Svolgimenti

Svolgimento di Algebra I - 22 Marzo 2012
1. Nell’insieme delle frazioni F := ab | a, b ∈ Z, b 6= 0 si consideri la relazione ∼ definita ponendo: ab ∼ ab ⇔ ab = ba.
i) Si dimostri che ∼ è una relazione di equivalenza in F ;
ii) si provi che in Q (quoziente di F rispetto ∼) è ben definito il prodotto:
a c
ac
· := .
b d
bd
Svolgimento
i)
a
b
∼
a
b
=⇒
a2
b2
a
b
∼
a
b
a1
b1
∼
. Infatti ab = ba;
a
b
e
∼
a2
b2
a
b
. Infatti da ab = ba segue ab = ba;
∼ ab33 =⇒ ab11 ∼ ab33 . Infatti, per ipotesi:
(1) a1 b2 = b1 a2 ,
(2) a2 b3 = b2 a3 .
Se a2 = 0, da b2 6= 0 segue a1 = 0 e a3 = 0. Quindi a1 b3 = 0 = b1 a3 .
Se a2 6= 0, moltiplicando le relazioni (1) e (2) si ottiene a1 b2 a2 b3 = b1 a2 b2 a3 .
Semplificando per b2 6= 0 e a2 6= 0 si conclude a1 b3 = b1 a3 .
0
0
a0 c0
ii) bd 6= 0 perchè b 6= 0, d 6= 0. Inoltre ab ∼ ab0 e dc ∼ dc 0 =⇒ ac
bd ∼ b0 d0
Infatti da ab0 = ba0 e cd0 = dc0 segue ab0 cd0 = ba0 dc0 , ossia acb0 d0 = bda0 c0 .
2. Siano (Z, +) il gruppo additivo dei numeri interi e G := Z ⊕ Z il gruppo
i cui elementi sono le coppie ordinate di interi, rispetto alla somma:
(a1 , b1 ) + (a2 , b2 ) := (a1 + a2 , b1 + b2 ).
i) Si dimostri che l’applicazione f : Z ⊕ Z → Z definita ponendo
f ((a, b)) := 4a − 11b,
∀ (a, b) ∈ Z ⊕ Z
è un epimorfismo di gruppi additivi;
ii) si indichino gli elementi di Kerf e si mostri che Kerf è un gruppo ciclico,
determinandone un generatore.
Svolgimento
i) f ((a1 , b1 )) + f ((a2 , b2 )) = (4a1 − 11b1 ) + (4a2 − 11b2 ) = 4 (a1 + a2 ) −
11 (b1 + b2 ) = f ((a1 + a2 , b1 + b2 )). Quindi f è un omomorfismo.
Ogni y ∈ Z ha come preimmagine, ad esempio (3y, y). Infatti f ((3y, y)) =
12y − 11y = y. Quindi f è suriettiva.
ii) Ker f = {(a, b) | 4a − 11b = 0}. La coppia (11, 4) ∈ Ker f , quindi Ker f
contiene il sottogruppo ciclico da essa generato, ossia h(11, 4)i = {k(11, 4) | k ∈ Z}.
D’altra parte, sia (a, b) ∈ Ker f . Da 4a = 11b segue b = 4b, a = 11a.
Sostituendo ad a e b tali valori si ha 4 · 11 · a = 4 · 11 · b, da cui a = b.
Pertanto (a, b) = a(11, 4) ∈ h(11, 4)i. Si conclude Ker f = h(11, 4)i.
3. Nel gruppo simmetrico S9 si consideri α = (12536789)(2547)(3496).
i) Si determinino gli elementi di hαi ed i relativi periodi;
ii) si determini A9 ∩ hαi, dove A9 rappresenta il gruppo alterno di grado 9;
iii) si dica se i laterali hαi(15679) = hαi(245)(139), motivando la risposta;
iv) si definisca un epimorfismo f : (Z, +, 0) → hαi e si determini Ker f .
Svolgimento i)ii)
elemento
α0 = id
α = (12389754)
α2 = (1395)(2874)
α3 = (18529437)
periodo
∈ A9
6∈ A9
∈ A9
6∈ A9
1
8
4
8
elemento
α4
α5
α6
α7
= (19)(27)(35)(48)
= (17349258)
= (1593)(2478)
= (14579832)
periodo
∈ A9
6∈ A9
∈ A9
6∈ A9
2
8
4
8
iii) (15679) ((245)(139))−1 = (2679354) 6∈ hαi, quindi non coincidono.
iv) f (z) := αz . Da f (z + t) := αz+t = αz αt segue che f è un omomorfismo.
Chiaramente f è suriettiva. Ker f = 8Z.
4. In Z5 [x] siano a = x4 + 3x2 + 1, b = x3 − x2 − 3x − 2.
i) si calcoli il massimo comun divisore monico d fra a e b e lo si esprima nella
forma d = f a + gb,
f, g ∈ Z5 [x].
ii) quali sono gli altri massimi comun divisori fra a e b ?
iii) si decompongano a( e b in fattori irriducibili in Z5 [x] e si determinino,
per ciascuno di essi, le radici e le relative molteplicità .
Svolgimento i) Abbreviando MCD(a, b) in (a, b):
a = b(x + 1) + 2x2 + 3;
b = (x2 − 1)(x − 1) + 3x + 2.
(a, b) = (b, 2x2 + 3) = (b, x2 − 1)
.
(b, x2 − 1) = (x2 − 1, 3x + 2) = (x2 − 1, x − 1) = x − 1 = d.
Da 2x2 + 3 = a − b(x + 1) segue x2 − 1 = 3a − b(3x + 3).
Da 3x + 2 = b − {3a − b(3x + 3)} (x − 1) segue x − 1 = a(−x + 1) + b(x2 + 1).
ii) x − 1, 2x − 2, 3x − 3, 4x − 4.
iii) a = (x + 1)2 (x − 1)2 , b = (x − 1)(x2 + 2).
Tutti i polinomi di grado 1 sono irriducibili. Inoltre x2 + 2 è irriducibile in
Z5 [x] perchè ha grado 2 e non ha radici in Z5 .
.
Svolgimento Algebra II -22 Marzo 2012
1. i) Gli elementi dell’anello quoziente A = Z3I[x] , dove I è l’ideale generato
da x2 + 1, sono 9. Precisamente A = {I + r0 + r1 x | r0 , r1 ∈ Z3 } =
{I + 0, I + 1, I − 1, I + x, I + 1 + x, I − 1 + x, I − x, I + 1 − x, I − 1 − x} .
Il polinomio x2 + 1 non ha radici in Z3 : infatti 0 + 1 = 1 6= 0 (mod 3) e
(±1)2 + 1 = −1 6= 0 (mod 3). Avendo grado 2 è irriducibile in Z3 [x]. Ne
segue che l’ideale I è massimale e quindi che A è un campo.
ii)
(I + x)0
(I + x)1
(I + x)2
(I + x)3
(I + x)4
= I + x0 = I + 1,
= I + x1 = I + x,
= I + x2 = I − 1,
= (I + x)(I + x2 ) = I − x,
= (I + x)2 (I + x)2 = I + 1.
Quindi I + x ha periodo 4 nel gruppo moltiplicativoA∗ .
Si conclude che, per ogni k ∈ Z,
(I + x)k = (I + x)r
dove r =∈ {0, 1, 2, 3} è il resto della divisione di k per 4.
[x]
iii) L’anello B = <xZ23−1>I
non è un campo perchè ha divisori dello zero.
2
Per esempio < x − 1 > −1 + x 6=< x2 − 1 > +0 e < x2 − 1 > +1 + x 6=<
x2 − 1 > +0, ma (< x2 − 1 > −1 + x)(< x2 − 1 > +1 + x =< x2 − 1 >
−1 + x2 =< x2 − 1 > +0. Siccome A è un campo, non è isomorfo a B.
2. i) {0} è ideale di C. Sia I un altro ideale. Detto i un elemento non nullo
di C, si ha i−1 ∈ C e, per definizione di ideale i−1 i = 1 ∈ I. Si conclude che
C1 = C ≤ I. Quindi gli unici ideali di C sono {0} e C stesso.
Si poteva anche limitarsi a osservare che C è un campo. Quindi, per un
risultato visto in teoria, gli unici ideali sono {0} e C.
ii) Consideriamo, ad esempio, gli ideali I =< (x+1) >, J =< x >. Si ha I 6=
C[x] perchè i polinomi non nulli di I hanno tutti grado ≥ 1. Quindi nessun
polinomio di grado 0 appartiene a I. Analogamente J 6= C[x]. D’altra parte
1 = (x + 1) − x appartiene a I + J.
I alternativa Ne segue che ogni polinomio f (x) ∈ C[x] si scrive nella forma
f (x) = (x + 1)f (x) + x(−f (x), dove il primo addendo appartiene a I, il
secondo a J. Pertanto f (x) ∈ I + J. Si conclude C[x] = I + J.
II alternativa Sappiamo, dalla teoria, che I + J è un ideale di C[x], perchè
somma di 2 ideali. Quindi 1 ∈ I + J implica I + J = C[x].
3. L’isomorfismo vale per il Teorema 5.3 pag.17 delle Dispense (decomposizione primaria).

