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¿Por qué hay $12$ automorfismos de a $\Bbb Z\oplus \Bbb Z_{3}$?

Deje $A:=\Bbb Z\oplus \Bbb Z_{3}$, entonces, ¿qué es $|\text{Aut}(A)|$? Mi respuesta es $4$, pero la respuesta correcta (sin explicación) resulta ser $12$! ¿Cómo ven?

Bueno, mi comprensión es, sólo es suficiente para descubrir todas las posibilidades de $f(1,\bar 1)$ donde $f$ es arbitraria automorphism, ya $(1,\bar 1)$ es el generador. Así que creo que hay un total $4$ posibilidades: $(\pm 1, \pm \bar 1),(\pm 1, \mp \bar 1)$. ¿Cómo podría haber más?

Estaría muy agradecido si alguien pudiera resolver este rompecabezas para mí! Gracias de antemano.

9voto

Jendrik Stelzner Puntos 4035

Creo que esto puede ser muy bien comprendido por el pensamiento de $\mathbb{Z} \oplus (\mathbb{Z}/3)$ $\mathbb{Z}$- módulo y, a continuación, en representación del grupo de homomorphisms, es decir, $\mathbb{Z}$- módulo homomorphisms, como matrices:

Podemos escribir cada homomorphism $f \colon \mathbb{Z} \oplus (\mathbb{Z}/3) \to \mathbb{Z} \oplus (\mathbb{Z}/3)$ matriz $$ f = \begin{pmatrix} f_{11} & f_{12} \\ f_{21} & f_{22} \end{pmatrix} $$ para la única homomorphinms $f_{11} \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$, $f_{12} \colon \mathbb{Z}/3 \to \mathbb{Z}$, $f_{21} \colon \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/3$ y $f_{22} \colon \mathbb{Z}/3 \to \mathbb{Z}/3$, de tal manera que $$ f((x,y)) = \begin{pmatrix} f_{11} & f_{12} \\ f_{21} & f_{22} \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{11}(x) & f_{12}(y) \\ f_{21}(x) & f_{22}(y) \end{pmatrix}. $$ Observe que $f_{12} = 0$ debido a que este es el único homomorphism $\mathbb{Z}/3 \to \mathbb{Z}$. Por lo tanto $f$ es de la forma $$ f = \begin{pmatrix} f_{11} & 0 \\ f_{21} & f_{22} \end{pmatrix}. $$

Si $f,g \colon \mathbb{Z} \oplus (\mathbb{Z}/3) \to \mathbb{Z} \oplus (\mathbb{Z}/3)$ son dos homomorphisms entonces podemos usar el usual de la multiplicación de la matriz $$ fg = \begin{pmatrix} f_{11} & 0 \\ f_{21} & f_{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g_{11} & 0 \\ g_{21} & g_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_{11} g_{11} & 0 \\ f_{21} g_{11} + f_{22} g_{21} & f_{22} g_{22}. \end{pmatrix} $$ Porque tenemos $$ \mathrm{id}_{\mathbb{Z} \oplus (\mathbb{Z}/3)} = \begin{pmatrix} \mathrm{id}_{\mathbb{Z}} & 0 \\ 0 & \mathrm{id}_{\mathbb{Z}/3} \end{pmatrix} $$ de ello se sigue que si $f$ es un isomorfismo con $g = f^{-1}$ $$ f_{11} g_{11} = g_{11} f_{11} = \mathrm{id}_{\mathbb{Z}}, \\ f_{22} g_{22} = g_{22} f_{22} = \mathrm{id}_{\mathbb{Z}/3}, $$ por lo tanto $f_{11}$ $f_{22}$ debe ser isomorphisms con $f_{11}^{-1} = g_{11}$$f_{22}^{-1} = g_{22}$.

