Esercizi svolti di Approfondimenti di Algebra

UNIVERSITÀ CATTOLICA DEL SACRO CUORE
Facoltà di Scienze Matematiche, Fisiche e Naturali
ESERCIZI
di
APPROFONDIMENTI DI ALGEBRA
M. Chiara Tamburini
Anno Accademico 2013/2014
Indice
I
Moduli su un anello
1
II Omomorfismi fra moduli liberi
13
III Moduli f.g. su PID
23
IV Forme canoniche delle matrici
35
i
ii
INDICE
Esercizi I
Moduli su un anello
1.1 Sia M uno dei seguenti gruppi additivi: Z, Z5 , Z8 , Z12 .
In ciascun caso, per ogni m ∈ M , si determinino il periodo di m e il sottogruppo
< m >= Zm generato da m.
Osservazione Considerando un gruppo abeliano M come Z-modulo, il periodo di un
suo elemento m coincide con il generatore ≥ 0 del suo annullatore.
Svolgimento
• In Z lo 0 ha periodo 1, tutti gli altri elementi hanno periodo 0.
< 0 >= {0}, < 1 >=< −1 >= Z,
< 2 >=< −2 >= {2k | k ∈ Z}, ecc....
• In Z5 : [0]5 ha periodo 1, tutti gli altri elementi hanno periodo 5.
h[0]5 i = {[0]5 },
h[1]5 i = h[2]5 i = h[3]5 i = h[4]5 i = Z5 ,
• In Z8 : [0]8 ha periodo 1;
[1]8 , [3]8 , [5]8 , [7]8 , hanno periodo 8;
[2]8 , [6]8 , hanno periodo 4;
[4]8 ha periodo 2.
h[0]8 i = {[0]8 },
h[1]8 i = h[3]5 i = h[5]5 i = h[7]5 i = Z8 ,
h[2]8 i = h[6]8 i = {[0]8 , [2]8 , [4]8 , [6]8 },
h[4]8 i = {[0]8 , [4]8 }.
• In Z12 : [0]12 ha periodo 1;
[1]12 , [5]12 , [7]12 , [11]12 , hanno periodo 12. Ciascuno di essi genera Z12 .
[2]12 , [10]12 hanno periodo 6. Ciascuno di essi genera {[2k]12 | 0 ≤ k ≤ 5}.
1
2
ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO
[3]12 , [9]12 hanno periodo 4. Ciascuno di essi genera {[3k]12 | 0 ≤ k ≤ 3}.
[4]12 , [8]12 hanno periodo 3. Ciascuno di essi genera {[0]12 , [4]12 , [8]12 }.
[6]12 ha periodo 2 e genera {[0]12 , [6]12 }.
1. 2 Nel modulo Z Z, si considerino i sottoinsiemi
S = {4}, T = {12, 20}.
Si dimostri che hSi = hT i. Si dica inoltre se S è indipendente e se genera Z.
Svolgimento
hSi := {4k | k ∈ Z};
hT i := {12k + 20h | k, h ∈ Z}.
12 = 4 · 3, 20 = 4 · 5. Ne segue T ⊆ hSi, da cui hT i ≤ hSi.
4 = 12(2) + 20(−1). Ne segue S ⊆ hT i, da cui hSi ≤ hT i.
Per k ∈ Z si ha k4 = 0 solo se k = 0. Quindi {S} è indipendente. Non genera Z perchè
1 non è multiplo di 4.
1.3 Nello spazio vettoriale Q Q, si considerino i sottoinsiemi
1 5
S = {4}, T = { , }.
3 7
Per ciascuno di essi si dica se è indipendente e se genera Q come Q-modulo.
Svolgimento
Per λ ∈ Q si ha λ4 = 0 solo se λ = 0. Quindi {S} è indipendente.
S genera Q perchè q ∈ Q si scrive nella forma q = 4q 4.
15 31 − 7 57 = 0. Quindi T è dipendente su Q.
1
3
genera Q come Q-modulo perchè q = 3 3q per ogni q ∈ Q.
A maggior ragione T genera Q.
1.4 Si consideri il gruppo abeliano Q come Z-modulo. Per ciascuno degli insiemi
S = {4},
1 5
T ={ , }
3 7
si dica se è indipendente e se genera Q come Z-modulo.
Si dimostri che il sottomodulo hT i generato da T é 1-generato, ossia é un gruppo ciclico.
3
Svolgimento
Per k ∈ Z si ha k4 = 0 solo se k = 0. Quindi {S} è indipendente.
{S} non genera Q come Z-modulo perchè, ad esempio, 1 6∈ h4i.
Infatti non esiste k ∈ Z tale che 1 = 4k.
15 13 − 7 57 = 0. Quindi T è dipendente su Z.
1
hT i = 7a+15b
. D’altra parte −2 13 +
| a, b ∈ Z ≤ 21
21
1
1
Quindi 21 ≤ hT i. Si conclude 21 = hT i.
5
7
{T } non genera Q come Z-modulo. Infatti, ad esempio,
=
1
2
1
21
∈ hT i.
6∈ hT i. Perché ?
1.5 Si consideri il gruppo additivo Q dei numeri razionali come Z-modulo.
Si dimostri che:
i) il sottoinsieme
2
1
9, 4
è dipendente;
1 2
ii) il sottomodulo L := 3 , 5 è libero di rango 1;
iii) 31 6∈ 27 , 12 ;
Svolgimento
i) −9 92 + 8 14 = 0.
1
1
ii) L = a 13 + b 25 | a, b ∈ Z = 5a+6b
15 | a, b ∈ Z ≤ Z 15 = 15 .
Da
1 2
1
=− +
15
3 5
1
1
1
1
segue 15
∈ L, da cui 15
≤ L. Si conclude L = 15
= Z 15
.
1
Chiaramente B = 15 è una Z-base di L, che è quindi libero di rango 1.
iii) Gli elementi del sottomodulo
sono della forma a 27 + b 12 =
4a+7b
14 ,
2 1
,
7 2
2
1
=Z +Z
7
2
1
3 appartenesse a tale sottomodulo,
4a+7b
14 . Ne seguirebbe 14 = 3(4a + 7b),
con a, b interi. Se
dovrebbero esistere due interi a, b tali che
1
3
=
contraddizione perchè 3 non divide 14.
1.6 Si consideri il gruppo abeliano Q come Z-modulo. Si dimostri che non è finitamente
generato.
Svolgimento
4
ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO
Per assurdo supponiamo che S =
n
m1
n1 ,
··· ,
mk
nk
o
sia un insieme finito di generatori di
Q, come Z-modulo, ossia:
Q = hSi = Z
mk
m1
+ ··· + Z
.
n1
nk
Posto n = m.c.m. (n1 , · · · , nk ), ogni elemento di hSi è della forma
z ∈ Z. Detto p un primo che non divide n, il numero
forma. Si ha cosı̀ la contraddizione
1
p
1
p
z
n
per un opportuno
non può essere scritto in questa
6∈ Q.
1.7 Siano M, M 0 due R-moduli e Φ : M → M 0 un R-omomorfismo. Si provi che Φ è
iniettiva, come applicazione, se e solo se Ker Φ = {0M }.
Svolgimento
Se l’applicazione Φ è iniettiva, ogni elemento di M 0 ha al massimo una preimmagine
in M . Poichè Φ(0M ) = 0M 0 , si ha che 0M è l’unica preimmagine di 0M 0 , ossia l’unico
elemento di Ker Φ.
Viceversa sia Ker Φ = {0M }. Supponiamo che m1 , m2 siano elementi di M tali che
Φ(m1 ) = Φ(m2 ). Ne segue: Φ(m1 )−Φ(m2 ) = 0M 0 , Φ(m1 −m2 ) = 0M 0 , m1 −m2 ∈ Ker Φ,
m1 − m2 = 0M , m1 = m2 .
1.8 Siano M, M 0 , M 00 degli R-moduli e Φ : M → M 0 , Ψ : M 0 → M 00 degli R-omomorfismo.
Si provi che il prodotto ΨΦ : M → M 00 è un R-omomorfismo.
Svolgimento
Per ogni m, m1 , m2 ∈ M e per ogni r ∈ R si ha:
• ΨΦ (m1 + m2 ) = Ψ (Φ (m1 + m2 )) = Ψ (Φ (m1 ) + Φ (m2 )) =
Ψ (Φ (m1 )) + Ψ (Φ (m2 )) = ΨΦ (m1 ) + ΨΦ (m2 );
• ΨΦ(rm) = Ψ (Φ(rm)) = Ψ (r Φ(m)) = r Ψ (Φ(m)) = r ΨΦ(m).
1.9 Siano M, M 0 due R-moduli e Φ : M → M 0 un R-isomorfismo.
Si provi che Φ−1 : M 0 → M è un R-isomorfismo.
Svolgimento
• Per ogni m01 , m02 ∈ M 0 , dette m1 , m2 le rispettive preimmagini in M , si ha:
Φ(m1 + m2 ) = Φ(m1 ) + Φ(m2 ) = m01 + m02 ,
m1 + m2 = Φ−1 (m01 + m02 ),
Φ−1 (m01 ) + Φ−1 (m02 ) = Φ−1 (m01 + m02 )
5
• Per ogni r ∈ R, m0 ∈ M 0 , detta m la preimmagine di m0 in M si ha:
Φ(rm) = r Φ(m) = r m0 ,
rm = Φ−1 (r m0 ),
r Φ−1 (m0 ) = Φ−1 (rm0 ).
1.10 Nel modulo Z Z si calcolino i seguenti sottomoduli:
3Z + 6Z,
3Z + 5Z,
4Z + 6Z,
3Z ∩ 6Z,
3Z ∩ 5Z,
4Z ∩ 6Z.
Svolgimento
• 6Z ≤ 3Z. Quindi 3Z + 6Z = 3Z.
• 1 = 6 − 5 ∈ 3Z + 5Z. Quindi h1i ≤ 3Z + 5Z. Da h1i = Z segue 3Z + 5Z = Z.
• 2 = −4 + 6 ∈ 4Z + 6Z. Quindi h2i = 2Z ≤ 4Z + 6Z. D’altra parte
4Z + 6Z = {4a + 6b | a, b ∈ Z} = {2(2a + 3b) | a, b ∈ Z} ≤ 2Z.
Si conclude 4Z + 6Z = 2Z.
• 6Z ≤ 3Z. Quindi 3Z ∩ 6Z = 6Z.
• 15Z ≤ 3Z ∩ 5Z. Mostriamo che 3Z ∩ 5Z ≤ 15Z. A tale scopo sia a ∈ 3Z ∩ 5Z.
Ne segue che 3 e 5 dividono a. Pertanto anche 15 = mcm(3, 5) divide a. Si conclude
3Z ∩ 5Z = 15Z.
• 12Z ≤ 4Z ∩ 6Z. Mostriamo che 4Z ∩ 6Z ≤ 12Z. A tale scopo sia a ∈ 4Z ∩ 6Z.
Ne segue che 4 e 6 dividono a. Pertanto anche 12 = mcm(4, 6) divide a. Si conclude
4Z ∩ 6Z = 12Z.
2
3
}.
1.11 Sia S = {s1 :=
, s2 :=
3
2
• Considerando R2 come spazio vettoriale su R, si dica se S è una base.
• Considerando R2 come Z-modulo, si dica se S genera R2 e se è indipendente.
• Si dica se S genera Z2 come Z-modulo.
Svolgimento
• Verifichiamo che S è una base di
R2
su R mostrando che per ogni vettore v =
R2 esistono e sono unici x, y ∈ R tali che:
a
3
2
=x
+y
.
b
2
3
a
b
∈
6
ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO
Equivalentemente che il sistema
3x + 2y = a
2x + 3y = b
ha un’unica soluzione. Portandolo in forma a gradini:
(
(
a
x + 23 y =
x + 23 y = a3
3
x + 23 y =
−5
6 y
b
2
=
(
2a−3b
6
x=
y=
3a−2b
5
−2a+3b
5
• S non genera R2 come Z-modulo perchè xs1 +ys2 ha coordinate intere per ogni x, y ∈ Z.
S è indipendente su Z perchè, per a = b = 0, il precedente sistema ha solo la soluzione
x = y = 0.
• S non genera Z2 come Z-modulo. Infatti il vettore e1 , ad esempio, si ottiene come
combinazione lineare di elementi di S solo per i coefficienti x = 53 , y =
−2
5 ,
che non sono
interi.
1.12 Sia M un gruppo abeliano finito. Si dimostri che M è libero, come Z-modulo, se e
solo se è nullo.
Svolgimento
Se M = {0M } allora è libero, con base ∅. Sia ora M 6= {0M } e supponiamo, per
assurdo, che ammetta una base B, necessariamente 6= ∅. Detto m un elemento di B,
l’applicazione Z → M tale che z 7→ zm è iniettiva, essendo {m} indipendente. Si
conclude ∞ = |Z| ≤ |M |, contraddizione.
1.13 Si dica se Z5 è libero come Z5 -modulo e se è libero come Z-modulo.
Svolgimento
Z5 è libero come Z5 -modulo, avendo base {[1]5 }. Non è libero come Z-modulo per
l’esercizio precedente.
1.14 Sia R un anello commutativo. Considerando R2 come R-modulo, si dimostri che
non può essere generato da un unico elemento.
Svolgimento
Supponiamo, per assurdo, che
R2
sia generato da v :=
x1
x2
. Dovrebbero esistere
a1 , a2 ∈ R tali che e1 = a1 v, e2 = a2 v, ossia:
x1 0
a1 a2
1 0
= a1 v a2 v =
x2 0
0 0
0 1
7
contraddizione percè le due matrici a sinistra non hanno inversa.
1.15 Si consideri il gruppo additivo R2 rispettivamente come Z-modulo, come R-modulo
e come Mat2 (R)-modulo. In ciascun caso si descrivano il sottomodulo he1 i e il sottomodulo he1 , e2 i, dove
e1 =
1
0
, e2 =
.
0
1
Svolgimento
• Considerando R2 come Z-modulo:
a
a
he1 i := Ze1 =
| a ∈ Z , he1 , e2 i = Ze1 + Ze2 =
| a, b ∈ Z .
b
0
1
Si noti che, ad esempio, 3 6∈ he1 , e2 i.
0
• Considerando R2 come R-modulo:
x
x
| x, y ∈ R = R2 .
| x ∈ R , he1 , e2 i = Re1 + Re2 =
he1 i := Re1 =
y
0
• Considerando R2 come Mat2 (R)-modulo:
he1 i := Mat2 (R)e1 = R2 .
1
x z
x
.
=
Infatti, per ogni x, y ∈ R:
0
y t
y
Da he1 i ≤ he1 , e2 i = R2 segue, a maggior ragione, he1 , e2 i = R2 .
1.16 Sia M un R-modulo finitamente generato. Si dimostri che, per ogni sottomodulo
N di M , il modulo quoziente
M
N
è finitamente generato.
Svolgimento
Sia S = {m1 , · · · , mk } un insieme di generatori di M , come R-modulo. Dimostriamo
che
{N + m1 , · · · , N + mk }
è un insieme di generatori di
M
N,
come R-modulo.
Infatti, per ogni elemento N + m di
M
N
si ha m ∈ M , quindi
m=
k
X
i=1
ri mi
8
ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO
per opportuni ri ∈ R (non necessariamente unici!). Ne segue
N +m=N +
k
X
ri mi =
i=1
k
X
ri (N + mi ).
i=1
1.17 Siano M un R-modulo. Si dimostri che M ⊕ M è finitamente generato se e solo se
M è finitamente generato.
Svolgimento
Sia M finitamente generato e sia S = {m1 , · · · , mk } un insieme finito di generatori di
M , come R-modulo.
Ne segue che
m1
mk
0M
0M
,··· ,
,
,··· ,
0M
0M
m1
mk
genera M ⊕ M . Infatti:
m
=
m
!
X
Pk
k
k
X
ri mi
mi
0
i=1
Pk
=
ri
+
si M .
0
mi
s
mi
M
i=1 i
i=1
i=1
Si conclude che M ⊕ M è finitamente generato.
Viceversa, M ⊕ M sia finitamente generato. Considerando la proiezione (sulla prima
componente) π1 : M ⊕ M → M si ha
M ⊕M
' M.
Ker π1
Per l’esercizio precedente si conclude che M è f.g.
1.18
Considerando
C[x]
hx2 −1i
Svolgimento
2
x − 1 + 1 genera
come C[x]- modulo, si trovi un elemento che lo genera.
C[x]
hx2 −1i
come C[x]- modulo. Infatti:
2
x − 1 + f (x) = f (x) x2 − 1 + 1 .
1.19 Considerando
C[x]
hx2 −1i
come C- modulo, se ne trovi una base.
Svolgimento
Una base per
C[x]
hx2 −1i
su C è B = {v1 , v2 }, dove
v1 := x2 − 1 + 1,
v2 := x2 − 1 + x.
9
Infatti:
• Per α, β ∈ C, αv1 + βv2 = 0 se e solo se
x2 − 1 + α + βx = x2 − 1 + 0
se e solo se
α + βx = (x2 − 1)q(x)
se e solo se q(x) = 0, cioè α = β = 0.
• Per ogni f (x) ∈ C[x], eseguendo la divisione per x2 − 1 si ha
f (x) = (x2 − 1)q(x) + α + βx,
α, β ∈ C.
Ne segue:
x2 − 1 + f (x) = x2 − 1 + α + βx = αv1 + βv2 .
1.20
Considerando
C[x]
hx3 −1i
Svolgimento
3
x − 1 + 1 genera
come C[x]- modulo, si trovi un elemento che lo genera.
C[x]
hx3 −1i
come C[x]- modulo. Infatti:
3
x − 1 + f (x) = f (x) x3 − 1 + 1 .
1. 21 Considerando
C[x]
hx3 −1i
come C- modulo, se ne trovi una base.
Svolgimento
Una base per
C[x]
hx3 −1i
su Cè B = {v1 , v2 , v3 }, dove
v1 := x3 − 1 + 1,
v2 := x3 − 1 + x,
v3 := x3 − 1 + x2 .
Infatti:
• Per α, β, γ ∈ C, αv1 + βv2 + γv3 = 0 se e solo se
x3 − 1 + α + βx + γx2 = x3 − 1 + 0
se e solo se
α + βx + γx2 = (x3 − 1)q(x)
se e solo se q(x) = 0, cioè α = β = γ = 0.
10
ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO
• Per ogni f (x) ∈ C[x], eseguendo la divisione per x3 − 1 si ha
f (x) = (x3 − 1)q(x) + α + βx + γx2 ,
α, β, γ ∈ C.
Ne segue:
x3 − 1 + f (x) = x3 − 1 + α + βx + γx2 = αv1 + βv2 + γv3 .
1.22 Si dimostri che
Z3 [x]
hx3 −1i
ha ordine 27.
Svolgimento
Ogni elemento di
Z3 [x]
hx3 −1i
si scrive in modo unico nella forma:
3
x − 1 + α + βx + γx2 ,
Ne segue che
Z3 [x]
hx3 −1i
α, β, γ ∈ Z3 .
ha ordine 3 × 3 × 3 = 27.
1.23 Sia V uno spazio vettoriale di dimensione n su K. Si dimostri che una applicazione
lineare f : V → V è iniettiva se e solo se è suriettiva.
Svolgimento
La dimostrazione è basata sulla formula:
dim(V ) = dim(Im f ) + dim(Ker f ).
Se f è iniettiva, si ha Ker f = {0V }, dim(Ker f ) = 0. Ne segue dim(Im f ) = n =
dim(V ). Poichè K è un campo, Im f = V .
Viceversa, se f è suriettiva, si ha Im f = V , dim(Im f ) = n. Ne segue dim(Ker f ) = 0,
Ker f = {0V }, f iniettiva.
1.24 Si dia un esempio di applicazione lineare di uno spazio vettoriale V in sè stesso,
iniettiva non suriettiva.
Svolgimento
Sia V := K[x], considerato come spazio vettoriale su K. L’ applicazione lineare µx :
V → V , tale che f (x) 7→ xf (x) è iniettiva (perchè K[x] è privo di divisori dello zero),
ma non è suriettiva. Infatti Im µx = xK[x].
1. 25 Sia m ∈ M , gruppo abeliano additivo. Sia o(m) = n ≥ 0, dove o(m) indica il
periodo di m. Si dimostri che, per ogni intero non nullo k, si ha:
o(km) =
n
.
MCD(k, n)
11
In particolare
o(km) = n
⇔
MCD(k, n) = 1.
Svolgimento
Lasciamo al lettore la verifica del caso n = 0. Sia quindi n > 0.
Poniamo d := MCD(k, n). Se d = 0, allora k = 0 e l’asserto è ovvio. Altrimenti possiamo
supporre d > 0. Scriviamo n = dn, k = dk. Abbiamo:
n (km) = (ndk)m = k(nm) = k0M = 0M .
Indicando con t il periodo di km, ne segue che t divide n. D’altra parte, da
0M = t(km) = (tk)m
segue che n divide kt, quindi n divide kt. Siccome n e k sono coprimi, si ottiene che n
divide t. Si conclude t = n.
1. 26 Siano M un R-modulo e f : M → M un R-omomorfismo.
• Si dimostri che Im f 2 ≤ Im f e Ker f ≤ Ker f 2 .
• Si dia un esempio di M e f per i quali le precedenti inclusioni sono proprie.
12
ESERCIZI I. MODULI SU UN ANELLO
Esercizi II
Omomorfismi fra moduli liberi
2.1 Si verifichi che ogni v ∈ R2 coincide con il proprio vettore coordinate rispetto alla
base canonica. Idem per w ∈ R3 .
Svolgimento
0
1
0
x
x
,
+y
=x
+
=
v=
1
0
y
0
y
 