 x ≡ 6 (mod 11)
x ≡ 5 (mod 9) .
4. Il sistema dato è equivalente a

x ≡ 3 (mod 5)
Nelle notazioni delle dispense:
b1 = 6, d1 = 11, t1 = 45
b2 = 5, d2 = 9, t2 = 55
b3 = 3, d3 = 5, t3 = 99.
45(1) + 11(−4) = 1
55(1) + 9(−6) = 1
99(−1) + 5(20) = 1
=⇒
y1 = 1, y2 = 1, y3 = −1.
Quindi una soluzione del sistema è :
c = t1 y1 b1 + t2 y2 b2 + t3 y3 b3 = 45(6) + 55(5) − 99(3) = 248
Le altre sono i numeri 248 + k(11 · 5 · 9) = 248 + k495, al variare di k ∈ Z.


−8 −1 −4
4. i) ad(A) =  −3 −6 −24  .
−6 −12 −3
1
Aad(A) = 45I, quindi det(A) = 45. Ne segue che A−1 = 45
ad(A).
ii) Una forma normale di A è A− 1AI = I. Il rango di A è 3.
iv) Si ha:
1
0
1 −1
x2 − 4
6 − 3x
1 41 x
=
− 14 (x − 2) 1
0 1
x2 − 4x + 4 x2 − 5x + 6
0 1
4x − 8
0
4(x − 2)
0
=
.
1 3
1
2
0
0
4x − 4 ∗ x + 6
4 (x − 2)(x + 2x − 12)
x−2
0
Quindi una forma normale di B è N =
.
0
(x − 2)(x2 + 2x − 12)
Le altre si ottengono moltiplicando N per una qualunque matrice diagonale
diag(q1 , q2 ) con 0 6= q1 , 0 6= q2 ∈ Q. B ha rango 2.
Svolgimento Approfondimenti di Algebra -22 Marzo 2012
1.
a) Sia A un gruppo abeliano di ordine 150 = 2 · 3 · 52 . Per la sequenza
d1 | · · · |dt
dei fattori invarianti di A si hanno le seguenti possibilità :
• t = 1, d1 = 2 · 3 · 52 , A ' Z150 ,
annullatore di A l’ideale 150Z, minimo numero di generatori 1;
• t = 2, d1 = 5, d2 = 2 · 3 · 5, A ' Z5 ⊕ Z30 ,
annullatore di A l’ideale 30Z, minimo numero di generatori 2.
Poichè due gruppi abeliani finitamente generati sono isomorfi se e solo se
hanno la stessa sequenza di fattori invarianti, a meno di isomorfismi i gruppi
abeliani di ordine 150 sono Z150 e Z5 ⊕ Z30 .
b) l’applicazione f : (Z, +, 0) → (Q∗ , ·, 1) tale che f (z) = 2z è un omomorfismo. Infatti f (z + t) = 2z+t = 2z 2t = f (z)f (t). È iniettiva perchè
Ker f := {z | 2z = 1} = {0}. Infine Im f = {2z | z ∈ Z} = h2i. Si conclude
che f è un isomorfismo da Z a h2i, quindi i due gruppi sono abeliani.
Procedimento alternativo: h2i è abeliano perchè 2a 2b = 2a+b = 2b+a =
2b 2a . Il minimo numero di generatori è 1: infatti è generato da {2}. Il suo
annullatore è l’ideale {0}: infatti 2z = 1 solo se z = 0. Quindi la sequenza
dei fattori invarianti è d1 = 0. Poichè il gruppo additivo Z ha la stessa
sequenza di fattori invrianti, i due gruppi sono isomorfi.
2. M, M 0 moduli sull’anello R. M libero con base B = {m1 , m2 } .
a) Consideriamo una applicazione f : B → M 0 . Ogni m ∈ M si scrive
in modo unica nella forma m = r1 m1 + r2 m2 con r1 , r2 ∈ R. Quindi è
univocamente determinato
r1 f (m1 ) + r2 f (m2 ) := fb(m).
Abbiamo cosı̀ definito una applicazione fb : M → M 0 . Essa è un omomorfismo di moduli (facile!). fb(mi ) = f (mi per i = 1, 2. Infine, sia
g : M → M 0 un R-omomorfismo la cui restrizione a B coincide con f . Da
m = r1 m1 + r2 m2 , segue g(m) = r1 g(m1 ) + r2 g(m2 ) = r1 f (m1 ) + r2 f (m2 ) =
fb(g).
Si conclude che fb è unica. Essa è detta l’estensione per linearità della f .
b) Consideriamo B 0 = {m1 , m1 + m2 }. Da xm1 + y(m1 + m2 ) = 0M segue
(x + y)m1 + ym2 ) = 0M , da cui y = 0 e x = 0. Quindi B 0 è indipendente.
Ogni m ∈ M si scrive nella forma m = r1 m1 + r2 m2 . Segue m = r1 m1 −
r2 m1 + r2 m1 + r2 m2 = (r1 − r2 )m1 + r2 (m1 + m2 ). Quindi B 0 genera M ,
pertanto è una base.
1 1
0
La matrice di passaggio da B a B è P =
0 1
3
c) Sia m ∈ M . Se mB =
allora m = 3m1 −2m2 = 5m1 −2(m1 +m2 ),
−2
5
0
.
quindi mB
−2
1 −1
3
5
−1
0
Oppure mB = P mB =
=
.
0 1
−2
−2

