Automorfismi di $\mathbb{Z_4} xx \mathbb{Z_4}$

[Shocker]

Salve,

sto avendo un po' di problemi a capire chi è $Aut(\mathbb{Z_4} xx \mathbb{Z_4})$ e più in generale chi è $Aut(\mathbb{Z}_{p^a} xx \mathbb{Z}_{p^b})$ con $a, b$ diversi da $1$. Ho provato a capire in quali elementi di ordine $4$ posso mandare due generatori, tuttavia questo metodo non funziona... cioè non sempre mi fornisce automorfismi, qualcuno può darmi una mano?


Ciao!

[dan95]

Sappiamo che $\text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a}) \cong \mathbb{Z}_{p^a}^{\ast}$ secondo un isomorfismo che manda $n \in \mathbb{Z}_{p^a}^{\ast}$ in $x \mapsto n \cdot x$. Inoltre $\text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a} \times \mathbb{Z}_{p^b}) \cong \text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a} ) \times \text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^b} )$ [Edit: Non vale] quindi [Edit: nemmeno questo vale] $\text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a} \times \mathbb{Z}_{p^b}) \cong \mathbb{Z}_{p^a}^{\ast} \times \mathbb{Z}_{p^b}^{\ast}$

[Shocker]

Ciao ,

grazie per la risposta.

Un automorfismo manda generatori in generatori.

Sappiamo che $\text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a}) \cong \mathbb{Z}_{p^a}^{\ast}$ secondo un isomorfismo che manda $n \in \mathbb{Z}_{p^a}^{\ast}$ in $x \mapsto n \cdot x$. Inoltre $\text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a} \times \mathbb{Z}_{p^b}) \cong \text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a} ) \times \text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^b} )$ quindi $\text{Aut}(\mathbb{Z}_{p^a} \times \mathbb{Z}_{p^b}) \cong \mathbb{Z}_{p^a}^{\ast} \times \mathbb{Z}_{p^b}^{\ast}$

Non mi trovo d'accordo: i sottogruppi del prodotto non sono caratteristici, quindi non tutti gli elementi di ordine $p^a$ vivono in $\mathbb{Z_{p^a}} xx {0}$, per esempio nel caso $\mathbb{Z}_{4} xx \mathbb{Z}_{4}$ l'applicazione $\phi$ che manda $e_1$ in $e_1 + e_2$ e $e_2$ in se stesso è un automorfismo del gruppo ma non rientra nei $4$ casi che otterrei se fosse $Aut(\mathbb{Z}_{4} xx \mathbb{Z}_{4}) \cong \mathbb{Z_2} xx \mathbb{Z_2}$.

O sbaglio?

Ciao

[dan95]

Infatti ho sbagliato, l'isomorfismo $\text{Aut}(ZZ_m\times ZZ_n) \cong text{Aut}(ZZ_m) \times \text{Aut}(ZZ_n)$ vale per $(m,n)=1$...

[Martino]

Ciao! Dunque dato $G=ZZ_4 xx ZZ_4$ un omomorfismo $G to G$ ha la forma

$f(n,m) = (a(n,m),b(n,m))$

e si vede facilmente che $a(n,m)=na(1,0)+ma(0,1)$ e $b(n,m)=nb(1,0)+mb(0,1)$ quindi in realtà l'anello degli endomorfismi di $G$ (è un anello con somma e composizione) è isomorfo all'anello delle matrici $2 xx 2$ a coefficienti in $ZZ//4ZZ$.

Ora è chiaro che \( \displaystyle Aut(G) = U(End(G)) \) (dove $U$ indica "il gruppo moltiplicativo degli elementi invertibili di"). Quindi $Aut(G)$ è il gruppo delle matrici $2 xx 2$ invertibili a coefficienti in $ZZ//4ZZ$. Chiaro che in questo contesto invertibili significa che ammette matrice inversa a coefficienti in $ZZ//4ZZ$ e si vede facilmente che questo significa che il determinante dev'essere invertibile, cioè $1$ o $-1$ (non può essere $2$ perché $2$ non è invertibile in $ZZ//4ZZ$).