 
 
       
0
0
1
0
0
x
x













w = y = 0 + y + 0 = x 0 + y 1 + z 0.
1
0
0
z
0
0
z
2.2 Si trovi la matrice Q di passaggio dalla base canonica di R2 alla base
1
8
.
,
C=
5
−1
Svolgimento
Le colonne diQ sonoi vettori coordinate degli elementi di C rispetto alla base canonica.
8 1
Quindi Q =
.
−1 5
2.3 Si considerino le seguenti basi di R2 :
1
2
C=
,
,
3
4
C0 =
1) Si scriva la matrice Q di passaggio da C aC 0 ;
x
2) si determini v ∈ R2 sapendo che vC =
,
y
3) si verifichi che Q−1 vC = vC 0 .
Svolgimento
13
0
−1
,
.
1
4
14
ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI
1) Siano Q1 e Q2 le matrici di passaggio dalla base canonica a C e a C 0 rispettivamente.
Risulta:
Q1 :=
1 2
,
3 4
0 −1
Q2 :=
.
1 4
Per ogni u ∈ R2 , tenendo presente che u concide con il proprio vettore coordinate rispetto
alla base canonica, si ha allora:
u = Q2 uC 0 = Q1 uC .
Ne segue
2
Q−1
1 Q2 uC 0 = vC , ∀ u ∈ R .
Pertanto la matrice di passaggio da C a C 0 è
Q−1
1 Q2
=
1
6
−1
2
−7
2
!
= Q.
x + 2y
2
1
x
.
=
+y
, allora v = x
2) Se vC =
3x + 4y
4
3
y
7x + 12y
x
7 12
.
=
3) Q−1 vC =
−x − 2y
y
−1 −2
Da:
x + 2y
−1
0
= v,
=
+ (−x − 2y)
(7x + 12y)
3x + 4y
4
1
concludiamo che Q−1 vC = vC 0 .
2.4 Si considerino le seguenti basi di R3 :
     
3
−2 
 1
B = 0 , −1 ,  1  ,


1
2
0
     
0
−1 
 2
B 0 = 2 , 4 ,  0  .


2
1
0
1) Si scriva la matrice P di passaggio da 
B aB 0 ;
x
3

2) si determini v ∈ R sapendo che vB = y ,
z
−1
3) si verifichi che P vB = vB0 .
Svolgimento
Siano P1 e P2 le matrici di passaggio dalla base canonica a C e a C 0 rispettivamente.
Risulta:


1 3 −2
P1 := 0 −1 1  ,
1 2
0


2 0 −1
P2 := 2 4 0  .
2 1 0
15
Per ogni u ∈ R3 , tenendo presente che u concide con il proprio vettore coordinate rispetto
alla base canonica, si ha allora:
u = P2 uB0 = P1 uB .
Ne segue P1−1 P2 vB0 = vB . Quindi la matrice di passaggio da B a B 0 è :




2
4 −1
10 15 −2
P = P1−1 P2 = −1 −2 1  P2 = −4 −7 1  .
−1 −1 1
−2 −3 1
 
x
2) Se vB = y , allora:
z
 
 
  

1
3
−2
x + 3y − 2z
v = x 0 + y −1 + z  1  =  −y + z  .
1
2
0
x + 2y
3)
2
3
 −1

 3
1
3

P −1 vB =
3
2
−1
0
−1
 
6
 x
1  
3  y
z
5
3
3
1
3x + 2y − 6z
 −1

 x − y + 1 z .
3 
 3
1
5
3x + 3z
2

=

Da:
 
 
 
2
0
−1
−1
1
2
3
1
1
5
x + y − z 2 +
x − y + z 4 +
x+ z  0 =
3
2
6
3
3
3
3
2
1
0


x + 3y − 2z
 −y + z  = v, concludiamo che P −1 vB = vB0 .
x + 2y
2.5 Considerata la applicazione lineare α : R3 → R2 tale che
 
x
y  7→ −12x − z
7x + z
z
si scrivano la matrice A di α rispetto alle basi canoniche di R3 e R2 , e la matrice A0 di
α rispetto alle basi
     
3
−2 
 1
B = 0 , −1 ,  1  ,


1
2
0
Si calcolino Im α e Ker α.
1
2
C=
,
.
3
4
16
ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI
Svolgimento
Indicando con {e1 , e2 , e3 } la base canonica di R3 e con {e1 , e2 } quella di R2 :

 α(e1 ) = −12 e1 + 7 e2
−12 0 −1
α(e2 ) =
0 e1 + 0 e2
=⇒ A =
.
7
0 1

α(e3 ) = −1 e1 + 1 e2
Dette P1 e Q1 le matrici di passaggio dalle basi canoniche a B e C rispettivamente (si
vedano i due esercizi precedenti), la matrice A0 di α rispetto B e C risulta quindi


−1
1 3 −2
1 2
34
99 −62
−1
0


A = Q1 AP1 =
A 0 −1 1
=
.
−137
−47
3 4
43
2
2
1 2
0
 
x

Verifichiamo che, per ogni v = y  ∈ R3 , si ha A0 vB = (α(v))C .
z


!
2x + 4y − z
31x + 3z
0
0 −1
0
0 −1
.
A vB = A P1 vE = A P1 v = A −x − 2y + z  = −43
x
−
2z
2
−x − y + z
!
31x + 3z
−1 −12x − z
= −43
(α(v))C = Q1
.
7x + z
x − 2z
2
Poichè
R3
è generato da e1 , e2 , e3 , il sottospazio Im α di R2 è generato da α(e1 ), α(e2 ), α(e3 ).
Pertanto:
−1
−12
.
,
Im α = hAe1 , Ae2 , Ae3 i =
1
7
Questi due vettori sono indipendenti, quindi Im α = R2 . Ne segue che Ker α ha dimensione 3 − 2 = 1. Poichè e2 ∈ Ker α, si conclude Ker α = he2 i.
2.6 Data A ∈ Matn (R), si consideri l’applicazione µA : Rn → Rn definita mediante
µA (v) = Av, ∀ v ∈ Rn . Si dimostri che:
1) µA è un R-omomorfismo;
2) se A ha inversa in Matn (R), allora µA è un R-isomorfismo.
Svolgimento
1) • µA (v1 + v2 ) = A(v1 + v2 ) = Av1 + Av2 = µA (v1 ) + µA (v2 ).
• µA (rv) = A(rv) = r Av = r µA (v).
2) Se A−1 ∈ Matn (R), possiamo considerare l’applicazione µA−1 : Rn → Rn definita
mediante µA−1 (v) = A−1 v, ∀ v ∈ Rn . Essa è l’inversa di µA . Infatti:
µA−1 (µA (v)) = A−1 Av = v,
µA−1 (µA (v)) = A−1 Av = v.
17
Si conclude che µA è bijettiva, quindi un isomorfismo.
2.7 Siano B e C due basi di un R-modulo L. Dette A la matrice di passaggio da B a C
e B la matrice di passaggio da C a B, si dimostri che B = A−1 .
Svolgimento
Per ogni v ∈ L:
AvC = vB
BvB = vC
(AB)vB = vB
(BA)vC = vC
=⇒
Sia B = {v1 , . . . , vn }. In particolare, per i vettori vi ∈ B, si ha:
1≤i≤n
(AB) (vi )B = (vi )B ,
ossia
(AB)ei = ei ,
1 ≤ i ≤ n.
Si conclude che le colonne di AB sono ordinatamente uguali a quelle della matrice
identica I, da cui AB = I, B = A−1 .
2.8 Sia S = {v1 , . . . , vn } un sottoinsieme di Rn . Si dimostri che S è una base di (R R)n
se e solo se la matrice A = v1 · · · vn ha inversa in Matn (R).
Svolgimento
Sia S una base di Rn . Allora A è la matrice di passaggio dalla base canonica a S. Detta
B la matrice di passaggio da S alla base canonica, si ha B ∈ Matn (R). Inoltre B = A−1 ,
per l’esercizio precedente.
Viceversa supponiamo che A−1 ∈ Matn (R).
• S = {v1 , . . . , vn } = {Ae1 , . . . , Aen } genera (R R)n . Infatti per ogni v ∈ Rn :
n
n
n
X
X
X
v = A A−1 v = A
xi e i =
xi (Aei ) =
xi vi .
i=1
i=1
• S = {v1 , . . . , vn } è indipendente. Infatti 0Rn =
0R n = A
−1
0R n = A
−1
n
X
i=1
xi vi =
i=1
Pn
n
X
i=1
i=1 xi vi
−1
xi A
implica:
vi =
n
X
xi ei .
i=1
Si conclude x1 = · · · = xn = 0.
2.9 Tenendo presente l’Esercizio 2.8, di ciascuno dei seguenti sottoinsiemi di R2 si dica
se è una base rispettivamente nel caso R = Q e R = Z:
8
1
2
4
1
5
S1 =
,
, S2 =
,
, S3 =
,
.
−1
5
−1
−2
1
4
18
ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI
Svolgimento
8 1
2
4
1 5
, A2 =
, A3 =
.
−1 5
−1 −2
1 4
Poniamo A1 =
• detA1 = 41. Poichè 41 ∈ Q∗ , ma 41 6∈ Z∗ , la matrice A1 ha inversa in Mat2 (Q) ma
non in Mat2 (Z). Infatti:
A−1
1 =
−1
41
8
41
5
41
1
41
!
.
Quindi S1 è base di Q2 ma non di Z2 .
• detA2 = 0, quindi A2 non ha inversa nè in Q nè in Z. Pertanto S2 non è una base nè
di Q2 nè di Z2 .
• detA3 = −1 ∈ Z∗ . Quindi A3 ha inversa in Mat2 (Z) e in Mat2 (Q): infatti A−1
3 =
−4 5
. Si conclude che S3 è base sia di Q2 sia di Z2 .
1 −1
2.10 Siano R un dominio di integrità , S = {v1 , . . . , vn } un sottoinsieme di Rn . Posto A =
v1 · · · vn , si supponga detA 6= 0. Si dimostri che, in tal caso, S è indipendente.
Svolgimento
Sia ad A l’aggiunta di A. Ricordiamo che si ha:
(ad A) A = A (ad A) = det A I.
Supponiamo 0Rn =
Pn
i=1 xi vi
(xi ∈ R), ossia:
0
Rn
=
n
X
xi Aei = A
i=1
n
X
xi ei .
i=1
Moltiplicando il primo e l’ultimo membro per la matrice ad A,
0Rn = (ad A) A
n
X
xi ei = det A
i=1
n
X
xi ei =
i=1
n
X
(det A xi )ei .
i=1
Ne segue (det A) xi = 0 per ogni i. Essendo det A 6= 0 e R privo di divisori dello zero, si
conclude xi = 0, per ogni i. Pertanto S è indipendente.
2.11 Un R-modulo M sia somma diretta di due sottomoduli M1 e M2 .
Sia f : M → M un R-isomorfismo tale che f (M1 ) = M1 .
i) Si dimostri che M = M1 +̇f (M2 );
ii) si dia inoltre un esempio in cui f (M2 ) 6≤ M2 .
Svolgimento
19
i) Essendo f suriettiva si ha M = f (M ). Da M = M1 + M2 segue
M = f (M ) = f (M1 ) + f (M2 ) = M1 + f (M2 ).
Sia ora m1 = f (m2 ) un elemento di M1 ∩ f (M2 ). Dall’ipotesi f (M1 ) = M1 segue che
esiste m1 ∈ M1 tale che
f (m1 ) = m1 = f (m2 ).
Ne segue m1 = m2 , essendo f iniettiva. Cosı̀ m2 ∈ M1 ∩ M2 = {0M }, m2 = 0M ,
f (m2 ) = 0M . Si conclude M1 ∩ f (M2 ) = {0M }.
ii) Siano M = R4 , f = µA : M → M l’applicazione lineare v 7→ Av, dove