0 −1 −1
3. A =  0 0 −1  ∈ Mat3 (C) ha autovalori 2, 2i, −2i e relativi au8 −4 2
tospazi generati rispettivamente da






5
5
1
v1 =  2  , v2 =  4 − 2i  v1 =  4 + 2i  .
−4 + 8i
−4 − 8i
−4

Rispetto alla base {v1 , v2 , v3 } l’applicazione lineare v 7→ Av ha matrice diagonale, infatti Av1 = 2v1 , Av2 = 2iv2 , Av3 = −2iv3 .
4. Siano A, B due matrici di Matn (Q). Sia a1 (x)| · · · |at (x) la sequenza dei
fattori invarianti di A, dove ai (x) ∈ Q[x]. Analogamente sia b1 (x)| · · · |bk (x)
quella di B, dove bi (x) ∈ Q[x]. Se esiste P ∈ GLn (C) tale che P −1 AP =
B, esse sono coniugate in C[x], quindi hanno la stessa sequenza di fattori
invarianti. Notando che Q[x] ≤ C[x], le due sequenze sopra indicate devono
essere uguali. Si conclude che A e B devono essere coniugate anche in Q[x].
Svolgimento di Algebra I - 10 Aprile 2012
1. i) Soluzioni intere della congruenza 10x ≡ −7 (mod 13).
13 = 10(1) + 3
10 = 3(3) + 1 .
3 = 1(3) + 0
Quindi MCD(13, 10) = 1 = 10 − 3(13 − 10) = 10(4) + 13(−3).
Da 1 = 10(4) + 13(−3) segue:
10(4) ≡ 1
(mod 13)
10(−28) ≡ −7
(mod 13).
Quindi una soluzione è x0 = −28. L’insieme delle soluzioni è
{−28 + k13 | k ∈ Z} = {−2 + k13 | k ∈ Z} = {11 + k13 | k ∈ Z} = ...
La congruenza 14x ≡ −1 (mod 7) non ha soluzioni intere perchè , per ogni
a ∈ Z, si ha 14a ≡ 0 6= −1 (mod 7).
ii) Se a ≡ b (mod n), si ha a − b = nq con q ∈ Z. Ne segue (a − b)c = n(qc)
ossia ac − bc = n(qc). Poichè (qc) ∈ Z, si conclude che ac ≡ bc (mod n).
iii) E.g., per a = 2, b = 1, c = 3 si ha ac ≡ bc (mod 3), ma a 6≡ b (mod 3).
2. i) Nel gruppo S3 i laterali destri del sottogruppo S2 =< (12) > sono:
S2 = {id, (1, 2)},
S2 (13) = {(13), (1, 3, 2)},
S2 (23) = {(23), (1, 2, 3)}.
ii) S2 non è normale in S3 perchè ad esempio (13)−1 (12)(13 = (23) 6∈ S2 .
3. i) Se A, B sono sottogruppi di un gruppo abeliano G, la loro somma
A + B è un sottoguppo. Infatti:
• Da 0G ∈ A e 0G ∈ B segue 0G = 0G + 0G ∈ A + B.
• Se a1 + b1 ∈ A + B e a2 + b2 ∈ A + B (ossia a1 , a2 ∈ A, b1 , b2 ∈ B) si ha
a1 + b1 − (a2 + b2 ) = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 ) ∈ A + B.
Chiaramante A ≤ A + B, infatti ogni a ∈ A si scrve a = a + 0G , dove
0G ∈ B. Analogamente B ≤ A + B. Infine sia H è un sottogruppo di G
tale che A ∪ B ⊆ H. Per ogni a ∈ A e per ogni b ∈ B si ha a, b ∈ H, da cui
a + b ∈ H, essendo H un sottogruppo. Si conclude A + B ≤ H.
ii) 24Z ∪ 16Z non è un sottogruppo di Z perchè , ad esempio,
24 − 16 = 8 6∈ 24Z ∪ 6Z.
iii) 6Z ∪ 30Z = 6Z è un sottogruppo di Z.
4. i)
x4 − 3 è irriducibile in Q[x] per il criterio di Eisenstein con p = 3.
√
√
√
x4 − 3 = (x − 4 3)(x + 4 3)(x2 + 3) in R[x].
√
Il fattore
x2 + 3 è irriducibile in R[x]. Infatti, in caso contrario, si avrebbe
√
x2 + 3 = (ax + b)(cx + d) con a, b, c, d ∈ R, ac 6= 0. Pertanto r := −b
a
√
sarebbe una radice reale. Ma r2 ≥ 0, quindi r2 + 3 > 0, contraddizione.
√
√
√
√
x4 − 3 = (x − 4 3)(x + 4 3)(x − 4 3i)(x + 4 3)i in C[x].
x4 − 3 = x4 + 1 = (x + 1)4 in Z2 [x].
x4 − 3 = x4 in Z3 [x].
ii) Si fa ripetutamente uso del fatto che, per il Teorema di Ruffini, α è radice
di f (x) se e solo se (x − α)|f (x).
Sia α radice di MCD(a(x), b(x)) := d(x).
Allora (x − α)|d(x). Poichè d(x)|a(x), si ha che (x − α)|a(x). Pertanto α è
radice di a(x). Analogamente α è radice di b(x).
Viceversa, sia α radice comune di a(x) e b(x).
Allora (x−α)|a(x) e (x−α)|b(x). Ne segue, per definizione di MCD(a(x), b(x)),
che x − α divide d(x). Quindi α è radice di d(x).
iii) Se α è radice di a(x) di molteplicità 3, si ha: a(x) = (x − α)3 q(x), dove
(x − α) non divide q(x). Ne segue a(x)2 = (x − α)6 q(x)2 . Poichè x − α è
primo e non divide q(x), non divide neanche q(x)q(x) = q(x)2 . Si conclude
che α è radice di a(x)2 di molteplicità 6.
Svolgimento di Algebra II - 10 Aprile 2012
1. i) In Z7 [x] si ha x4 + 3 = x4 − 4 = (x2 + 2)(x2 − 2).
Pertanto l’ideale I generato da x4 + 3 è contenuto propriamente nell’ideale
J generato da (x2 + 2) ( o anche in quello generato da (x2 − 2)).
ii) M.C.D.(x4 +3, x2 +x−1) = 1. Quindi il laterale I +x2 +x−1 ha inverso.
x4 + 3
= (x2 + x − 1)(x2 − x + 2) − 3x + 5
x2 + x − 1 = (−3x + 5)(2x + 3) + 5
Dalla prima divisione si ottiene −3x + 5 = x4 + 3 − (x2 + x − 1)(x2 − x + 2).
Sostituendo tale valore nella seconda si ha
5 = (x4 + 3)(−2x − 3) + (x2 + x − 1)(2x3 + x2 + x),
da cui, osservando che [5]−1
7 = [3]7 ,
1 = (x4 + 3)(x − 2) + (x2 + x − 1)(−x3 + 3x2 + 3x).
Si conclude che
(x2 + x − 1)(−x3 + 3x2 + 3x) ≡ 1 (mod x4 + 3)
−1
ossia che I + x2 + x − 1
= I − x3 + 3x2 + 3x.
iii) I laterali I + x2 + 2 e I + x2 − 2 sono divisori dello zero. Infatti nessun
polinomio di grado 2 appartiene a I, quindi sono diversi da I + 0. D’altra
parte il loro prodotto è I + x4 − 4 = I + 0.
2. i) 6Z + 10Z = 2Z. Infatti:
Sia t ∈ 6Z + 10Z, ossia t = 6x + 10y per opportuni x, y ∈ Z. Ne segue
t = 2(3x + 5y) ∈ 2Z.
Sia 2z ∈ 2Z. Si ha 2z = 6(2z) + 10(−z) ∈ 6Z + 10Z. Si conclude che
2Z ⊆ 6Z + 10Z.
ii) L’ideale nZ è massimale se e solo se n è primo.
3. Scambiando le prime due equazioni del sistema, si trova facilmente che
il sistema dato è equivalente al seguente sistema a gradini:

