Encontrar todos los grupos abelianos tales que existe cierta secuencia exacta corta.

Question

Tengo que encontrar todos los grupos abelianos $A$ tal que existe una secuencia exacta corta $0\rightarrow\mathbb{Z}\rightarrow A\rightarrow\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_{6}\rightarrow 0$ .

He encontrado $A=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_{6}$ , $A=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_{2}$ , $A=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}_{3}$ y $A=\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}$ . No soy capaz de encontrar ningún otro, pero tampoco puedo demostrar que estos sean los únicos.

Este ejercicio ha surgido en un curso de Topología Algebraica, por lo que me gustaría demostrarlo utilizando álgebra abstracta elemental y no Álgebra Homológica.

Cualquier sugerencia será muy apreciada.

Answer 1

Las extensiones de $\def\Z{\mathbb{Z}}\Z\oplus\Z_6$ de $\Z$ son descritas por el grupo $\def\Ext{\operatorname{Ext}}\Ext(\Z\oplus\Z_6,\Z)$ . Por teoría general, esto es isomorfo a $\Ext(\Z,\Z)\oplus\Ext(\Z_6,\Z)$ . Como el primer sumando es cero, porque $\Z$ es libre, necesitamos calcular el segundo grupo; esto puede hacerse considerando la secuencia exacta $$ 0\to\Z\xrightarrow{\cdot6}\Z\to\Z_6\to0 $$ (donde $\cdot6$ denota la "multiplicación por $6$ ) y aplicándole el functor contravariante $\def\Hom{\operatorname{Hom}}\Hom(\Z,-)$ : $$ 0\to\Hom(\Z_6,\Z)\to\Hom(\Z,\Z)\xrightarrow{\cdot6}\Hom(\Z,\Z)\to \Ext(\Z_6,\Z)\to\Ext(\Z,\Z) $$ que se puede reescribir como $$ 0\to0\to\Z\xrightarrow{\cdot6}\Z\to\Ext(\Z_6,\Z)\to0 $$ lo que significa que $\Ext(\Z_6,\Z)\cong\Z_6$ y que el isomorfismo es exactamente el mismo que el isomorfismo "natural" $\Z_6\cong\Hom(\Z_6,\Z_6)$ .

En concreto, hay seis extensiones no equivalentes del tipo que buscas. ¿Cómo se pueden escribir?

En primer lugar, si te dan $0\to\Z\to A\to\Z\oplus\Z_6\to0$ se puede decir que $\Z$ es una imagen homomórfica de $A$ y dividirlo; así que $A\cong B\oplus\Z$ y tenemos una secuencia exacta $0\to\Z\to B\to\Z_6\to0$ . Esto corresponde a $$ \Ext(\Z\oplus\Z_6,\Z)\cong\Ext(\Z,\Z)\oplus\Ext(\Z_6,\Z)=0\oplus\Ext(\Z_6,\Z). $$ Ahora, dejemos que $x\in\Z_6\cong\Hom(\Z_6,\Z_6)$ esto corresponde al endomorfismo $\cdot x\colon\Z_6\to\Z_6$ (la multiplicación por $x$ ), por lo que se puede considerar un diagrama de retroceso $$\require{AMScd} \begin{CD} 0 @>>> \Z @>>> B @>>> \Z_6 @>>> 0 \\ @. @| @VVV @VV{\cdot x}V @. \\ 0 @>>> \Z @>{\cdot6}>> \Z @>>> \Z_6 @>>> 0 \end{CD} $$ Se puede demostrar que, como $x\in\Z_6$ , éstas son las extensiones no equivalentes, pero esto requeriría un argumento bastante largo, que se encuentra en cualquier libro que trate del álgebra homológica.

La "extensión dividida", $B=\Z\oplus\Z_6$ que es el mismo que has encontrado, corresponde a tomar $x=0$ .

El retroceso $B$ es el subgrupo de $\Z\oplus\Z_6$ formado por los pares $(a,b)$ tal que $a+6\Z=xb$ . En el caso de $x=0$ es sólo $6\Z\oplus\Z_6\cong\Z\oplus\Z_6$ . En el caso de $x=1$ es el conjunto de pares $(a,b)$ tal que $a+6\Z=b$ . Haga lo mismo para los cuatro endomorfismos restantes de $\Z_6$ .