1 −1 1 0
0 2 0 0

A=
0 0 1 4 .
0 0 1 3
det A 6= 0, quindi f è bijettiva. Poniamo
M1 = he1 , e2 i ,
M2 = he3 , e4 i .
M = M1 +̇M2 .
f (M1 ) = hAe1 , Ae2 i = M1
f (e3 ) = e1 + e3 + e4 6∈ he3 , e4 i. Di conseguenza f (M2 ) 6≤ M2 .
2.12 Sia f : M → N un omomorfismo di R-moduli e sia M1 un sottomodulo di M tale
che f (M1 ) = Im f . Si dimostri che M = Ker f + M1 .
Svolgimento
Occorre dimostrare che ogni elemento di M è somma di un elemento di Ker f e di un
elemento di M1 . Sia m ∈ M . Esiste m1 ∈ M1 tale che f (m) = f (m1 ). Ne segue
f (m) − f (m1 ) = 0N ,
f (m − m1 ) = 0N ,
(m − m1 ) ∈ Ker f.
Si conclude m = (m − m1 ) + m con (m − m1 ) ∈ Ker f , m1 ∈ M1 .
2.13 Siano A, A0 , B, B 0 delle matrici tali che A è equivalente ad A0 , B è equivalente a
B 0 . Si dimostri che sono equivalenti le matrici:
0
A 0
A 0
0
C :=
, C :=
.
0 B
0 B0
20
ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI
Svolgimento
Per ipotesi esistono matrici invertibili Q1 , P1 , Q2 , P2 tali che
A0 = Q1 AP1 , B 0 = Q2 BP2 .
Le matrici:
Q :=
Q1 0
0 Q2
,
P :=
P1 0
0 P2
sono invertibili. Infatti:
−1
Q
=
Q−1
0
1
0
Q−1
2
,
P
−1
=
P1−1
0
0
P2−1
.
Eseguendo il prodotto di matrici a blocchi si conclude che QCP = C 0 , da cui l’asserto.
2.14 Si consideri il Q[x]-modulo
V :=
Q[x]
.
hx4 − 9i
Posto J := x4 − 9 , si trovi una base B di V come Q-modulo e si scriva la matrice C,
rispetto a B, della applicazione lineare µx : V → V tale che
J + f (x) 7→ J + xf (x).
Si scriva inoltre µx J + x9 come combinazione lineare degli elementi di B.
Svolgimento
Ogni elemento J + f (x) di V si scrive in modo unico nella forma
J + q0 + q1 x + q2 x 2 + q3 x 3
dove q0 + q1 x + q2 x2 + q3 x3 è il resto della divisione di f (x) per x4 − 9.
Possiamo quindi scegliere B = {w1 , w2 , w3 , w4 }, dove:
w1 := J + 1,
w2 := J + x,

µx (w1 ) = w2



µx (w2 ) = w3
µ (w ) = w4


 x 3
µx (w4 ) = 9w1
w3 := J + x2 ,

=⇒
0
 1
C=
 0
0
0
0
1
0
w4 := J + x3 .
0
0
0
1

9
0 
.
0 
0
Posto v = J + x9 si ha v = J + 81x = 81w2 . Quindi µx (v) = 81w3 .
21
2.15 Si considerino il Q[x]-modulo
V :=
Q[x]
Q[x]
⊕ 4
,
2
hx − 3i hx − 9i
le proiezioni canoniche
π1 : V →
Q[x]
,
hx2 − 3i
π2 : V →
Q[x]
hx4 − 9i
e la applicazione lineare µx : V → V tale che v 7→ xv.
i) Si dimostri che i sottomoduli
V1 := Ker π2 ,
V2 := Ker π1
sono µx -invarianti e che V = V1 +̇V2 .
ii) Per i = 1, 2 si trovino delle basi Bi di Vi e le matrici Ci delle restrizioni della µx
rispetto Bi . Si deduca la matrice C della µx rispetto a B := B1 ∪ B2 .
Svolgimento
Ponendo I := x2 − 3 , J := x4 − 9 , si ha:
I + f (x)
| f (x) ∈ Q[x]
V1 :=
J +0
I +0
| f (x) ∈ Q[x] .
V2 :=
J + g(x)
Ne segue
I + xf (x)
| f (x) ∈ Q[x] ≤ V1 .
mx (V1 ) :=
J +0
Analogamente
µx (V2 ) :=
I +0
| g(x) ∈ Q[x] ≤ V2 .
J + xg(x)
Quindi V1 e V2 sono µx -invarianti. Poichè ogni elemento di V è della forma
I + f (x)
I + f (x)
I +0
=
+
J + g(x)
J +0
J + g(x)
si ha V = V1 + V2 . Ovviamente V1 ∩ V2 = {0V }. Pertanto V = V1 +̇V2 .
Come base di V1 possiamo scegliere B1 = {v1 , v2 }, dove
I +1
I +x
v1 :=
, v2 :=
.
0V2
0V2
0 3
Da µx (v1 ) = v2 , µx (v2 ) = 3v1 segue C1 =
.
1 0
22
ESERCIZI II. OMOMORFISMI FRA MODULI LIBERI
Come base di V2 possiamo scegliere B2 = {w1 , w2 , w3 , w4 , }, dove
0V1
0V1
0 V1
0V1
w1 :=
, w2 :=
, w3 :=
,
w
:=
.
4
J +1
J +x
J + x2
J + x3
La matrice C2 è deducibile dall’esercizio precedente.
Pertanto la matrice di mx : V → V rispetto B := B1 ∪ B2

0 3
0 0 0
1 0
0 0 0


C1

0 0 0
= 0 0
C2
0 0
1 0 0

0 0
0 1 0
0 0
0 0 1
è

0
0


9
.
0

0
0
Questo fatto può essere trovato anche considerando direttamente l’azione di µx su B.
2.16 Si trovi una base B di
V :=
Q[x]
Q[x]
Q[x]
⊕
⊕
hx − 3i hx + 1i
hxi
come Q-modulo e si scriva la matrice C, rispetto a B, della applicazione lineare µx :
V → V tale che v 7→ xv.
Svolgimento


 hx − 3i + 1
B := hx + 1i + 0  ,

hxi + 0

hx − 3i + 0
hx + 1i + 1  ,
hxi + 0


3 0 0
C = 0 −1 0 
0 0 0.



hx − 3i + 0

hx + 1i + 0  .

