Gruppi e reticoli sugli interi.

Messaggioda 3m0o » 15/05/2019, 17:29

Buongiorno, non ho ben capito la dimostrazione del seguente teorema
Sia \( G \) un sottogruppo di \( \mathbb{Z}^n \) allora esiste \( B \in \mathbb{Z}^{m \times k } \), \( \operatorname{rang}(B)=k \) tale che il reticolo \( \Lambda(B)=G\)

Dimostrazione:
Siano \( v_1, \ldots, v_k \in G \) tale che
i) \( v_1, \ldots, v_k \) sono linearmente indipendenti
ii) \( \operatorname{span}_{\mathbb{Q}}( v_1, \ldots, v_k)=\operatorname{span}_{\mathbb{Q}}( G) \)

Sia, \( B=( v_1, \ldots, v_k)\), se \( G= \Lambda(B) \) il teormea è dimostrato.
Altrimenti \( \Lambda(B) \subset G \) dunque \( \exists v^* \in G / \Lambda(B) \); sia \( B^* \) una base generale del reticolo \( \Lambda(v_1,\ldots,v_k,v^* ) \).
\( \Lambda(B) \subset \Lambda(v_1,\ldots,v_k,v^* ) \) e
\( B=B^* U\); \( U \in \mathbb{Z}^{k \times k} \)

\( \begin{vmatrix} \det(U) \end{vmatrix} \in \mathbb{N}_{\geq 2} \) allora abbiamo

\( \begin{vmatrix} \det(B^T B) \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \det(U^T B^{*T}B^* U) \end{vmatrix} = \det(U)^2 \begin{vmatrix} \det(B^{*T} B^*) \end{vmatrix} \)
Dunque \( \begin{vmatrix} \det(B^{*T} B^*) \end{vmatrix} \leq \frac{1}{4} \begin{vmatrix} \det(B^{T} B^) \end{vmatrix} \)
Visto che \( \begin{vmatrix} \det(B^T B) \end{vmatrix} \geq 1 \) questa procedura non può continuare all infinito.
C.V.D.

Domanda 1:
Abbiamo sempre definito l'indipendenza lineare tra elementi di spazi vettoriali, idem per la copertura lineare.
Lì mi dice che gli elementi sono di un gruppo, che non è uno spazio vettoriale. È vero che un spazio vettoriale è un gruppo abeliano rispetto alla somma. E \( G \) a priori potrebbe non esserlo!! Cosa vuol dire che gli elementi di un gruppo sono linearmente indipendenti? In un gruppo non c'è la nozione di scalare e nemmeno di moltiplicazione per uno scalare... stessa cosa per la copertura lineare di elementi di un gruppo? Con la copertura lineare quando scrive \( \operatorname{span}_{\mathbb{Q}}( v_1, \ldots, v_k) \) presumo che prende degli scalri in \( \mathbb{Q} \) e utilizza la moltiplicazione standard. Però un vettore di \( G \subset \mathbb{Z}^n \) a priori se moltiplicato con un razionale \( q \in \mathbb{Q} \) potrebbe non essere stabile rispetto alla moltiplicazione per questo scalare, e di nuovo \( G \) potrebbe non essere abeliano. Dunque anche se considerasse \( (G,\cdot,+) \) su \( \mathbb{Q} \) nulla mi assicura che formi uno spazio vettoriale e dunque nulla mi assicura di poter utilizzare la definizione di copertura lineare e di indipendenza lineare, sbaglio?

Domanda 2:
Non ho ben capito il motivo per cui \( B = B^* U \).

Domanda 3:
Perché il fatto che la procedura ad un certo termina (visto che il determinante ad un certo si stabilizza su un numero intero) assicura l'esistenza di un \( B \in \mathbb{Z}^{m \times k} \) di rango \( k \) e tale che il reticolo \( \Lambda(B) = G \)? Non ho ben capito come le due cose sono legate...

Grazie mille
3m0o
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 318 di 412
Iscritto il: 02/01/2018, 16:00

Re: Gruppi e reticoli sugli interi.

Messaggioda dissonance » 19/05/2019, 23:56

Hai ragione sull'indipendenza lineare. Probabilmente si intende che si considerano i vettori di Zn come elementi di Rn. Non ha senso parlare di indipendenza lineare in niente che non sia uno spazio vettoriale.
dissonance
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 15317 di 15587
Iscritto il: 24/05/2008, 20:39
Località: Nomade

Re: Gruppi e reticoli sugli interi.

