Algebra lineare - Matematica e Informatica

LAUREA IN MATEMATICA
Esame di profitto di Geometria 2
Modulo di Algebra lineare
novembre 2012
1. Si consideri l’omomorfismo di k[T]-moduli f : k[T]2 → k[T] definito ponendo
f (p, q) = p + q.
Tra le seguenti matrici
T + 1k
T + T2
T;
T2

1k
 T
T2
;

T
T2  ;
T3
0k
quelle che presentano il k[T]-modulo k[T]2 / ker f (come operatore sinistro sui
generatori) sono
(a) nessuna;
(b) esattamente una;
(c) esattamente due;
(d) tutte;
Soluzione. Poiché f p, 0k[T] = p ∀p ∈ k[T], f e suriettiva e quindi k[T]2 / ker f
è isomorfo a k[T], un k[T]-modulo
libero di rango 1. Pertanto k[T]2 / ker f è
presentato dalla matrice 0k , matrice a cui si riconducono anche le altre due
matrici se diagonalizzate.
2. Si denoti con A l’algebra degli endomorfismi dello C-spazio vettoriale C[T] dei
polinomi a coefficienti complessi nella variabile T. La funzione A2 → A definita
dalla corrispondenza h1 , h2 ) 7→ g, dove g ∈ A è l’endomorfismo individuato
dalle posizioni
(
j−1 h1 T 2 , se j dispari;
j
g T =
j h2 T 2 ,
se j pari;
è
(a) una funzione C-lineare che non è né iniettiva, né suriettiva;
(b) una funzione C-lineare che è iniettiva, ma non è suriettiva;
(c) una funzione C-lineare che è suriettiva, ma non è iniettiva;
(d) una funzione C-lineare iniettiva e suriettiva.
Soluzione. La teoria ci assicura che la coppia di endomorfismi f1 , f2 definiti
dalle posizioni
( j−1
T 2 , se j dispari;
j
f1 T =
0,
se j pari;
(
0,
se j dispari;
f 2 Tj =
j
T 2 , se j pari;
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è una base dell’A-modulo libero A. Ne consegue che l’applicazione
(h1 , h2 ) → h1 f1 + h2 f2
definisce un isomorfismo A2 → A di C-moduli. Si può controllare che g è
proprio l’endomorfismo h1 f1 + h2 f2 .
3. Siano D un dominio euclideo con unità, p un elemento primo di D
ed r un
2r
r
r
intero positivo. La corrispondenza
x
+
p
→
7
x
+
(p
),
x
+
(p
)
definisce
un’applicazione f : D/ p2r → D/ pr ⊕ D/ pr che
(a) non è né iniettiva né suriettiva;
(b) è iniettiva ma non suriettiva;
(c) è suriettiva ma non iniettiva;
(d) è iniettiva e suriettiva.
Soluzione. Risulta p2r =
6 pr + p2r , però è
f p2r = f pr + (p2r ) = (pr ), (pr ) .
Inoltre l’elemento 1D + (pr ), (pr ) di D/ pr ⊕ D/ p r non è immagine inf di
alcun elemento di D/ p2r : se fosse 1D + (pr ), (pr ) = x + (pr ), x + (pr ) per
qualche elemento x ∈ D, dovrebbe essere simultaneamente pr |x e pr |(x − 1D )
e questo è impossibile.
4. Nello spazio vettoriale reale R5 si consideri l’endomorfismo
ϕ : (x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) 7→ (x5 , x4 , x1 , x2 , x3 ).
Individuare tra i seguenti R[T]-moduli quello isomorfo all’R[T]-modulo determinato dalla coppia (R5 , ϕ) :
(a) R[T]/(T2 − 1) ⊕ R[T]/(T3 + 1);
(b) R[T]/(T − 1) ⊕ R[T]/(T2 − 1) ⊕ R[T]/(T2 − T + 1);
(c) R[T]/(T − 1) ⊕ R[T]/(T2 − 1) ⊕ R[T]/(T2 + T + 1);
(d) R[T]/(T2 + 1) ⊕ R[T]/(T3 − 1).
Soluzione. Si controlla a vista che ϕ lascia stabili ambedue i sottospazı̂ U =
{(x1 , 0, x3 , 0, x5 ) : x1 , x3 , x5 ∈ R} e W = {(0, x2 , 0, x4 , 0) : x2 , x4 ∈ R} con le
restrizioni ϕ|U e ϕ|W aventi polinomio minimo T3 −1 e T2 −1, rispettivamente.
Poiché U e W sono complementari in R5 , possiamo concludere che i divisori
elementari di ϕ sono T − 1, T2 + T + 1, T + 1, T − 1.
5. Sia V uno spazio vettoriale di dimensione > 1 su un dato campo k e siano
ϕ e ψ due endomorfismi nilpotenti di V k-linearmente indipendenti tali che
ϕψ = ψϕ. Tra le seguenti affermazioni riguardanti il sottospazio L := hϕ, ψik
di Endk (V )
• L contiene infiniti endomorfismi diagonalizzabili;
• L contiene solo endomorfismi nilpotenti;
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• L contiene anche endomorfismi invertibili;
quelle compatibili con i dati sono
(a) nessuna;
(b) tutte;
(c) esattamente una;
(d) esattamente due.
(Suggerimento: si utilizzi il binomio di Newton.)
Soluzione. Siano n ed m, rispettivamente, l’indice di nilpotenza di ϕ e ψ.
Visto che ϕ e ψ commutano, per ogni ρ ∈ L si ha che ρn+m è una combinazione
lineare di endomorfismi del tipo ϕh ψ k , con h e k interi non negativi tali che
h + k = n + m. Tenuto conto che la condizione h + k = n + m impedisce che sia
simultaneamente h < n e k < m, ciascun endomorfismo ϕh ψ k è quello nullo e
possiamo concludere che L consiste solo di endomorfismi nilpotenti.
6. Sia V = hv1 , v2 iZ[i] e si assuma che l’omomorfismo suriettivo di Z[i]-moduli
(x1 , x2 ) 7→ x1 v1 +x2 v2 abbia nucleo h(2i, 2−i), (1+2i, −1−2i)iZ[i] . Individuare
l’affermazione corretta:
(a) V non è ciclico;
(b) V contiene un sottomodulo W tale che V /W ' Z[i]/(2 − i);
(c) esiste 0 6= w ∈ V tale che (1 + i)w = 0;
(d) le precedenti affermazioni sono non corrette.
Soluzione. Diagonalizzando la matrice
2i
2−i
1 + 2i −1 − 2i
delle relazioni dei generatori v1 e v2 di V , si ottiene la matrice
1 0
.
0 5i
Dunque V è isomorfo allo Z[i]-modulo ciclico
Z[i]/(5i) ' Z[i]/(2 − i) ⊕ Z/(−1 + 2i).
Tenuto conto che 5 ed 1 + i sono coprimi in Z[i], possiamo concludere che
l’unica affermazione corretta è la (b).
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