hxi + 1
Esercizi III
Moduli f.g. su PID
3.1 Si dimostri che gli unici ideali di un campo K sono {0K } e K.
Svolgimento
Sia I un ideale di K. Se esiste i 6= 0K in I, allora i−1 i = 1K ∈ I. Ne segue k1K ∈ I per
ogni k ∈ K, da cui I = K.
3.2 Siano d1 , d2 ∈ D, dominio di integrità . Si dimostri che
hd1 i ≥ hd2 i
⇔
d1 |d2 .
Svolgimento
Ricordiamo che, per d ∈ D, si definisce hdi := {dq | q ∈ D}.
In particolare d = d 1 appartiene a hdi.
Sia hd1 i ≥ hd2 i. Da d2 ∈ hd1 i segue d2 = d1 q, per un opportuno q ∈ D.
Pertanto d1 divide d2 .
Viceversa, supponiamo d1 |d2 , ossia d2 = d1 q1 , per un opportuno q1 ∈ D. Da d2 q =
d1 (q1 q), per ogni q ∈ D, segue hd1 i ≥ hd2 i.
3.3 Nell’anello Z, si dimostri che h3i = hzi
⇔
z = ±3.
Svolgimento
Ricordiamo che, per a ∈ Z, si definisce hai := {ak | k ∈ Z}.
In particolare a = a 1 appartiene a hai.
Sia hzi = h3i. Ne segue 3 ∈ hzi, ossia 3 = zk per un opportuno intero k. Pertanto
z = ±1 o z = ±3. Se fosse z = ±1 si avrebbe hzi = Z 6= h3i. Si conclude z = ±3.
23
24
ESERCIZI III. MODULI F.G. SU PID
Viceversa sia z = −3.
Da 3k = −3(−k) per ogni k ∈ Z, segue h3i ≤ h−3i.
Da (−3)k = 3(−k) per ogni k ∈ Z, segue h−3i ≤ h3i.
Pertanto h−3i = h3i.
3.4 Nell’anello Q[x], si dimostri che
hx2 − 1i = hf (x)i
⇔
f (x) = λ(x2 − 1), 0 6= λ ∈ Q.
Svolgimento
Ricordiamo che, per g(x) ∈ Q[x], si definisce
hg(x)i := {g(x)q(x) | q(x) ∈ Q[x]} .
In particolare g(x) = g(x) 1 appartiene a hg(x)i.
Sia hx2 − 1i = hf (x)i. Ne segue x2 − 1 = f (x)q(x) per un opportuno polinomio q(x), da
cui f (x) = λ, o f (x) = λ(x − 1), o f (x) = λ(x + 1) o f (x) = λ(x2 − 1), per un opportuno
λ ∈ Q non nullo. Siccome λ, λ(x − 1) e λ(x + 1) non sono multipli di x2 − 1, avendo
grado < 2, si conclude f (x) = λ(x2 − 1), per qualche numero razionael λ 6= 0.
Viceversa sia f (x) = λ(x2 − 1), 0 6= λ ∈ Q.
Da (x2 − 1)q(x) = λ(x2 − 1) λ−1 q(x) per ogni q(x) ∈ Q[x], segue
hx2 − 1i ≤ hλ(x2 − 1)i.
Da λ(x2 − 1)q(x) = (x2 − 1) (λq(x)) per ogni q(x) ∈ Q[x], segue
hλx2 − 1i ≤ h(x2 − 1)i.
Pertanto hx2 − 1i = hλx2 − 1i.
3.5 Si dimostri che, se K è un campo, allora tutti gli ideali di K[x] sono principali.
Svolgimento
Sia I un ideale di K[x]. Se I è l’ideale nullo, è generato dal polinomio nullo. Altrimenti
sia d(x) un polinomio di I di grado minimo fra i polinomi non nulli di I. Per definizione
di ideale ogni multiplo di d(x) appartiene a I. D’altra parte, sia a(x) un polinomio di I.
Dividendo a(x) per d(x) si ha a(x) = d(x)q(x) + r(x), dove r(x) ha grado strettamente
inferiore a quello di d(x). Poichè r(x) = a(x) − d(x)q(x) appartiene a I essendo somma
25
di due suoi elementi, ne segue che r(x) è il polinomio nullo per la minimalità del grado
di d(x). Pertanto a(x) = d(x)q(x) è multiplo di d(x). Concludiamo che I è l’insieme dei
multipli di d(x), ossia è generato da d(x).
3.6 Sia M = un D-modulo f.g. e d(M ) indichi il minimo numero dei suoi generatori.
Si dimostri che:
1) se N è immagine epimorfa di M allora d(N ) ≤ d(M );
2) se M = X + Y , con X e Y sottomoduli, allora d(M ) ≤ d(X) + d(Y ).
Svolgimento
1) Sia f : M → N un epimorfismo di D-moduli. Posto d(M ) = n, fissiamo un insieme
di generatori di M
{m1 , . . . , mn }
di M , avente cardinalità minima n. La sua immagine
{f (m1 ) , . . . , f (mn )}
ha cardinalità ≤ n e genera N per la suriettività di f . Infatti, per ogni y ∈ N , esiste
P
x ∈ M tale che f (x) = y. Da x = ni=1 di mi , per opportuni coefficenti di ∈ D, segue
y = f (x) =
n
X
di f (mi ).
i=1
Pertanto d(N ) ≤ n.
2) Posto d(X) = k, sia {x1 , . . . , xk } un insieme di generatori di X. Analogamente, posto
d(Y ) = h, sia{y1 , . . . , yh } un insieme di generatori di Y .
Verifichiamo che
S := {x1 , . . . , xk , y1 , . . . , yh }
è un insieme di generatori di M . Infatti, per ogni m ∈ M , esistono x ∈ X e y ∈ Y tali
che m = x + y. Da
x=
k
X
ai xi , y =
i=1
h
X
bi yi
i=1
per opportuni coefficenti ai , bj ∈ D, segue
m=
k
X
i=1
ai xi +
k
X
bi yi .
i=1
Pertanto S genera M . Siccome |S| = h + k, si conclude che d(M ) ≤ k + h.
26
ESERCIZI III. MODULI F.G. SU PID
3.7 Sia M = M1 + M2 un D-modulo. Si dimostri che
Ann (M ) = Ann (M1 ) ∩ Ann (M2 ).
Svolgimento
Ann (M ) ≤ Ann (M1 ). Sia infatti x ∈ Ann (M ). Per ogni m1 ∈ M1 , si ha m1 ∈ M da cui
xm1 = 0M . Pertanto x ∈ Ann (M1 ). Analogamente si dimostra Ann (M ) ≤ Ann (M2 ).
Ne segue
Ann (M ) ≤ Ann (M1 ) ∩ Ann (M2 ).
Viceversa sia x ∈ Ann (M1 ) ∩ Ann (M2 ). Per ogni m ∈ M esistono m1 ∈ M1 , m2 ∈ M2
tali che m = m1 + m2 . Da x ∈ Ann (M1 ) segue xm1 = 0M . Da x ∈ Ann (M2 ) segue
xm2 = 0M . Pertanto xm = xm1 + xm2 = 0M , da cui x ∈ Ann (M ). Abbiamo cosı̀
verificato
Ann (M1 ) ∩ Ann (M2 ) ≤ Ann (M ).
La doppia inclusione dà la tesi.
3.8 Si calcolino gli annullatori dei seguenti Z-moduli:
Z,
Z
,
2Z
Z
,
5Z
Z
Z
⊕
,
2Z 5Z
Z
Z
⊕
.
6Z 9Z
Svolgimento
Ann (Z) = {0}.
Ann
Z
2Z
= 2Z.
Ann
Z
5Z
= 5Z.
Ann
Z
2Z
⊕
Z
5Z
= 5Z = 2Z ∩ 5Z = 10Z.
Ann
Z
6Z
⊕
Z
9Z
= 5Z = 6Z ∩ 9Z = 18Z.
3.9 Si dimostri che l’applicazione f : Z → Z2 ⊕Z5 tale che z 7→
[z]2
!
è un epimorfismo
[z]5
di Z-moduli. Per ciascun elemento del codominio, si indichi una preimmagine in Z. Si
determini Ker f .
Svolgimento
27
Per ogni z, t ∈ Z si ha:
f (z + t) :=
[z + t]2
!
[z]2
=
[z + t]5
!
[t]2
+
[z]5
!
= f (z) + f (t).
[t]5
Pertanto f è un omomorfismo.
!
[a]2
Dato un generico elemento
di Z2 ⊕ Z5 , mediante il Teorema cinese del resto si
[b]5
trova che una sua preimmagine in Z è 5a − 4b. Pertanto f è suriettiva.
Per z ∈ Z si ha
[z]2
f (z) =
!
[0]2
=
[z]5
!
[0]5
se e solo se 2|z e 5|z, se e solo se 10|z. Pertanto Ker f = 10Z.
Per il Teorema fondamentale degli omomorfismi
Z
= Z10 ' Z2 ⊕ Z5 .
10Z
3.10 Si dica se l’applicazione f : Z → Z2 ⊕ Z4 tale che
!
[z]2
z 7→
[z]4
è un omorfismo di Z-moduli, e se è suriettiva.
Svolgimento
Per ogni z, t ∈ Z si ha:
f (z + t) :=
[z + t]2
[z + t]4
!
=
[z]2
[z]4
!
+
[t]2
[t]4
!
= f (z) + f (t).
Pertanto f è un omomorfismo. f non è suriettiva. Si vede in due modi.
I modo Ker f = 4Z, da cui
Z
4Z
= Z4 ' Imf . Ne segue che |Imf | = 4.
D’altra parte |Z2 ⊕ Z4 | = 8 > 4.
!
[1]2
II modo L’elemento
non ha preimmagini in Z. Infatti, detta z una sua
[2]4
eventuale preimmagine dovrebbe essere contemporaneamente
(
z ≡ 1 (mod 2)
z≡2
(mod 4)
La prima condizione implica z = 2q + 1, con q ∈ Z, da cui z dispari.
28
ESERCIZI III. MODULI F.G. SU PID
La seconda condizione implica z = 4k + 2, con q ∈ Z, da cui z = 2(2k + 1) pari,
contraddizione.
3.11 Si dimostri che l’applicazione f : Q[x] →
a(x) 7→
Q[x]
hx2 +2i
⊕
Q[x]
hx3 +1i
tale che
!
2
x + 2 + a(x)
3
x + 1 + a(x)
è un epimorfismo di Q[x]-moduli. Si indichi una preimmagine di
!
2
x +2 +x+4
3
x + 1 + x2
in Q[x]. Si determini Ker f .
Svolgimento
Poniamo I = x2 + 2 , J = x3 + 1 . Per ogni a(x), b(x) ∈ Q[x] si ha:
f (a(x) + b(x)) :=
I + a(x) + b(x)
!
!
I + a(x)
=
I + b(x)
+
J + a(x) + b(x)
J + a(x)
!
= f (a(x)) + f (b(x)) .
J + b(x)
f (a(x)b(x)) :=
I + a(x)b(x)
!
I + b(x)
!
= a(x)
J + a(x)b(x)
= a(x)f (b(x)) .
J + b(x)
Pertanto f è un Q[x]-omomorfismo. f è suriettiva per il Teorema cinese del resto. Infatti,
risolvendo il relativo sistema di congruenze, si trova che una preimmagine in Q[x] del
generico elemento
2
x
+
2
+
a(x)
3
x + 1 + b(x)
è 91 (x3 + 1)(2x + 1)a(x) + (x2 + 2)(−2x2 − x + 4)b(x). In particolare per a(x) = (x + 4),
b(x) = x2 si ha una preimmagine dell’elemento richiesto.
Ker f è l’ideale di Q[x] generato da (x3 + 1)(x2 + 2), ossia x5 + 2x3 + x2 + 2 .
3.12 Si dica se l’applicazione f : Q[x] →
a(x) 7→
Q[x]
hx2 −1i
⊕
Q[x]
hx−1i
tale che
!
2
x − 1 + a(x)
hx − 1i + a(x)
è un omomorfismo di Q[x]-moduli e se è suriettiva.
29
Svolgimento
Ponendo I = x2 − 1 , J = hx − 1i e ragionando come nell’esercizio precedente, si ha
che f è un omomorfismo di Q[x]-moduli. Tuttavia, poichè x2 − 1 e x − 1 non sono
coprimi, non si può applicare il Teorema Cinese del resto. In effetti f non è suriettiva.
Ad esempio l’elemento
!
x2 − 1 + x − 1
hx − 1i + 1
non ha alcuna preimmagine. Infatti, detta c(x) una sua eventuale preimmagine, dovrebbe
essere
(mod (x2 − 1))
(mod (x − 1))
c(x) ≡ x − 1
c(x) ≡ 1
La prima condizione implica c(x) ≡ 0 (mod (x − 1)), in contrasto con la seconda.
3.13 Sia I l’deale di K[x] generato dal polinomio d(x), di grado n > 0. Si provi che ad
ogni laterale di I appartiene un unico polinomio r(x) di grado ≤ n − 1.
Svolgimento