 2x +2y −z = 17
2y −7z = 1

2y −7z = 1
a sua volta equivalente a
2x = −2y + z + 17
1+7z
y =
2
x = −3z + 8
1+7z
y =
2
4.
A = Z14 ⊕ Z24 ⊕ Z25 '
Z2 ⊕ Z7 ⊕ Z8 ⊕ Z3 ⊕ Z25 .
B=
C[x]
hx2 +1i
⊕
C[x]
hx3 −1i
⊕
C[x]
hx4 −2x2 +1i
'
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
⊕
⊕
⊕
⊕
⊕
⊕
hx + ii hx − ii hx − 1i hx − ωi hx − ω 2 i h(x − 1)2 i h(x + 1)2 i
dove ω := e
5.
2πi
3
.


7
5
0
i) P =  0 −4 0 .
−3 0 −2


−8 8 −24
ii) Ad(B) =  −4 4 −12 .
4 −4 12
Posto:


0 0 1
1
Q1 =  0 1 0 , Q2 =  2
1 0 0
5



1
1 2 0



0
0 1 0 , P2 =
P1 =
0
0 0 1
si ha


0 0
1
1 0  , Q3 =  0
0 1
0


0
0
−1
0 , P3 = 
4
−1
0
4

1 0 0
B ≡ Q3 Q2 Q1 BP1 P2 P3 =  0 1 0 
0 0 0

0 0
1 0 ;
−1 1

1 0 0
0 1 −1 
0 0 1

B ha quindi rango 2. Non
iii)

−1 
1 0 0
1
 −7 1 0  =  7
0 0 1
0

−1 
1 0 0
1
 0 4 0  = 0
0 0 −5
0
forma normale di B.
ha inversa.
−1 
0 0
1 0 0
1 0  ,  0 1 −9
0 1
0 0 1
 
0
0
0 0
1/4
0 ,  0 1
0 −1/5
1 0
−1

1
0
0

1 0 0
= 0 1 9
0 0 1
−1 
0 0
 = 0 1
1 0

,

1
0 .
0
Svolgimento di Approfondimenti di Algebra - 10 Aprile 2012
1.
a)
•
•
•
•
•
Un gruppo abeliano di ordine 34 è isomorfo a uno e uno solo dei seguenti:
Z81 , minimo numero di generatori 1, ideale annullatore 81Z;
Z3 ⊕ Z27 , minimo numero di generatori 2, ideale annullatore 27Z;
Z9 ⊕ Z9 , minimo numero di generatori 2, ideale annullatore 9Z;
Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z9 , minimo numero di generatori 3, ideale annullatore 9Z;
Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 , minimo numero di generatori 4, ideale annullatore 9Z.
b) Z e Z ⊕ Z sono Z-moduli (= gruppi abeliani) in forma normale. Le
rispettive sequenze fattori invarianti sono 0 e 0, 0. Poichè tali sequenze sono
diverse, i due gruppi non sono isomorfi.
2. M è un R-modulo libero con base B = {m1 , m2 , m3 }. Ciò significa che
ogni m ∈ M si scrive in modo unico nella forma
m = r1 m1 + r2 m2 + r3 m3 ,
ri ∈ R.
(1)
a) Dimostrare che B 0 = {m1 , m1 + m2 , m1 + m2 + m3 } è base di M .