Uno potrebbe voler calcolarne l'ordine, esiste un sottogruppo normale di ordine 16 interessante, il nucleo della riduzione modulo 2, e una volta ridotto hai una matrice di $GL(2,2)$ che ha 6 elementi quindi $Aut(ZZ_4 xx ZZ_4)$ ha ordine $16*6 = 96$.

Ora sono sicuro che il caso generale che proponi si può fare generalizzando questi concetti, e so che ne avevamo parlato qui ma al momento non riesco a risponderti completamente.

[dan95]

Pensavo fosse un esercizietto invece non è un problema banale. Su internet ho trovato po' che niente...

[Shocker]

Ciao a tutti,

grazie delle risposte, scusate se non ho risposto ma in questi giorni ho degli esami piuttosto pesanti. Appena ho tempo libero vi rispondo seriamente.

Ciao

[dan95]

Io invece quando ho gli esami sto sempre qua dentro...

[Shocker]

Io invece quando ho gli esami sto sempre qua dentro...

Salve,


non ho avuto molto tempo per pensarci... ma comunque due cose sono riuscite a dedurle, seppur brutte: $\phi \in Aut(\mathbb{Z_{p^a}} xx \mathbb{Z_{p^b}})$ è completamente determinato dalle immagini di $e_1$ ed $e_2$(chiaramente le componenti sono modulo $p^a$ e $p^b$), supponiamo $a < b$, per $\phi(e_2)$ ho $#{x \in \mathbb{\mathbb{Z_{p^a}} xx \mathbb{Z_{p^b}}} | o(x) = p^b} = m$ scelte, ma quante ne ho per $\phi(e_1)$? Come minimo $\phi(e_1)$ deve essere tale che $<\phi(e_1)> \nn <\phi(e_2)> = {( [0]_{p^a}, [0]_{p^b})}$ infatti preso $z \in <\phi(e_1)> \nn <\phi(e_2)>$ e quindi $\exists v \in <e_1>$ e $w \in <e_2>$ tali che $\phi(v) = \phi(w) = z$ ovvero $v - w \in Ker\phi = {( [0]_{p^a}, [0]_{p^b})}$ e quindi $v = w$ ovvero $v, w \in <e_1> \nn <e_2> = {( [0]_{p^a}, [0]_{p^b})}$. Quindi le scelte per $\phi(e_1)$ si riducono drasticamente: devo togliere tutti gli elementi di ordine $p^a$ che hanno intersezione non banale con $<\phi(e_2)> ∼ \mathbb{Z_{p^b}}$ e secondo voi basta togliere i generatori dello $\mathbb{Z_{p^a}}$ in $<\phi(e_2)>$? Col cavolo che basta togliere dal totale solo quelli, bisogna togliere tutti gli elementi di ordine $p^a$ che generano elementi di ordine $p^c$ con $c < a$ in comune con $<\phi(e_2)>$. Insomma detti $n$ il numero di elementi di ordine $p^a$ nel gruppo e $k$ il numero di elementi di ordine $p^a$ tale che $<\phi(e_1)> \nn <\phi(e_2)> != {id}$ allora ho che il numero di automorfismi è $m*(n- k)$.
Ora, a me questo procedimento non piace¹, ma è l'unica cosa a cui sono arrivato senza tirare in ballo Moduli e matrici(cioè usando solo gli strumenti del corso in cui è stata posta la questione). Resta da capire come determinare $k$ e se ha senso estendere questo procedimento, anche se ne dubito visto che già contare $Aut(\mathbb{Z_9} xx \mathbb{Z_{81}})$ con questo metodo(Se è corretto) è un delirio per pochi.

Ciao!

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Note

1. in generale contare automorfismi non mi piace ↑

[Stickelberger]

Forse e' utile il Teorema 4.1 in https://arxiv.org/pdf/math/0605185.pdf