Messaggioda 3m0o » 20/05/2019, 02:10

Ho appena trovato online la seguente definizione:
Se \( G \) è un gruppo abeliano e \( a_1, \ldots, a_k \in G \), si ha un omomorfismo
\( \phi : \mathbb{Z}^k \rightarrow G \)
definito da \( \phi(n_1,\ldots,n_k) = \sum\limits_{i=1}^{k} n_i a_i \)

(dove se \( a \in G \) e \( n \in \mathbb{Z} \) allora \( na= a+\ldots + a \) n-volte se \( n \geq 0 \) e \( na= (-a)+\ldots + (-a) \) n-volte se \( n \leq 0 \) )

È chiaro che \( \phi \) ha come immagine \( \left \langle a_1, \ldots, a_k \right \rangle \) e quindi \( \phi \) è suriettivo se e solo se gli \( a_1, \ldots, a_k \) sono un sistema di generatori di \(G \).
Diciamo che \( a_1, \ldots, a_k \) sono linearmente indipendenti se \( \phi \) è iniettivo.

È possibile che intenda questo quando dice che i \( v_1, \ldots, v_k \) sono lineamernete indipendenti e che suppone \( G \) abeliano automaticamente?


EDIT:
E inoltre ho trovato sempre che gli elementi \( a_1, \ldots, a_k \in G \) si dicono una base di \( G \) se \( \phi \) definito come sopra è un isomorfismo.

------------------
Mi domandavo pertanto se è possibile che quando considera \( \operatorname{span}_{\mathbb{Q}}(a_1, \ldots, a_k) \) non stia considerando lo spazio vettoriale \( V \) generato da \( \phi : \mathbb{Q}^k \rightarrow V \) dove \( \phi \) è l'omomorfismo definito come sopra ma su \( \mathbb{Q} \).
Infatti se \( \Lambda(B) = \Lambda( (a_1,\ldots, a_k) ) := \{ (a_1,\ldots, a_k) x : x \in \mathbb{Z}^k \} =G \subset \mathbb{Z}^n \)
Vuol dire che \( a_1, \ldots , a_k \) sono una base di \( G \) nel senso definito sopra, e dunque la restrizione di \( \phi \) su \( \mathbb{Z}^k \) rende \( \phi \) un isomorfismo. Sto dicendo baggianate?
3m0o
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 322 di 412
Iscritto il: 02/01/2018, 16:00

Re: Gruppi e reticoli sugli interi.

Messaggioda dissonance » 20/05/2019, 09:52

Certo. Ma questa roba non è altro che la "normale" indipendenza lineare di vettori di \(\mathbb Q^n\), se \(G\subset \mathbb Z^n\), come nel tuo caso. Infatti, per definizione la mappa \(\phi\) è ingettiva se e solo se
\[
n_1a_1+\ldots+n_ka_k=m_1a_1+\ldots+m_k a_k\ \Rightarrow\ n_1=m_1, \ldots , n_k=m_k.\]
Ovvero, se e solo se
\[\tag{*}
n_1a_1+\ldots+n_ka_k=0,\ \Rightarrow\ n_1=n_2=\ldots=n_k=0.\]
L'unica differenza con la definizione di \(\mathbb Q\)-indipendenza lineare è che qui gli scalari sono interi. Ma in realtà (*) è equivalente alla \(\mathbb Q\)-indipendenza lineare. Infatti, se \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) sono \(\mathbb Q\)-linearmente indipendenti, allora chiaramente sono anche \(\mathbb Z\)-linearmente indipendenti. Viceversa, se (*) è verificata e
\[
\frac{p_1}{q_1}a_1 +\ldots+ \frac{p_k}{q_k} a_k=0, \]
allora moltiplicando per \(\prod_1^k q_i\) si ottiene
\[
(p_1q_2\ldots q_k) a_1 + (p_k q_1\ldots q_{k-1})a_k=0, \]
che è una combinazione lineare nulla a coefficienti interi, e che quindi implica l'annullamento di tutti i coefficienti. Siccome \(q_1\ne 0 , q_2\ne 0, \ldots ,q_k \ne 0\), ne consegue che \(p_1=p_2=\ldots =p_k=0\) e quindi che \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) sono \(\mathbb Q\)-linearmente indipendenti.

CONCLUSIONE: Per questo esercizio, pensa a vettori di \(\mathbb Z^n\), non a gruppi astratti.
Ultima modifica di dissonance il 22/05/2019, 23:45, modificato 2 volte in totale.
dissonance
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 15318 di 15587
Iscritto il: 24/05/2008, 20:39
Località: Nomade

Re: Gruppi e reticoli sugli interi.

Messaggioda caulacau » 22/05/2019, 21:33

Stai riscoprendo la definizione di modulo libero, o sbaglio?
Avatar utente
caulacau
Junior Member
Junior Member
 
Messaggio: 9 di 233
Iscritto il: 08/05/2019, 19:30


Torna a Geometria e algebra lineare

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 11 ospiti