Answer 2

Respuesta parcial: Dejemos que $R$ sea un anillo conmutativo con identidad y sea $0 \rightarrow M \rightarrow E \rightarrow N \rightarrow 0$ sea una secuencia exacta de $R$ módulos. A continuación, el clase de equivalencia de las extensiones viene dada por ${\rm Ext}^1_{R}(N, M).$ (Ver cualquier libro de Álgebra Homológica).

En este caso $R = \mathbb{Z}, M = \mathbb{Z}, N = \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}_6.$ Así que hay que mirar el grupo abeliano ${\rm Ext}^1_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}_6, \mathbb{Z}).$ En primer lugar, ${\rm Ext}^1_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}_6, \mathbb{Z}) \cong {\rm Ext}^1_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}, \mathbb{Z}) \oplus{\rm Ext}^1_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}_6, \mathbb{Z}).$ Ahora ${\rm Ext}^1_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}, \mathbb{Z}) = 0$ y ${\rm Ext}^1_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}_6, \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}_6$ . (Consulte cualquier libro de Álgebra Homológica para conocer este resultado y cómo demostrarlo).

Así que tenemos exactamente $6$ elección no isomórfica para $A$ . (Pero no sé cómo construirlos todos).

Answer 3

Una pista: Para extensiones de grupos en una secuencia exacta corta $$0\to A\to E\to B\to 0$$ para cada de los homomorfismos $B\to{\rm Out}A$ hay una extensión $E$ .

También ${\rm Out}\ \Bbb{Z}={\Bbb{Z}}_2$ .

Answer 4

Si quiere evitar el uso de ${\rm Ext}$ Creo que este es un posible plan.

Dada una secuencia exacta $0\rightarrow \mathbb{Z}\rightarrow A\rightarrow \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ podemos formar el siguiente diagrama conmutativo: $$\require{AMScd} \begin{CD} 0 @>>> \mathbb{Z} @>>> \mathbb{Z}^3 @>>> \mathbb{Z}^2 @>>> 0 \\ @. @| @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> \mathbb{Z} @>>> A @>>> \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} @>>> 0 \end{CD} $$ La idea es presentar $A$ como un suryecto $\mathbb{Z}^3\rightarrow A$ y calcular el núcleo.

Se puede hacer esto tomando elementos y calculando mapas a mano, pero para mayor claridad, podemos extender el diagrama a $$ \begin{CD} @. 0 @>>>0 @>>>0 @. \\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> 0 @>>> \mathbb{Z} @>>> \mathbb{Z} @>>> 0 \\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> \mathbb{Z} @>>> \mathbb{Z}^3 @>>> \mathbb{Z}^2 @>>> 0 \\ @. @| @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> \mathbb{Z} @>>> A @>>> \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/6\mathbb{Z} @>>> 0\\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ @. 0 @>>>0 @>>>0 @. \\ \end{CD} $$ Ahora nos centramos en el cuadrado superior derecho:

$\require{AMScd} \begin{CD} \mathbb{Z} @>>> \mathbb{Z} \\ @VVV @VVV\\ \mathbb{Z}^3 @>>> \mathbb{Z}^2 \\ \end{CD} $

El mapa vertical derecho es $1\rightarrow \begin{pmatrix} 6 \\ 0\end{pmatrix}$ . Como el diagrama conmuta, el mapa vertical de la izquierda es $1\rightarrow \begin{pmatrix} a \\ 6 \\ 0\end{pmatrix}$ , donde $a$ es un número entero indeterminado.

Por último, esto significa $A$ es el cokernel de la secuencia exacta \begin {align*} 0 \rightarrow \mathbb {Z} \rightarrow \mathbb {Z}^3 \rightarrow A \rightarrow 0, \end {align*} donde $\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}^3$ viene dada por $\begin{pmatrix} a \\ 6 \\ 0\end{pmatrix}$ . Tomando las operaciones de fila, vemos que $A\cong \mathbb{Z}^2\oplus \mathbb{Z}/{\rm gcd}(a,6)\mathbb{Z}$ Así que creo que tu lista está completa.

Edición: Para que quede claro, sólo hay 4 grupos para $A$ en esta lista, mientras que el grupo Ext es aparentemente de orden 6. Esto se debe a que Ext también lleva la cuenta de los mapas en la corta secuencia exacta $0\rightarrow \mathbb{Z}\rightarrow A\rightarrow \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\rightarrow 0$ y no sólo la clase de isomorfismo de $A$ .

