Конгруэнц-подгруппа

[Braga]

$Gl(n,K)$, $A \subset K$ - идеал поля K. Пусть
$G_A = \lbrace e+a \in Gl(n,K) : e_{i,j}=\delta_{i,j}, a_{i,j} \in A \rbrace$

Задание: доказать, что $G_A$ - нормальная подгруппа в $G(n,K)$.

Если принять, что $G_A$ группа, то легко доказать, что она нормальная, а вот то, что она группа, в частности то, что для каждого элемента существует обратный в множестве $G_A$, у меня не получилось доказать. Подробнее вот:

Обратная матрицы матрицы $A$ можно записать как
$A^{-1}=\frac{1}{\det(A)} \cdot D^T$, где $D_{i,j}=(-1)^{i+j} \det(A^{(i,j)})$
и $\det(A^{(i,j)})$ детераминант матрицы без i-строчки и j-стобика.

Так как каждый элемент из $G_A$ имеет вид $e+a$, то ясно, что элементы на местах $i,j$ $i \neq j$ лежат в $A$, а элементы по диагонале вида $1+a'$, где $a' \in A$. Легко проверить, что и $D_{i,j}=(-1)^{i+j} \det(A^{(i,j)})$ $i \neq j$ лежат в $A$, потому что на диагоналях этих матриц один из элменетов вида $b$, остальные $1+a'$, где $b,a' \in A$. Следовательно среди слагаемых определителей этих матриц не выскочит $1$, тогда как одно из слагаемых определителей матриц $A_{i,i}$ будет $\prod_{j=1, j \neq i}^{n} (1+a_{j,j})=1+c$, где $c \in A$.

Это было бы неплохо и мы могли бы разложить любую обратную матрицу на некоторую матрицу $e+v$, но обратную матрицу надо ещё разделить на $\det(A)$ и это рушит все планы, потому вычленить единичку у всех диагональных элементов получится разве что если определитель матрицы $A$ будет равен $1$.

[AV_77]

Braga в сообщении #924226 писал(а):

$A \subset K$ - идеал поля K.

Не поля, а кольца, конечно.
Во-первых, не сложно заметить, что матрица $D$ также лежит в $G_A$. Во-вторых, определитель $A$ имеет вид $1+a$ для некоторого $a \in A$, а из равенства $(1+a)(1+b) = 1$ легко следует, что $b \in A$.

[Braga]

AV_77 в сообщении #924269 писал(а):

Braga в сообщении #924226 писал(а):

$A \subset K$ - идеал поля K.

Не поля, а кольца, конечно.
Во-первых, не сложно заметить, что матрица $D$ также лежит в $G_A$. Во-вторых, определитель $A$ имеет вид $1+a$ для некоторого $a \in A$, а из равенства $(1+a)(1+b) = 1$ легко следует, что $b \in A$.

Не понял второго предложения. Да, $D \in G_A$ и $\det(A)=1+a$ для некоторого элемента $a \in A$, но что за равенство у вас дальше, я не понимаю.Мы имеем, что обратная матрица это $A^{-1}=\frac{1}{1+a} \cdot D$, но почему при умножении элемента из $G_A$ число из кольца $K$ мы получим опять элемент из $G_A$?

[AV_77]

Braga в сообщении #924275 писал(а):

почему при умножении элемента из $G_A$ число из кольца $K$ мы получим опять элемент из $G_A$?

Потому, что мы не на любой элемент кольца умножаем, а на вполне определенного вида.

[Braga]

всё равно не понимаю,объясните, пожалуйста, подробней. С диагональными элементами мы получим $\frac{1+a_{i,i}}{1+a}$. Почему это должно равняться некоторому элементу $1+a''_{i,i}$?
Для недиагональных элементов это тривиально.

[AV_77]

Из равенства $(1+a)(1+b) = 1$ следует, что $b \in A$. Отсюда следует, что $(1+a)^{-1}$ имеет вполне определенный вид, которым и надо воспользоваться.

[apriv]

Braga в сообщении #924226 писал(а):

Задание: доказать, что $G_A$ - нормальная подгруппа в $G(n,K)$.

Предлагаю доказать, что $G_A$ является ядром некоторого гомоморфизма групп. После этого пропадет необходимость отдельно доказывать, что это группа.