1 1 1
I modo La matrice di passaggio da B a B 0 è P =  0 1 1 . Poichè
0 0 1


1 −1 0
essa ha inversa P −1 =  0 1 −1  anche B 0 è una base di M .
0 0
1
II modo Mostriamo che ogni m ∈ M si scrive in modo unico nella forma
m = x1 m1 + x2 (m1 + m2 ) + x3 (m1 + m2 + m3 ),
xi ∈ R.
(2)
Riscrivendo (2) nella forma m = (x1 + x2 + x3 )m1 + (x2 + x3 )m2 + x3 m3 e
confrontando con (1) si ha:

 x1 + x2 + x3 = r1
x2 + x3
= r2

x3
= r3 .
Poicè questo sistema ha l’unica soluzione, x3 = r3 , x2 = r2 − r3 , x1 = r1 − r2
si conclude che B 0 è base di M .
III modo Per ogni m ∈ M , utilizzando (1) si ottiene
m = (r1 − r2 )m1 + (r2 − r3 )(m1 + m2 ) + r3 (m1 + m2 + m3 .
Quindi B 0 genera M . Inoltre
x1 m1 + x2 (m1 + m2 ) + x3 (m1 + m2 + m3 ) = 0
implica (x1 + x2 + x3 )m1 + (x2 + x3 )m2 + x3 m3 da cui x3 = 0, x2 = 0, x1 = 0
per l’indipendenza di B.


2 −1 0
3. A =  4 −2 −1  ∈ Mat3 (C).
6 −3 0
√
√
a) A ha autovalori 0, 3, − 3 con rispettivi autospazi generati dai vettori:
 




1√
1√
1
v1 =  2  , v2 =  2 − 3  , v3 =  2 + 3  .
0
3
3
La forma canonica di Jordan J e la forma canonica razionale C di A sono:




0 √0
0
0 0 0
3
0 ,  1 0 3 .
J =
√
0 1 0
0 0 − 3
b) Sia α : C3 → C3 l’applicazione lineare v 7→ Av. Si ha:

= 0v1 +√0v2 + 0v3
 α(v1 ) = Av1 = √0v1
α(v2 ) = Av2 =
3v
√ 2 = 0v1 + 3v2 +
√0v3 .

α(v3 ) = Av3 = − 3v3 = 0v1 + 0v2 − 3v3
Si conclude che rispetto alla base B = {v1 , v2 , v3 } la matrice di α è diagonale.
4. Se A è coniugata a B esiste P tale che B = P −1 AP . Ne segue:
B 2 = BB = P −1 AP P −1 AP = P −1 A P P −1 AP = P −1 A2 P.
Pertanto anche A2 è coniugata a B 2 .
Svolgimento Algebra I unità
21 Giugno 2012
1. i) La congruenza 6x ≡ −3 (mod 12) non ha soluzioni. Infatti 6 =
M.C.D.(6, 12) non divide −3. Oppure, in modo esplicito, per ogni intero
k il numero 6k + 3 = 3(2k + 1) non è divisibile per 12, essendo 2k + 1 dispari.
Le soluzioni della congruenza 9x ≡ −6 (mod 15) sono 1 + k5, k ∈ Z.
ii) In generale M.C.D.(a, b) 6= M.C.D.(a, a − 2b). Per esempio, per a = 2,
b = 1 si ha M.C.D.(2, 1) = 1 6= M.C.D.(2, 0) = 2.
2. i) α = (15436)(15278)(347) = (1, 4, 8, 5, 2, 7, 6). di periodo 7.
Gli elementi di < α > sono:
α0 = id, α, α2 = (1, 8, 2, 6, 4, 5, 7), α3 = (1, 5, 6, 8, 7, 4, 2),
α4 = (1, 2, 4, 7, 8, 6, 5), α5 = (1, 7, 5, 4, 6, 2, 8), α6 = (1, 6, 7, 2, 5, 8, 4).
α0 ha periodo 1. Ciascuno degli altri elementi ha periodo 7.
ii) l’applicazione f : (Z, +, 0) → (hαi, ·, id) tale che f (z) := αz è un epimorfismo di gruppi. Ker f = 7Z.
(Si veda il Teorema 7.11 del Capitolo II delle Dispense).
3.
i), I divisori dello zero di Z10 sono gli elementi non nulli [a]10 tali che
MCM(10, a) 6= ±1, ossia [2]10 , [4]10 , [5]10 , [6]10 , [8]10 . Infatti:
[2]10 [5]10 = [0]10 , [4]10 [5]10 = [0]10 , [6]10 [5]10 = [0]10 , [8]10 [5]10 = [0]10 .
ii) Gli elementi unitari di Z10 sono gli elementi [a]10 tali che MCM(10, a) =
±1, ossia [1]10 , [3]10 , [7]10 , [9]10 . Infatti:
[9]−1
[7]−1
[3]−1
[1]−1
10 = [9]10 .
10 = [3]10 ,
10 = [7]10 ,
10 = [1]10 ,
iii) Z10 non è campo perchè 10 non è primo. Del resto abbiamo appena
visto che ha divisori dello zero. Z11 è campo perchè 11 è primo.
4.
In Q[x] siano f (x) = x3 + x2 + 5x + 5, g(x) = x4 − 3x3 + 7x2 − 15x + 10.
i) Detto d(x) il loro MCD monico, si ha:
−1
2
1
2
d(x) = x + 5 =
x+
f (x) + g(x).
6
3
6
ii) Ricordiamo che in K[x], dove K è un qualsiasi campo, tutti i polinomi di
grado 1 sono irriducibili. D’altra parte un polinomio di grado 2 è irriducibile
se e solo se non ha radici in K.
In Q[x] si ha: f (x) = (x + 1)(x2 + 5), g(x) = (x − 1)(x − 2)(x2 + 5).
(x2 + 5) è irriducibile in Q[x] perchè ha grado 2 e non ha radici razionali:
infatti α2 + 5 ≥ 0 + 5 = 5 per ogni α ∈ Q.
In C[x] si ha:
√
√
f (x) = (x + 1)(x + 5i)(x√
− 5i), √
g(x) = (x − 1)(x − 2)(x + 5i)(x − 5i).
√
iii) f (x) ha in Q l’unica radice −1. Le radici di f (x) in C sono
√ −1, ± 5i.
g(x) ha in Q le radici 1, 2. Le radici di g(x) in C sono 1, 2, ± 5i.
Tutte le radici, di entrambi i polinomi, hanno molteplicità 1.
Svolgimento di Algebra II unità
21 Giugno 2012
1. Sia I è l’ideale di Z5 [x] generato da f (x) = x3 − 2x + 1 = (x − 1)(x − 2)2 .
i) Ogni elemento dell’anello quoziente
A :=
Z5 [x]
I
si scrive in modo unico nella forma I + r0 + r1 x + r2 x2 con ri ∈ Z5 . Quindi A
ha ordine 53 = 125. A non è un campo: infatti l’ideale I non è massimale,
essendo f (x) riducibile.
ii) MCD(f (x), x2 −2x+2) = 1 = −2f (x)+(x2 −2x+2)(2x−1). Segue I+1 =
−1
I + x2 − 2x + 2 (I + 2x − 1), quindi I + x2 − 2x + 2
= I + 2x − 1;
iii) la decomposizione primaria di A, determinata dai fattori di f (x) che
Z5 [x]
Z5 [x]
⊕ h(x−2)
sono potenze di irriducibili, è : A ∼ hx−1i
2i .
2.


