a+3b+c,a+b+5c,4a+8b).$$ Sea $H$ sea la imagen de $f$ . Encuentre un elemento de orden infinito en $\mathbb Z^4 /H$ y hallar el orden del subgrupo de torsión de ese cociente.

Este problema sin duda tiene que ver con las matrices de presentación, pero estoy demasiado confuso. Sea $A$ denota la matriz con filas $(1,1,1),(1,3,1),(1,1,5),(4,8,0)$ . Entonces $A\mathbb Z^3=H$ . Así que $A$ debe ser una matriz de presentación para $\mathbb Z^4/H$ según la definición de aquí (o de aquí ambos coinciden con la definición de Artin). Así pues, en el módulo cociente las relaciones $$v_1+v_2+v_3=0,\\v_1+3v_2+v_3=0,\\v_1+v_2+5v_3=0,\\ 4v_1+8v_2=0$$ aguantar. Pero entonces, según el texto de Artin, la matriz debería ser $3\times 4$ no $4\times 3$ (véase el ejemplo 14.5.2 en este pregunta). Entonces, ¿cuál es el tamaño de una matriz de presentación en este caso? Mi tamaño no concuerda con la notación de Artin, aunque utilice sus definiciones y convenciones.

Ejemplo 14.5.2 En $\mathbb{Z}-$ o un grupo abeliano $V$ que se genera a partir de tres elementos $v_1, v_2, v_3$ con la compet conjunto de relaciones

$$ 3v_1+2v_2+v_3=0\\ 8v_1+4v_2+2v_3=0\\ 7v_1+6v_2+2v_3=0\\ 9v_1+6v_2+v_3=0 $$

se presenta mediante la matriz

$$ A=\begin{bmatrix} 3 & 8 & 7 & 9 \\ 2 & 4 & 6 & 6 \\ 1 & 2 & 2 & 1 \\ \end{bmatrix}. $$

Sus columnas son los coeficientes de las relaciones (anteriores): $(v_1, v_2, v_3)A=(0, 0, 0, 0)$ .

Answer 1

Como mencioné en los comentarios, convencionalmente, la forma de la matriz debería ser $4\times 3$ como has calculado. Así que tenemos $$A=\newcommand\bmat{\begin{pmatrix}}\newcommand\emat{\end{pmatrix}}\bmat 1 & 1 & 1 \\ 1 & 3 & 1 \\ 1 & 1 & 5 \\ 4 & 8 & 0 \emat.$$

Ahora las operaciones de fila son isomorfismos de $\Bbb{Z}^3$ por lo que podemos reducir libremente esta matriz y conservar la imagen de $A\Bbb{Z}^3$ como subconjunto de $\newcommand\ZZ{\Bbb{Z}}\ZZ^4$ . Es decir, aplicar operaciones de fila a una matriz $A$ que presenta $\ZZ^4/A\ZZ^3$ para obtener una matriz $A'$ significa que $A'$ también presenta $\ZZ^4/A\ZZ^3$ .

Restando la primera fila de las demás para que las otras entradas de la primera columna sean cero, tenemos $$A'=\bmat 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 4 & -4 \emat.$$ A continuación, restando dos veces la segunda fila y sumando la tercera fila a la cuarta, obtenemos $$A''=\bmat 1 & 1 & 1 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \emat.$$ Así $$v_4=\bmat 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \emat$$ nunca es a imagen de $A$ incluso por encima de $\Bbb{Q}$ Por lo tanto $v_4$ tiene orden infinito en el cokernel.

Por último, si no nos importan las coordenadas en $\ZZ^4$ operaciones de columna en $A''$ corresponden a la aplicación de automorfismos de $\ZZ^4$ y, por tanto, preservar la clase de isomorfismo de $\ZZ^4/A''\ZZ^3$ . Sin embargo, si restamos la primera columna de la segunda y la tercera, obtenemos $$A''' = \bmat 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \emat.$$

Entonces como $A'''$ es diagonal, $\ZZ^4/A'''\ZZ^3$ se divide como una suma directa, $$\ZZ/\ZZ \oplus \ZZ/2\ZZ \oplus \ZZ/4\ZZ\oplus \ZZ/(0),$$ por lo que el subgrupo de torsión de $\ZZ^4/A\ZZ^3$ tiene la talla 8.