Sia I + f (x) un laterale, con f (x) ∈ K[x]. Dividendo f (x) per d(x) si ha f (x) =
d(x)q(x) + r(x), dove r(x) ha grado ≤ n − 1. Da r(x) = d(x) (−q(x)) + f (x) segue
r(x) ∈ I + f (x). Infine, sia s(x) ∈ I + f (x) = I + r(x), con deg s(x) ≤ n − 1. Il polinomio
differenza s(x) − r(x) ha grado ≤ n − 1 e deve essere divisibile per d(x), che ha grado n.
Si conclude che s(x) − r(x) = 0, da cui s(x) = r(x).
3.14 Per i seguenti Q[x]-moduli si dia un insieme di generatori minimale come Q[x]modulo e un insieme di generatori minimale come Q-modulo:
M=
Q[x]
,
hx + 4i
N=
hx3
Q[x]
,
+ 2x − 1i
M ⊕ N.
Si dimostri che M , N e M ⊕ N , come Q[x]-moduli, non hanno base.
Svolgimento
Come Q[x]-moduli M , N e M ⊕ N sono tutti generati da 1 elemento (non essendo
nulli, non possono essere generato da 0 elementi). Ad esempio hx + 4i + 1 genera M ,
3
x + 2x − 1 + 1 genera N e x4 + 4x3 + 2x2 + 7x − 4 + 1 genera M ⊕ N .
Se avessero una base come Q[x]-moduli sarebbero liberi, in particolare privi di tor
sione. Ma i loro ideali annullatori in Q[x] sono rispettivamente hx + 4i, x3 + 2x − 1 e
4
x + 4x3 + 2x2 + 7x − 4 .
30
ESERCIZI III. MODULI F.G. SU PID
Tenendo presente l’esercizio precedente, si ottengono le seguenti Q-basi:
• {hx + 4i + 1} per M ;
• x3 + 2x − 1 + 1, x3 + 2x − 1 + x, x3 + 2x − 1 + x2 per N ;
Ponendo I = hx + 4i, J = x3 + 2x − 1 , una base di M ⊕ N è :
I +1
!
I +0
!
,
J +0
I +0
,
!
I +0
,
J +1
J +x
J + x2
!
.
3.15 Si determinino l’ordine, i divisori elementari, la decomposizione primaria, i fattori
invarianti, la forma normale, l’annullatore, il minimo numero di generatori d(A) e d(B)
dei seguenti gruppi abeliani:
A := Z20 ⊕ Z120 ⊕ Z50 ,
B := Z9 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z27 .
Svolgimento
|A| = 20 · 120 · 50 = 120000, divisori elementari 4, 5, 8, 3, 5, 2, 25,
A ' Z2 ⊕ Z4 ⊕ Z8 ⊕ Z3 ⊕ Z5 ⊕ Z5 ⊕ Z25
(decomposizione primaria).
Fattori invarianti:
d3 = m.c.m {4, 5, 8, 3, 5, 2, 25} = 8 · 38 · 25 = 600
d2 = m.c.m {4, 5, , 5, 2} = 4 · 5 = 20
d1 = m.c.m {2, 5} = 10.
A ' Z10 ⊕ Z20 ⊕ Z600
(forma normale).
Ann (A) = 600Z. d(A) = 3.
|B| = 9 · 3 · 3 · 27 = 37 , divisori elementari 3, 3, 9, 27.
B è già assegnato mediante una sua decomposizione primaria (definita a meno di permutazioni degli addendi diretti).
Fattori invarianti: d4 = 27, d3 = 9, d2 = d1 = 3.
B ' Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z9 ⊕ Z27
(forma normale).
Ann (B) = 27Z. d(B) = 4.
3.16 Si determinino i gruppi abeliani non isomorfi di ordine p4 , con p primo.
31
Svolgimento
• Zp ⊕ Zp ⊕ Zp ⊕ Zp ;
• Zp ⊕ Zp ⊕ Zp2 ;
• Zp ⊕ Zp3 ;
• Zp2 ⊕ Zp2 ;
• Zp4 ;
3.17 Si determinino i gruppi abeliani non isomorfi di ordine 120.
Svolgimento
Detta d1 , . . . , dt la sequenza dei fattori invarianti di un gruppo abelliano di ordine 120 =
23 · 3 · 5 si ha t ≤ 3.
• t = 3, d1 = d2 = 2, d3 = 30, Z2 ⊕ Z2 ⊕ Z30 ;
• t = 2, d1 = 2 d2 = 60, Z2 ⊕ Z60 ;
• t = 1, d1 = 120, Z120 .
3.18 Si determinino i gruppi abeliani non isomorfi di ordine 324.
Svolgimento
Detta d1 , . . . , dt la sequenza dei fattori invarianti di un gruppo abelliano di ordine 324 =
22 · 34 si ha t ≤ 4.
• t = 4, d1 = d2 = 3, d3 = d4 = 6, Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z6 ⊕ Z6 ;
• t = 4, d1 = d2 = d3 = 3, d4 = 12, Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z12 ;
• t = 3, d1 = 3, d2 = 6, d3 = 18, Z3 ⊕ Z6 ⊕ Z18 ;
• t = 3, d1 = d2 = 3, d3 = 36, Z3 ⊕ Z3 ⊕ Z36 ;
• t = 2, d1 = 3, d2 = 108, Z3 ⊕ Z108 ;
• t = 2, d1 = 2, d2 = 162, Z2 ⊕ Z162 ;
• t = 2, d1 = 9, d2 = 36, Z9 ⊕ Z36 ;
• t = 2, d1 = 18, d2 = 18, Z18 ⊕ Z18 ;
• t = 2, d1 = 6, d2 = 54, Z6 ⊕ Z54 ;
• t = 1, d1 = 324, d2 = 36, Z324 .
3.19 Si determini la decomposizione primaria del C[x]-modulo:
V :=
C[x]
.
+ 16i
hx4
32
ESERCIZI III. MODULI F.G. SU PID
Si calcoli una base di V come C-modulo.
Svolgimento
π
Il numero complesso = e 4 i è tale che 4 = −1. Ne segue che le radici di x4 + 16 sono
2, 23 , 25 , 27 . Pertanto la decomposizione primaria di V è :
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
⊕
⊕
⊕
.
3
5
h(x − 2)i h(x − 2 )i h(x − 2 )i h(x − 27 )i
Posto x4 + 16 := I, una base di V come C-modulo è :
I + 1, I + x, I + x2 , I + x3 .
3.20 Si scrivano i divisori elementari, la decomposizione primaria, i fattori invarianti e
la forma normale del seguente Z-modulo (= gruppo abeliano):
Z35 ⊕ Z49 ⊕ Z50 ⊕ Z18 ⊕ Z12 .
Svolgimento
Divisori elementari: 5, 7, 72 , 2, 52 , 2, 32 , 22 , 3.
Decomposizione primaria:
Z5 ⊕ Z7 ⊕ Z49 ⊕ Z2 ⊕ Z25 ⊕ Z2 ⊕ Z9 ⊕ Z3 ⊕ Z4 .
Fattori invarianti:
d3 = m.c.m 2, 2, 22 , 3, 32 , 5, 52 , 7, 72 = 22 · 32 · 52 · 72 = 44100
d2 = m.c.m {2, 2, 3, 5, 7} = 2 · 3 · 5 · 7 = 210
d1 = 2.
Forma normale:
Z2 ⊕ Z210 ⊕ Z44100 .
3.21 Si scrivano i divisori elementari, la decomposizione primaria, i fattori invarianti e
la forma normale del seguente Cx]-modulo:
C[x]
C[x]
⊕ 4
.
4
hx − 4i hx − 4x2 + 4i
Svolgimento
Divisori elementari:
√
√
√
√
√
√
(x − 2), (x + 2), (x − 2i), (x + 2i), (x − 2)2 , (x + 2)2 .
33
Decomposizione primaria:
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
C[x]
√ ⊕
√ ⊕
√ ⊕
√ ⊕
√ ⊕
√ .
x− 2
x+ 2
x − 2i
x + 2i
(x − 2)2
(x + 2)2
Fattori invarianti:
√
√
√
√
d2 (x) = (x − 2i)(x + 2i)(x − 2)2 (x + 2)2 = x6 − 2x4 − 4x2 + 8.
d1 (x) = x2 − 2.
Forma normale:
C[x]
C[x]
⊕ 6
.
2
hx − 2i hx − 2x4 − 4x2 + 8i
34
ESERCIZI III. MODULI F.G. SU PID
Esercizi IV
Forme canoniche delle matrici
Data A ∈ Matn (K) indichiamo con d1 (x), . . . , dt (x) la sequenza dei suoi invarianti di
similaritá e con n1 , . . . , nt i loro rispettivi gradi. Ricordiamo che é:
n=
t
X
ni ,
car A =
i=1
t
Y
di (x).
i=1
Due matrici sono coniugate se e solo hanno la stessa sequenza di fattori invarianti.
Indichiamo inoltre con µA : Kn → Kn l’applicazione lineare
v 7→ Av,
∀ v ∈ Kn .
La matrice di µA , rispetto alla base canonica, é A.
4.1 In Mat2 (Q) si dica se sono coniugate le matrici
2 3
0 0
A=
, B=
.
1 1
0 3
Si trovi inoltre una base di Q2 rispetto alla quale la µA abbia matrice la forma canonica
razionale di A. Idem per µB .
Svolgimento
A e B non sono coniugate perchè , se lo fossero, avrebbero lo stesso polinomio caratteristico. Ma car A = x2 − 3x − 1. Invece car B = x2 − 3x.
A non è scalare. Quindi il suo polinomio minimo coincide con il suo polinomio caratteristico e la sua forma canonica razionale è una matrice companion. Idem per B.
1
2
L’insieme B := {e1 , Ae1 } =
,
é indipendente, quindi una base di Q2 .
0
1
Da A2 − 3A − I = 0 segue
A(Ae1) = A2 e1 = (I + 3A)e1 = e1 + 3(Ae1).
35
36
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
0 1
Si conclude che la matrice di µA rispetto B é
, forma canonica razionale di A.
1 3
1
0
Poniamo v = e1 + e2 . L’insieme C := {v, Bv} =
,
é indipendente, quindi
1
3
una base di Q2 . Da B 2 − 3B = 0 segue
B(Bv) = B 2 v = 3Bv.
0 0
Si conclude che la matrice di µB rispetto C é
, forma canonica razionale di B.
1 3
4.2 Si dimostri che due matrici non scalari A, B di Mat2 (K) sono coniugate se e solo se
hanno lo stesso polinomio caratteristico.
Svolgimento
Matrici coniugate hanno lo stesso polinomio caratteristico.
Viceversa, supponiamo car A = car B = x2 + k1 x + k0 .
Poichè A non è scalare, non può essere t = 2, d1 (x) = d2 (x) = x − k.
Quindi t = 1 e l’unico invariante di similaritá di A é d1 (x) = car A.
Analogamente B ha un unico invarianti di similaritá che é car B.
Dall’ipotesi car A = car B segue che A, B hanno gli stessi invarianti di similaritá, quindi
sono coniugate. La loro forma canonica razionale é
0 −k0
C=
.
1 −k1
Quindi sono coniugate.
2 8
4.3 Sia A =
.
1 4
1) Si trovi la forma canonica razionale C di A;
2) si mostri che
B = {e1 , Ae1 }
è una base di K2 e che la matrice di µA rispetto B é C;
3) si trovi la matrice di passaggio P dalla base canonica a B e si verifichi che
P −1 AP = C.
Svolgimento
1) Poichè A non è scalare, si ha t = 1, d1 (x) = car(A) = x2 − 6x.
37
In particolare
A2
− 6A = 0, da cui
A2
= 6A. Inoltre C =
0 0
.
1 6
1
2
2) I due vettori e1 =
, Ae1 =
sono linearmente indipendenti (verificarlo !),
0
1
quindi B è una base di K2 . Da
A (Ae1 ) = A2 e1 = 6 (Ae1 )
si deduce che la matrice di µA rispetto B è C.
1 2
1 −2
3) P =
, P −1 =
, P −1 AP = C.
0 1
0 1
4.5 Si dia un esempio di due matrici non scalari A, B di Mat3 (K) che hanno lo stesso
polinomio caratteristico, ma non sono coniugate.
Svolgimento