x
−2y −5z −t = 1
4x −2y +z +2t = −3 ,

−3x −5y
−4t = 2


 x −2y −5z −t
y
+ 27 z +t


47
+4t
2 z


 x −2y −5z
y
+ 27 z


z

 x

−2y −5z −t = 1
6y
+21z +6t = −7
−11y −15z −7t = 5

1

 x −2y −5z −t =
−7
7
−7
=
y
+ 2 z +t =
6
6

47 
47
47
= −6
z
+4t
=
−
2
6

−8
1
−t = 1

 z = 47 t − 3
−19
+t = −7
y =
6
47 t


1
8
−31
+ 47 t = − 3
x = 47 t − 23
=
1
3. i)





−1 2
0
−24 4 −4
24 0 0
7 −2   0
2 −2  =  0 24 0  .
A (ad A) =  0
0 −5 −2
0
−5 −7
0 0 24
Ne segue det A = 24.


1 0 0
ii) N =  0 1 0  è una forma normale di A in Mat3 (Z). Le forme
0 0 24


λ1 0
0
0  con λi = ±1.
normali di A in Mat3 (Z) sono 8, ossia:  0 λ2
0 0 24λ3
iii) Le matrici X, Y ∈ GL3 (Z) tali che XAY = N non sono uniche. Per
ottenerle si può , ad esempio, procedere cosı̀ :


 

−1 2
0
−1 2 0
1 0
0
 0
7 −2   0 1 0  =  0 7 −2 
0 −5 −2
0 0 1
0 −5 −2


 

1 0
0
1 0 0
1
0
0
 0 7 −2   0 1 −2  =  0
1
0 .
0 −5 −2
0 3 −7
0 −11 24


 

1 0 0
1
0
0
1 0 0
 0 1 0  0
1
0  =  0 1 0 .
0 11 1
0 −11 24
0 0 24




−1 2 −4
1 0 0
In tal caso si ottiene X =  0 1 0 , Y =  0 1 −2 .
0 3 −7
0 11 1
È importante notare che X, Y ∈ GL3 (Z) perchè hanno determinante ±1,
che ha inverso in Z.
iv) A ha non ha inversa in Mat3 (Z) perchè det A = 24 6∈ Z∗ . A ha rango 3.
1
ad A = A−1 ∈ Mat3 (Q)).
Ne segue che ha inversa in Mat3 (Q). (Oppure 24
4. Sia < f (x) > +a(x) un elemento non nullo di A :=
Posto d(x) := MCD(f (x), a(x)), sia m = deg (d(x).
K[x]
<f (x)> .
Caso 1 m = 0. Esistono g(x), b(x) ∈ K[x] tali che 1 = f (x)g(x) + a(x)b(x).
Ne segue < f (x) > +b(x) = (< f (x) > +a(x))−1 . Infatti:
(< f (x) > +a(x)) (< f (x) > +b(x)) :=< f (x) > +a(x)b(x) =< f (x) > +1,
Caso 2 m > 0. Essendo < f (x) > +a(x) non nullo, f (x) non divide a(x).
Quindi m < deg (f (x)). Posto f (x) = d(x)f (x), si ha che < f (x) > +f (x)
è non nullo. D’altra parte, essendo a(x) = d(x)a(x), si ha:
< f (x) > +f (x) (< f (x) > +a(x)) =< f (x) > +f (x)a(x) =< f (x) > +0.
Svolgimento di Approfondimenti di Algebra - 21 Giugno 2012
1.
a) S = 2, 37 è dipendente su Z. Infatti
7·2−6·
7
= 0.
3
S non genera Q perchè tutti gli elementi di < S >= 2a + 73 b | a, b ∈ Z
hanno il denominatore che divide 3. Quindi, ad esempio, 12 6∈< S >.
n
o
mk
1
,
.
.
.
,
b) Q non è finitamente generato come Z-modulo. Infatti, sia S = m
n1
nk
un sottoinsieme finito di Q e sia 1 ≤ n = mcm(n1 , . . . , nk ). Ogni combinazione lineare di elementi di S, a coefficienti interi, ha il denominatore che
1
divide n. Quindi, ad esempio, n+1
6∈< S >.
2.