Por otro lado, si $f_{11}$ $f_{22}$ son isomorphisms, a continuación, $$ \begin{pmatrix} f_{11} & 0 \\ f_{21} & f_{22} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{11}^{-1} & 0 \\ -f_{22}^{-1} f_{21} f_{11}^{-1} & f_{22}^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathrm{id}_{\mathbb{Z}} & 0 \\ 0 & \mathrm{id}_{\mathbb{Z}/3} \end{pmatrix} $$ así como $$ \begin{pmatrix} f_{11}^{-1} & 0 \\ -f_{22}^{-1} f_{21} f_{11}^{-1} & f_{22}^{-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} f_{11} & 0 \\ f_{21} & f_{22} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathrm{id}_{\mathbb{Z}} & 0 \\ 0 & \mathrm{id}_{\mathbb{Z}/3} \end{pmatrix}. $$ Por lo $f$ es ya un isomorfismo.

Ahora sabemos que $f$ es un isomorfismo si y sólo si ambas $f_{11}$ $f_{22}$ son isomorphisms (es decir, como una triangular inferior de la matriz $f$ es invertible si y sólo si todas las entradas de la diagonal son invertible). Ahora podemos contar el número de tales matrices: Los dos posibles valores de $f_{11}$, son los dos automorfismos de a $\mathbb{Z}$. Los dos posibles valores de $f_{22}$, son los dos automorphims de $\mathbb{Z}/3$. Para la entrada de $f_{12}$, se puede elegir cualquiera de los tres homomorphims $\mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/3$. Así tenemos a $2 \cdot 2 \cdot 3 = 12$ opciones posibles.

3voto

Adam Malter Puntos 96

El problema es que $(1,\bar{1})$ ¿ no generar $A$. Se genera el subgrupo de elementos de la $(a,b)$ donde $b$ es el residuo de la clase de $a$ mod $3$. En particular, por ejemplo, este subgrupo no contiene $(1,\bar{0})$.

Para generar todos los de $A$, usted necesita tomar por lo menos dos elementos, tales como $x=(1,\bar{0})$$y=(0,\bar{1})$. Si $f:A\to A$ es un automorphism, $f(y)$ debe ser un elemento de orden $3$, por lo que debe ser o $(0,\bar{1})$ o $(0,-\bar{1})$. A continuación, $f(x)$ debe ser un elemento que junto con el $(0,\pm\bar{1})$ genera todos los de $A$. Los elementos con esta propiedad se $(\pm1, b)$ cualquier $b\in\mathbb{Z}_3$.

Esto da a los que hay en la mayoría de las $12$ diferentes automorfismos de a $A$: tenemos $2$ alternativas para enviar $y$, e $6$ alternativas para enviar $x$. Entonces usted tiene que verificar que todas estas opciones realmente definir automorfismos de a $A$. Vamos a comprobarlo en el caso de que usted elija el más señales por todas partes, así que queremos que $f(y)=(0,\bar{1})$ $f(x)=(1,b)$ algunos $b\in\mathbb{Z}_3$ (los otros casos son similares). Para obtener una automorphism con estas propiedades, podemos definir a la $f(c,d)=(c,d+b\bar{c})$ (aquí se $b\bar{c}$ es el producto de $b$ $c$ mod $3$). A continuación, puede ver que $f$ es un homomorphism y un bijection (que es un bijection, puede ser útil observar que su inversa es $g(c,d)=(c,d-b\bar{c})$).

3voto

p Groups Puntos 1309

Cuenta la presentación de $G$: $G=\langle x,y\colon y^3=1, xy=yx\rangle$.

Deje $\sigma$ ser cualquier automorphism de $G$. A continuación, $\sigma(y)$ $y$ o $y^2$ (desde $\langle y\rangle$ es de torsión subgrupo de $G$, por lo que es invariante bajo todos los automorfismos).

Lo que puede ser $\sigma(x)$? Por supuesto, podría ser $x,x^{-1}$. Nada más? Sí. $xy$, $x^{-1}y$, $xy^2$, $x^{-1}y^2$. Eso es todo.

Por lo tanto, $\sigma(x)$ tiene dos opciones, $\sigma(y)$ $6$ opciones; cada una selección de $\sigma(x),\sigma(y)$ da igual la presentación de $G$, por lo tanto define un automorphism. Hay $12$.

2voto

Rene Schipperus Puntos 14164

Hay $6$ imágenes posibles para $(1,0)$ sí y $(1,1)$, $(1,2)$ y sus puntos negativos. Además, hay $2$ automorfismos de a $\mathbb{Z}_3$.

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