Con referencia a esta cuestión, se mencionó en los comentarios que estos problemas podrían ser resueltos mediante el Smith de Forma Normal. Sin embargo, soy incapaz de extraer un método exacto de un artículo de Wikipedia solo, y aún más la búsqueda de los rendimientos de algunos ejemplos generales. Estoy pidiendo un ejemplo donde el algoritmo se utiliza para clasificar un factor grupo.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
blue
Puntos
11796
A continuación explico cómo Smith Forma Normal se relaciona con el teorema fundamental y cómo puede ser utilizado para clasificar un determinado finitely módulo generado más de un PID en términos de una presentación. Ha sido un tiempo desde que he calculado una SNF, por lo que no puedo mostrarles un ejemplo de que sin, básicamente, volver a aprender cómo se hace (se los dejo para otra persona); más bien, acabo de utilizar la existencia de SNF y podría (por ejemplo) tiene una computadora encontrar uno en el fin de clasificar un módulo.
Si usted no sabe el significado de las palabras "módulo" y "PID" significa, entonces voy a hablar un poco demasiado generalidad para un determinado lector de $-$ hay una solución simple para esto: simplemente leer "módulo" como "grupo abelian" y asumir el PID (un tipo de anillo) $R$ es el habitual conjunto de números enteros $R=\Bbb Z$.
Deje $R$ ser un PID y supongamos que tenemos un finitely generado por $R$-módulo de $M$ dada por
$$M=\left\langle m_1,\cdots,m_n\left| \begin{array}{c} a_{11}m_1+\cdots+a_{1n}m_n \\ \vdots \\ a_{k1}m_1+\cdots+a_{kn}m_n \end{array}\right.\right\rangle \quad (^\daga k\le n)$$
No es el "universal" $R$-módulo homomorphism $R^n\to M:(r_1,\cdots,r_n)\mapsto r_1m_1+\cdots+r_nm_n$, y dado que este es, por el primer teorema de isomorfismo para los módulos que tiene el isomorfismo
$$M\cong R^n/\langle (a_{11},\cdots,a_{1n}),\cdots,(a_{k1},\cdots,a_{kn})\rangle. $$
El denominador de arriba es precisamente la imagen de la matriz de transformación $R^n\to R^n$ dada por
$$A=\begin{pmatrix}a_{11} & \cdots & a_{k1} & \cdots \\ \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{1n} & \cdots & a_{kn} & \cdots \end{pmatrix}$$
La mano derecha de las columnas son cero a cabo para hacer de la matriz cuadrada. El SNF de $A$ parece
$$A=SBT, \qquad B=\begin{pmatrix}b_1 & 0 & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \ddots & 0 & 0 & \cdots \\ 0 & \cdots & b_\ell & 0 & \cdots \\ 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots \end{pmatrix}, \qquad S,T\in{\rm GL}_n(R).$$
La diagonal entradas de $B$ $b_1,\cdots,b_\ell$ (donde $\ell\le n$) y todos los demás ceros. Por lo tanto,
$$M\cong\frac{R^n}{AR^n} = \frac{SR^n}{SBTR^n}\cong\frac{R^n}{BTR^n}=\frac{R^n}{BR^n}\cong\frac{R}{b_1R}\times\cdots\times\frac{R}{b_\ell R}\times \underbrace{\frac{R}{0}\times\cdots\times\frac{R}{0}}_{n-\ell}.$$
Así se establece el teorema fundamental de finitely generada por los módulos a través de la directora ideal dominios: todos los módulos son de un número finito de suma directa de los cocientes de los escalares anillo. De hecho, dada la presentación de un módulo, uno calcula el SNF de la matriz de coeficientes de las relaciones en los generadores y, a continuación, lee fuera de la SNF las diagonales de los denominadores de dichos coeficientes.
${}^\dagger$ Cualquier submódulo de $R^n$ será finitely generado por $\le n$ elementos, por lo $k\le n$ w.l.o.g.
OK, aquí es un ejemplo. Encontrar la estructura del grupo $${\mathbb Z}^3/\langle (6,6,4),\,(6,12,8) \rangle.$ $ escribir la matriz:
$$\left( \begin{array}{rrr} 6&6&4\\6&12&8 \end{array}\right)$$
There are many different ways to reduce this to SNF. Here is one way (hoping I haven't miscalculated):
Subtract Column 3 from Column 2
Interchange Columns 1 and 2
Subtract 2 times Row 1 from Row 2
Subtract 3 times Column 1 from Column 2
Subtract 2 times Column 1 from Column 3
Negate Row 2
giving SNF:
$$\left( \begin{array}{rrr} 2&0&0\\0&6&0 \end{array}\right)$$
It is important to remember that the number of cyclic factors should be equal to the number of generators of the original group (although, in general, some of these factors could have order $1$ and hence be trivial). So if there are fewer subgroup generators than group generators, we have to adjoin copies of ${\mathbb Z} $. So, in this example, the group is isomorphic to
$% $ ${\mathbb Z}_2 \oplus {\mathbb Z}_6 \oplus {\mathbb Z}$