0 0 0
0 0
A = 0 0 0, B = 1 0
0 1 0
0 1
A ha sequenza di invarianti di

0
0 .
0
similaritá x, x2 .
B ha sequenza di invarianti di similaritá x3 .
Ne segue che non sono coniugate, pur avendo lo stesso polinomiuo caratteristico x3 . (Si
noti che sono due forme canoniche razionali !).
4.6 In Mat3 (Q) si dica se sono coniugate le matrici:






2 0 0
0
0
0
0 0 0
A =  1 2 0 , B = 0 2 −1 D =  1 −10 −9 .
0 0 0
−1 16 14
−1 0 2
Svolgimento
car A= car B=car D = x(x − 2)2 .
A2 − 2A = 0 implica t = 2, d1 (x) = x − 2, d2 (x) = x(x − 2) = x2 − 2x.
B 2 − 2B = 0 implica t = 2, d1 (x) = x − 2, d2 (x) = x(x − 2) = x2 − 2x.
D2 − 2D 6== 0 implica t = 1, d1 (x) = x(x − 2)2 .

2
A e B sono coniugate e hanno forma canonica razionale C = 0
0

0
D non è coniugata ad A e ha forma canonica razionale C = 1
0

0 0
0 0
1 2

0 0
0 −4
1 4
38
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI


1 0 4
4.7 1) Si trovi la forma canonica razionale C di A =  2 3 −4.
−1 0 5
2) si domostri che B = {e2 , e1 , Ae1 } è una base di K3 e che la matrice di µA rispetto B
é C;
3) si trovi la matrice di passaggio P dalla base canonica a B e si verifichi che P −1 AP = C.
Svolgimento
1) Poichè A non è scalare, si ha t ≤ 2. Calcoliamo car(A).


x−1
0
−4
4  = (x − 1)(x − 3)(x − 5) + 4(x − 3) = (x − 3)3 .
det  −2 x − 3
1
0
x−5
Da (A − 3I)2 = 0 si conclude t = 2, d1 (x) = x − 3, d2 (x) = (x − 3)2 ,


3 0 0
C = 0 0 −9 .
0 1 6
2) I tre vettori
 
 
 
1
1
0





2
e2 = 1 , e1 = 0 , Ae1 =
−1
0
0
sono linearmente indipendenti (verificarlo !), quindi B è una base di K3 .
Ricordando che (A − 3I)2 = 0, ossia A2 = 6A − 9I, si ha:
Ae2 = 3e2 ,
A (Ae1 ) = A2 e1 = 6 (Ae1 ) − 9e1 .
Concludiamo che la matrice di µA rispetto B è C.
3)




0 1 1
0 1 2
P = 1 0 2 , P −1 = 1 0 1 , P −1 AP = C.
0 0 −1
0 0 −1
4.8 Una matrice A ∈ Mat3 (K) abbia un unico invariante di similaritá
d1 (x) = k0 + k1 x + k2 x2 + x3 .
Si dimostri che esiste v ∈ K3 tale che B = v, Av, A2 v é una base di K3 .
Svolgimento
39
La forma canonica razionale di A è


0 0 −k0
C = 1 0 −k1  .
0 1 −k2
Poiché A é coniugata a C, esiste P tale che P −1 AP = C.
Posto v := P e1 , mostriamo che v, Av, A2 v é indipendente.
A tale scopo sia
0 = av + b(Av) + c A2 v = a (P e1 ) + b(AP e1 ) + c A2 P e1 .
Moltiplicando per P −1 e notando che P −1 A2 P = P −1 AP
2
:
0 = ae1 + b (Ce1 ) + c C 2 e1 = ae1 + be2 + ce3 .
Si conclude a = b = c = 0.


0 3 −1
4.9 Sia A = 0 1 5  ∈ Mat3 (Q).
0 0 2
1) Si trovi un vettore v ∈ Q3 tale che B = v, Av, A2 v sia una base di Q3 ;
2) si verifichi che la matrice di µA risp. B è la forma can. razionale C di A;
3) si trovi la matrice di passaggio P dalla base canonica a B e si verifichi che P −1 AP = C.
Svolgimento
1) Car(A) = x(x − 1)(x − 2) non ha fattori multipli. Quindi A un unico invariante di
similaritá d1
(x)
= x3 − 3x2 + 2x.InparticolareA3 
= 3A2 − 2A.
1
2
16
Posto v = 1 si ha Av = 6, A2 v = 16 e i tre vettori sono linearmente
1
2
4
indipendenti (verificarlo!). Pertanto
B = v, Av, A2 v
é una base di Q3 .
2) A A2 v = A3 v = (3A2 − 2A)v = −2(Av) + 3 A2 v .
Segue che la matrice di µA rispetto a B é:


0 0 0
C = 1 0 −2 .
0 1 3.
40
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
 1


1 2 16
6
 −1
−1


3) P = 1 6 16 , P =  4
1
1 2 4
12
−1
2
1
4
0
4
3


0 , P −1 AP = C.
−1
12
4.10 Si trovi la forma canonica razionale C della matrice


2 0 1
A = −1 3 0 ∈ Mat3 (Q).
0 1 0
Svolgimento
Se fosse t = 2 la matrice A annullerebbe un polinomio monico, di grado 2, a coefficienti
in K. Ma A2 + k1 A + k0 A0 =

 
 
 

4 1 2
2k1
0 k1
k0 0 0
∗ 1 ∗
−5 9 −1 + −k1 3k1 0  +  0 k0 0  = ∗ ∗ ∗
−1 3 0
0
k1 0
0 0 k0
∗ ∗ ∗
non é mai la matrice nulla.
Si conclude t = 1, d1 (x) = car A = x3 − 5x2 + 6x + 1,

0 0 −1
C = 1 0 −6
0 1 5

4.11 Si dimostri che una matrice A ∈ Matn (K) è scalare se e solo se ha n invarianti di
similaritá.
Svolgimento
Supponiamo che A abbia n invarianti di similaritá. Dato che i loro gradi sono ≥ 1 e la
loro somma è n, essi devono avere tutti grado 1. Poichè sono monici e ciascuno divide
il successivo, devono essere tutti uguali a x − k, per un opportuno k ∈ K. Pertanto la
forma canonica razionale di A è la matrice:

k
C =  ...

 = kI.
k
Poichè A è coniugata a C, esiste P tale che A = P −1 CP . Ne segue che
A = P −1 CP = P −1 kIP = kI = C
è scalare.
41
Viceversa, supponiamo che A = kI sia scalare. Siccome kI è una forma canonica
razionale, e A è coniugata a se stessa, A coincide con la propria forma canonica razionale.
Chiaramente i suoi invarianti di similaritá sono n, tutti uguali a x − k.
4.12 Sia A ∈ Matn (K). Si dimostri che A ha un unico invariante di similaritá se e solo
se esiste v ∈ Kn tale che v, Av, . . . , An−1 v é indipendente.
Svolgimento
Supponiamo che esista v ∈ Kn tale che B := v, Av, . . . An−1 v sia indipendente, quindi
una base di Kn . Ne segue che l’insieme
B ∪ {An v}
é dipendente. Esistono quindi dei coefficienti, non tutti nulli, tali che:
h0 v + h1 (Av) + · · · + hn (An v) = 0.
Sicuramente hn 6= 0, per l’indipendenza di B. Dividendo per hn e ponendo ki := h−1
n hi
si ottiene:
An = −
n−1
X
ki Ai .
i=0
In particolare
A A
n−1
v =−
n−1
X
ki Ai v
i=0
da cui si deduce che la matrice di µA rispetto a B é la matrice companion Cd1 (x) , dove
d1 (x) = xn +
n−1
X
k i xi .
i=0
Poiché la matrice di µA rispetto alla base canonica di Kn é A, si conclude che Cd1 (x)
é coniugata ad A, quindi é la sua forma canonica razionale. Pertanto d1 (x) è l’unico
invariante di similaritá di A.
Viceversa, supponiamo che A abbia un unico fattore invariante d1 (x).
Ne segue che A è coniugata alla matrice companion C := Cd1 (x) .
Sia P tale che P −1 AP = C. L’insieme
e1 , Ce1 , . . . , C n−1 e1 = {e1 , e2 , . . . , en }
é una base di Kn . Quindi anche
P e1 , P Ce1 , . . . , P C n−1 e1 = {P e1 , P e2 , . . . , P en }
42
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
é una base. Ora, da AP = P C segue facilmente, per induzione su k, che Ak P = P C k
per ogni k ≥ 1. Si conclude che
(P e1 ) , P Ce1 , . . . , P C n−1 e1 = P e1 , A (P e1 ) , . . . , An−1 (P e1 )
é una base. In particolare é indipendente. Posto v := P e1 si ha l’asserto.
4.13 Si determinino tutte le forme canoniche razionali di Mat6 (K) il cui polinomio
caratteristico é d(x) = x6 − x5 − 18x4 + 14x3 + 61x2 − 93x + 36.
Svolgimento
Fattorizzando si ha d(x) = (x − 1)3 (x + 3)2 (x − 4).
Da d1 (x)t divide dt (x) segue t ≤ 3.
Le possibili sequenze di fattori invarianti sono:
(x − 1)3 (x + 3)2 (x − 4)
(x − 1),
(x − 1)2 (x + 3)2 (x − 4)
(x + 3)
(x − 1)3 (x + 3)(x − 4)
(x − 1)(x + 3)
(x − 1)2 (x + 3)(x − 4)
(x − 1),
(x − 1)
(x − 1)(x + 3)2 (x − 4)
(x − 1),
(x − 1)(x + 3)
(x − 1)(x + 3)(x − 4)
Le corrispondenti