Observación 2: El cálculo del núcleo de $\mathbb{Z}^3\rightarrow A$ es la parte más técnica, pero no me di cuenta, ya que aplicar el 9-lema era automático. La demostración del 9-lema es una persecución de diagramas, aunque es ligeramente más fácil en nuestro caso. Por desgracia, muchos de los objetos del gran diagrama son $\mathbb{Z}$ 's, lo cual es confuso cuando no puedo señalar las cosas, así que considere:

$$ \begin{CD} @. 0 @. 0 @. 0 @. \\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> A_{11} @>>> A_{12} @>>> A_{13} @>>> 0 \\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> A_{21} @>>> A_{22} @>>> A_{23} @>>> 0 \\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ 0 @>>> A_{31} @>>> A_{32} @>>> A_{33} @>>> 0\\ @. @VVV @VVV @VV V @. \\ @. 0 @. 0 @. 0 @. \\ \end{CD} $$

Aquí, $A_{21}=\mathbb{Z}$ , $A_{22}=\mathbb{Z}^3$ , $A_{32}=\mathbb{Z}^2$ etc. Lo que tenemos que determinar es $A_{11}$ , $A_{12}$ y $A_{13}$ (la fila superior).

1) $A_{11}$ es el núcleo de $\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}$ , por lo que es 0.

2) $A_{13}$ es el núcleo de $\mathbb{Z}^2\rightarrow \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/6$ Así que es $\mathbb{Z}$ .

3) Queremos $A_{12}$ . Hay mapas inducidos de $A_{11}$ a $A_{12}$ y $A_{12}$ a $A_{13}$ que hacen que el diagrama sea conmutable. Por ejemplo, si $a\in A_{12}$ entonces $a$ se asigna a 0 en $A_{12}\rightarrow A_{22}\rightarrow A_{23}\rightarrow A_{33}$ , lo que significa que $a$ mapas a ${\rm ker}(A_{23}\rightarrow A_{33})$ en $A_{12}\rightarrow A_{22}\rightarrow A_{23}$ . Desde $A_{13}={\rm ker}(A_{23}\rightarrow A_{33})$ esto significa $a$ en realidad se asigna a $A_{13}$ .

4) Por los comentarios, también sabemos que el mapa $A_{12}\rightarrow A_{13}$ es sobreyectiva. Queremos demostrar que no tiene núcleo. Supongamos que $a\in {\rm ker}(A_{12}\rightarrow A_{13})$ . Entonces, $a$ se asigna a 0 en $A_{12}\rightarrow A_{22}\rightarrow A_{23}$ , lo que significa que $a$ mapas a ${\rm ker}(A_{22}\rightarrow A_{23})\subset A_{22}$ en $A_{12}\rightarrow A_{22}$ . Así, podemos considerar la imagen de $a$ en $A_{22}$ como $b$ , donde $b$ es un elemento de $A_{21}$ .

5) Sabemos que $b$ se asigna a 0 en $A_{31}$ como $A_{31}\rightarrow A_{32}$ es inyectiva, y $A_{21}\rightarrow A_{31}\rightarrow A_{32}$ es lo mismo que $A_{21}\rightarrow A_{22}\rightarrow A_{32}$ y la imagen de $b$ en $A_{21}\rightarrow A_{22}\rightarrow A_{32}$ es la misma que la imagen de $a$ en $A_{12}\rightarrow A_{22}\rightarrow A_{23}$ , que es 0.

6) Pero el núcleo de $A_{31}\rightarrow A_{32}$ es 0. Esto significa que $b=0$ . Desde $A_{12}\rightarrow A_{22}$ es inyectiva, $a=0$ . Esto significa que $A_{12}\rightarrow A_{13}$ es una biyección, por lo que $A_{13}=\mathbb{Z}$ .

Puede que quieras considerar buscar cómo demostrar el lema de la serpiente ( http://mathworld.wolfram.com/SnakeLemma.html ), y luego aplicar directamente eso para demostrar el 9-lema, ya que usted mencionó que está tomando un curso de topología algebraica, que va a utilizar esto en el futuro de todos modos.