0 −1 3
1 .
1) P =  0 1
2 0 −1
 
 
x
x
−1



y =
y
=P
2)
z
z B
[x + y]6
!

x + y + 4z
1
−2x + 6y .
8
2x + 2y

[x]6
!
[y]6
!
=
+
= f (x) + f (y).
[x + y]8
[x]8
[y]8
Quindi f è uno Z-omomorfismo.
Z
Ker f = 24Z. Ne segue che Im f ∼ 24Z
= Z24 ha ordine 24. Pochè , d’altra
parte, Z6 ⊕ Z8 ha ordine 48, la f non è suriettiva.
3. f (x + y) =
4.
√
√
a) Il polinomio caratteristico di A è (x − 3)(x + 3)(x − 2)2 . Pertanto gli
autovalori sono:
√ 

* 5− 3 +


√
2
 ,
3, con relativo autospazio 


0
0
√ 

5
+ 3 +
*


√
2
 ,
− 3, con relativo autospazio 


0
0
 
* 0 +
 0 

2, con relativo autospazio 
 1  .
0
Considerando il polinomio caratteristico di A, si vede per i suoi invarianti
di similarità ci sono due possibilià :
√
√
(1) d1 (x) = (x − 2), d2 (x) = (x − 3)(x + 3)(x − 2) = min(A), oppure
√
√
(2) d1 (x) = (x − 3)(x + 3)(x − 2)2 .
√
√
Si verifica direttamente che (A − 3I)(A + 3I)(A − 2I) 6= 0.
Ne segue che A ha un unico fattore invariante, coincidente con il suo polinomio caratteristico.
Quindi una forma canonica di Jordan J e la forma canonica razionale C di
A sono rispettivamente:
 √



3
0
0 0
0 0 0 12
√
 0 − 3 0 0 


 , C =  1 0 0 −12  .
J =
 0


0 1 0 −1 
0
2 0
0 0 1
4
0
0
1 2
A non è diagonalizzabile.
3 5
3 1
sono coniugate avendo la
e B =
b) Le matrici A =
0 3
0 3
stessa forma canonica di Jordan J := At .
Svolgimento di Algebra I-12 Luglio 2012
1)
x = 2 + 19h
, h ∈ Z.
y = 1 + 8h
La seconda non ha soluzioni perchè , per ogni x, y ∈ Z, il primo membro è
divisibile per 5, mentre il secondo membro non lo è .
i) La prima equazione diofantea ha soluzioni
ii) Per definizione l’insieme S := {8x − 19y | x, y ∈ Z} è contenuto in Z.
In realtà S = Z. Per dimostrare questo fatto bisogna mostrare che S ⊆ Z.
Si poteva procedere direttamente, notando che 1 = 8 · (−7) − 19 · (−3) e
quindi, per ogni a ∈ Z, a = 8 · (−7a) − 19 · (−3a), da cui a ∈ S.
Alternativamente si poteva rifarsi alla teoria delle equazioni diofantee, osservando che MCD(8, 19) = 1. Poichè 1 divide ogni intero a ∈ Z, l’quazione
diofantea 8x − 19y = a ha soluzioni intere per ogni a ∈ Z.
2) H = h(23)i.
i) Laterali sinistri di H in S3 :
• id H = {id, (23)};
• (12)H = {(12), (123)};
• (13)H = {(13), (132)}.
ii) Laterali destri di H in S3 :
• H id = {id, (23)};
• H(12) = {(12), (132)};
• H(13) = {(13), (123)}.
iii) H non è normale in S3 perchè , ad esempio (123)−1 (23)(123) = (12) 6∈ H.
iv) H è abeliano perchè i suoi due elementi commutano. Infatti id(23) =
(23)id (oppure perchè è ciclico).
3) La funzione f : Z9 → Z9 tale che [a]9 7→ [4]9 [a]9 = [4a]9 è un omomorfismo
di gruppo additivo. Infatti, per ogni [a]9 , [b]9 ∈ Z9 si ha: f ([a]9 + [b]9 ) =
f ([a + b]9 ) = [4(a + b)]9 = [4a + 4b]9 = [4a]9 + [4b]9 = f ([a]9 ) + f ([b]9 ) .
La funzione g : Z9 → Z9 tale che [a]9 7→ [7]9 [a]9 = [7a]9 è inversa di f , infatti
∀ [a]9 ∈ Z9 : gf ([a]9 ) = [28a]9 = [a]9 ,
f g ([a]9 ) = [28a]9 = [a]9 .
Quindi f ha inversa. Ne segue, in particolare, che è iniettiva e suriettiva.
4) Eseguendo la divisione si ottiene
x4 − 3x2 + 12 = (x2 + 3)(x2 − 6) + 30.
Ne segue che i primi p per i quali (x2 +3) ∈ Zp [x] divide x4 −3x2 +12 ∈ Zp [x]
sono quelli per cui 30 ≡ 0 (mod p), ossia p = 2, 3, 5.
Per tali valori di p, la scomposizione di x4 − 3x2 + 12 in fattori irriducibili
e le sue radici in Zp sono rispettivamente:
• p = 2. x4 − 3x2 + 12 = x4 + x2 = x2 (x + 1)2 .
Radici: 0, 1, entrambe con molteplicità 2.
• p = 3. x4 − 3x2 + 12 = x4 .
Radice: 0 con molteplicità 4.
• p = 5. x4 − 3x2 + 12 = x4 + 2x2 + 2 = (x − 1)(x + 1)(x2 − 2).
x2 − 2 è irriducibile in Z5 [x] perchè ha grado 2 e non ha radici in Z5 .
Radici di x4 − 3x2 + 12: 1 e −1, entrambe con molteplicità 1.
Svolgimento di Algebra II-12 Luglio 2012
1. In Z3 [x] si consideri l’ideale I = hx2 + x + 2i.
i) x2 + x + 2 è irriducibile in Z3 [x], perchè ha grado 2 e non ha radici in Z3 .
Ne segue che l’ideale I è massimale e quindi l’anello quoziente A := Z3I[x] è
un campo.
ii) Gli elementi di A si scrivono in modo unico nella forma I + a + bx, con
a, b ∈ Z3 . Quindi |A| = 3 × 3 = 9. Pertanto A∗ = A \ {I + 0} ha ordine
9 − 1 = 8.
Per il Teorema di Lagrange tutti gli elementi di (A∗ , ·, I + 1) hanno periodo
che divide 8. Da (I + x)4 = I + x4 = I − 1 6= I + 1 segue che il periodo di
I + x è diverso da 1, 2, 4. Conclusione: I + x ha periodo 8, quindi genera
A∗ .
a 2a
2. Nell’anello Mat2 (Q) si consideri I :=
| a, b ∈ Q .
b 2b
i) I è un ideale sinistro. Infatti:
• per a = b = 0 si ottieneche lamatrice
a I;
appartiene
nulla
a − c 2(a − c)
c 2c
a 2a
∈ I.
=
−
• per ogni a, b, c, d ∈ Q:
b − d 2(b − d)
d 2d
b 2b
ax + by 2(ax + by)
a 2a
x y
∈ I.
=
−
• per x, y, z, t, a, b ∈ Q:
az + bt 2(az + bt)
b 2b
z t
0 0
I non è ideale destro perchè , ad esempio,
∈ I, ma
1 2
0 0
0 1
0 0
6∈ I.
=
2 1
1 0
1 2
ii) Sia J un ideale sinistro di Mat2 (Q) tale che {0} < J ≤ I e sia
c 2c
d 2d
una matrice non nulla di J. Se c 6= 0, per ogni a, b ∈ Q si ha
a−d
a 2a
1
c 2c
c
= b−d
∈ J.
b 2b
d 2d
1
c
Quindi J = I.
0 1
d 2d
d 2d
Se c = 0, allora d 6= 0. Osservando che
=
∈ J,
1 0
c 2c
c 2c
ci si riconduce al caso precedente.
Conclusione: non esistono ideali sinistri di Mat2 (Q) contenuti propriamente
in I.
3. L’insieme delle soluzioni intere del sistema di congruenze lineari

