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; 1 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; 2 • 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). 3