(mod 11)
 10x ≡ −2
7x
≡4
(mod 9)

3x
≡1
(mod 5)
è {277 + 495h | h ∈ Z} = [277]495 .
4. i)






1 0 0
1 0 0
0 1 0
A :=  0 1 3  , B :=  0 −2 0  , C :=  0 0 1  , D := ABC.
0 0 1
0 0 π
1 0 0


1
1 0 0
:=  0 1 −3  , B −1 :=  0
0
0 0 1

A−1
0
−1
2
0



0 0 1
0
0  , C −1 :=  1 0 0  .
1
0 1 0
π
D−1 = C −1 B −1 A−1 .
ii) In Mat2 (Q[x]) la matrice
C=
ha forma normale N =
Posto
1
−4 + x
si ha XCY = N .
si ha
X −1
=
x−4
0
x2 − 8x + 16 16 − x2
x−4
0
.
0
16 − x2
1
0
X=
,
4−x
1
0
∈ Mat2 (Q[x]). Essendo XC = N , per Y = I
1
Svolgimento di Approfondimenti di Algebra-12 Luglio 2012
4
1
1. (i) S = {
,
}.
−1
3
Considerando Q2 come Q-modulo, gli elementi di < S > sono le combinazioni lineari a coefficienti razionali dei suoi due vettori. Ne segue che S
è una base di Q2 , come Q-modulo. Infatti, per ogni a, b ∈ Q si ha:
3a − b
a + 4b 1
a
4
=
+
.
b
−1
3
13
13
a+4b
2
Da a, b ∈ Q segue 3a−b
13 , 13 ∈ Q. Quindi hSi = Q . Inoltre
4
1
0
4x + y = 0
x = 0
x
+y
=
=⇒
=⇒
−1
3
0
−x + 3y = 0
y = 0
quindi S è indipendente.
Considerando Q2 come Z-modulo, gli elementi di < S > sono le combinazioni
lineari a coefficienti interi dei suoi due vettori. Essi hanno componenti
intere. Ne segue che < S >≤ Z2 < Q2 . Si conclude che S non genera Q2
come Z-modulo.
(ii) Per ogni anello A, il modulo regolare A A è libero, con base 1A . In
particolare lo Z5 -modulo regolare Z5 Z5 è libero. Invece il gruppo abeliano
(Z5 , +, [0]5 ) non è libero come Z-modulo. Infatti è di torsione, avendo annullatore 5Z.
2. (i) Una base di V :=
B=
Q[x]
hx2 +5i
come Q-modulo è
x2 + 5 + x0 , x2 + 5 + x .
La matrice, rispetto a B, della applicazione lineare µx: V → V tale che
2
0 −5
.
x + 5 + f (x) 7→ x2 + 5 + xf (x) è C =
1 0


12 0 9
3. Il polinomio caratteristico di A =  0 3 0  ∈ Mat3 (C) è (x−3)3 .
−9 0 −6
Pertanto A ha l’unicoautovalore
 3. Ilrelativo autospazio ha dimensione 2,
1
0
essendo generato da  0  e  1 . Ne segue che la forma canonica di
−1
0
Jordan J di A consta di 2 blocchi J(1, 3) e J(2, 3), che il polinomio minimo di
A è (x−3)2 , e che i fattori invarianti di A sono di conseguenza d1 (x) = x−3,
d2 (x) = (x − 3)2 . Pertanto




3 0 0
3 0 0
J =  0 3 0  , C =  0 0 −9  .
0 1 3
0 1 6
A−1 è coniugata a J −1 . Infatti esiste P ∈ GL(3, C) tale che P −1 AP = J.
Passando agli inversi si ottiene:

 1
0 0
3
P −1 A−1 P = J −1 =  0 13 0  .
0 − 19 13
J −1 ha chiaramente il solo autovalore 13 con relativo autospazio he1 , e3 i.
Poichè matrici coniugate hanno gli stessi autovalori e relativi autospazi della
stessa dimensione, A−1 ha l’unico autovalore 13 con relativo autospazio di
dimensione 2. Pertanto non è diagonalizzabile.
4. Siano A coniugata ad A0 , B coniugata a B 0 .
Per ipotesi, esistono P e Q invertibili tali che P −1 AP = A0 e Q−1 BQ = B 0 .
−1
P 0
P
0
(i) X :=
ha inversa
. Si ha
0 Q
0
Q−1
X
−1
A 0
0 B
X=
P −1
0
0
Q−1
A 0
0 B
P
0
0
Q
=
A0 0
0 B0
0
A 0
A 0
e
sono coniugate.
0 B
0 B0
(ii) Elevendo al quadrato entrambi i membri di P −1 AP = A0 si ha
P −1 AP P −1 AP = (A0 )2 ,
Quindi
da cui, associando P P −1 = I, deriva P −1 A2 P = (A0 )2 . Si conclude che A2
è coniugata ad (A0 )2 .
.