0 0 0 0
1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1
0 0 0 0
forme canoniche
 
1
0 −36

0 93 
 

0 −61
, 

0 −14 

0 18  
1
1


0 3
1 −2





0
0
0
12

,

1 0 0 −23



0 1 0
9 
0 0 1
3
razionali sono:
 
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0 36 

0 −57
,
0
4 

0 18 
1
0









1

 1




0
0
0
−36

,

1 0 0 21 



0 1 0 17 
0 0 1 −1

−3
0
1
0
0
0
0
0
1
0
0







0
0
0
1
0
0 −12

0 35 

0 −32

0
6 
1
4

1
4.14 Sia A ∈ Matn (Q) e sia d(x) = carA. Si dimostri che se
M.C.D. d(x), d0 (x) = 1,

0 −3
1 4




0 0 12 

1 0 −19 
0 1
8
43
allora A é coniugata alla matrice companion Cd(x) .
Svolgimento
Si tratta di dimostrare che A ha un unico invariante di similaritá, ossia t = 1.
Se fosse t ≥ 2, il polinomio d(x) = carA sarebbe divisibile per d1 (x)2 . Pertanto ogni
radice complessa α di d1 (x) sarebbe radice di d(x) avente molteplicitá almeno due. Ma
d(x), essendo coprimo con d0 (x), non ha radici multiple.
4.15 Si dimostri che tutte le matrici di Mat4 (Q) il cui polinomio caratteristico é x4 −4x+5
sono coniugate.
Svolgimento
Poiché M.C.D(x4 − 4x + 5, 4x3 − 4) = M.C.D(x4 − 4x + 5, x3 − 1) = 1, per l’esercizio
precedente tutte queste matrici hanno un unico invariante di similaritá d1 (x) = x4 −
4x + 5. Prtanto sono tutte coniugate alla matrice companion Cx4 −4x+5 , e quindi sono
coniugate fra loro.
4.16 Si dimostri che ogni matrice e la sua trasposta hanno lo stesso polinomio minimo.
Se ne deduca che ogni matrice companion é coniugata alla sua trasposta. Si concluda
che gni matrice é coniugata alla sua trasposta.
Svolgimento
Sia A ∈ Matn (K). Per ogni f (x) ∈ K[x] si ha f (AT ) = f (A)T . Infatti
km AT
m
+ · · · + k1 AT + k0 I = (km Am + · · · + k1 A + k0 I)T .
Ne segue f (A) = 0 se e solo se f (AT ) = 0, ossia A e AT hanno lo stesso ideale annullatore in K[x]. Poiché il polinomio minimo di una matrice é il generatore del suo ideale
annullatore, si conclude che A e AT hanno lo stesso polinomio minimo.
Sia Cd(x) ∈ Matm (K) una matrice companion. Essa ha un unico invariante di similaritá
d(x), di grado m, che coincide con il suo polinomio minimo. Ne segue che C T ha
d(x) come polinomio minimo. Avendo grado m è necessariamente l’unico invariante di
similaritá di C T . Ne segue che la forma canonica razionale di C T é C.
La conclusione che ogni matrice A é coniugata alla sua trasposta si ottiene considerando
la forma canonica razionale di A e ragionando per induzione sul numero dei suoi invariante di similaritá.
4.17 Si trovino le forme canoniche razionali di Mat2 (Z2 ).
44
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
Svolgimento
Elencando tutte le possibili sequenze di invarianti di similaritá si ha:
0 0
0 0
0 1
2
2
x ,
; x, x,
; x + 1,
;
1 0
0 0
1 0
1 0
0 1
x + 1, x + 1,
; x2 + x + 1
.
0 1
1 1


−3
8
0
3
0, una base B di K3
4.18 Si trovi la forma canonica razionale C di A = −1
8 −16 1
tale che la matrice di µA rispetto B sia C e P tale che P −1 AP = C.
Svolgimento
A2 = I. Poiché A non é scalare, il polinomio minimo di A é x2 − 1.
Essendo car A = (x − 1) x2 − 1 la sequenza degli invarianti di similaritá di A é (x −
1), (x2 − 1). Pertanto


1 0 0
C = 0 0 1  .
0 1 0
     
1
−3 
 0
B = {e3 , e1 , Ae1 } = 0 , 0 , −1 .


1
0
8




0 8 1
0 1 −3
−1



P = 0 0 −1 , P = 1 −3 0, P −1 AP = C.
0 −1 0
1 0 8

3 0 0
0 0 1
4.19 Si trovi la forma canonica razionale C di A = 
0 1 2
1 0 0
tale che la matrice di µA rispetto B sia C e P tale che P −1 AP

−2
0
, una base B di K4
0
−1
= C.
Svolgimento
A2 −2A−I = 0. Poiché A non é scalare, il polinomio minimo di A é x2 −2x−1. Essendo
2
car A = x2 − 2x − 1 la sequenza degli invarianti di similaritá di A é x2 − 2x − 1, x2 −


0 1 0 0
1 2 0 0

2x − 1. Pertanto C = 
0 0 0 1 .
0 0 1 2
       
1
3
0
0 


       

0
0
1
 ,   ,   , 0 .
B = {e1 , Ae1 , e2 , Ae2 } = 
0 0 0 1





0
1
0
0
45

1
0
P =
0
0
3
0
0
1
0
1
0
0

0
0
.
1
0
4.20 Data una matrice a blocchi A =
A1
, siano m1 (x) il polinomio minimo di
A2
A1 , m2 (x) il polinomio minimo di A2 . Detto m(x) il polinomio minimo di A si dimostri
che m(x) é il m.c.m. di m1 (x) e m2 (x).
Svolgimento
Considerando somme e prodotti di matrici a blocchi si ha:
f (A1 )
(0.1)
f (A) =
, ∀ f (x) ∈ K[x].
f (A2 )
Da m(A) = 0 segue m (A1 ) = 0 (in virtú di (0.1)), da cui m1 (x) divide m(x). Analogamente m2 (x) divide m(x). D’altra parte, sia g(x) un multiplo comune di m1 (x) e m2 (x).
Da m1 (A1 ) = 0 segue g(A1 ) = 0. Analogamente g(A2 ) = 0. In virtú di (0.1) si ha
g(A) = 0, da cui segue che m(x) divide g(x).

3
0
4.21 Data A = 
0
1

0 0 −2
0 −1 0 
 si verifichi che i sottospazi
1 3
0
0 0 −1
V1 := he1 , e4 i , V2 := he2 , e3 i
sono µA -invarianti e si scrivano le matrici A1 e A2 delle restrizioni di µA a V1 e V2 . Si
scriva la matrice B di µA rispetto {e1 , e4 , e2 , e3 } e si trovi P tale che P −1 AP = B. Si
trovi la forma canonica razionale C di A.
Svolgimento
µA (e1 ) = 3e1 + e4
µA (e4 ) = −2e1 − e4
µA (e2 ) = e3
µA (e3 ) = −e2 + 3e3
µA (V1 ) ≤ V1
=⇒
µA (V2 ) ≤ V2
=⇒

B=
A1
A2
,
0
1
C=
0
0
0
0
1
0
=⇒
=⇒
3 −2
.
1 −1
0 −1
.
1 3
A1 =
A2 =

0 1
0 −1
.
0 −6
1 5
46
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
4.22 Data A ∈ Matn (K) e posto V := Kn , sia V = U +̇W , con U, W sottospazi µA invarianti. Si dimostri che, per ogni autovalore λ di A:
Vλ = Uλ +̇Wλ ,
dove Vλ , Uλ e Wλ indicano gli autospazi relativi a λ di µA e delle sue restrizioni a U e
W rispettivamente. In particolare:
dim (Vλ ) = dim (Uλ ) + dim (Wλ ) .
Svolgimento
Per verificare che Vλ = Uλ + Wλ , basta mostrare l’inclusione Vλ ≤ Uλ + Wλ .
A tale scopo, sia v ∈ Vλ , ossia Av = λv. Per ipotesi esistono u ∈ U , w ∈ W tali che
v = u + w. Ne segue
Av = Au + Aw,
λv = λu + λw,
Poichè U e W sono µA -invarianti, Au ∈ U e Aw ∈ W . Per l’unicità della scrittura di
λv = Av come somma di un elemento di U e di uno di W si ha
Au = λu, Aw = λw.
Pertanto u ∈ Uλ e w ∈ Wλ . Infine Uλ ∩ Wλ ≤ U ∩ W = (0V }.
4.23 Siano α, β due autovalori distinti di A ∈ Matn (K). Posto V := Kn si dimostri che
Vα ∩ Vβ = {0V }.
Svolgimento
Sia v ∈ Vα ∩ Vβ , ossia Av = αv = βv. Ne segue (α − β)v = 0V . Moltiplicando per
(α − β)−1 si trova v = 0V .
4.24 Si calcolino autovalori e autospazi di ciascuna

0
0 0
A=
, B = 1
1 0
0
delle matrici:

0 0
0 0 .
1 0
Svolgimento
I polinomi caratteristici di A e B sono rispettivamente:
x2 , x3 .
47
Quindi A e B hanno solo l’autovalore 0.
L’autospazio di A relativo a 0 si ottiene risolvendo il sistema
x
x
0
0x + 0y = 0
A
=0
=
,
, x = 0.
y
y
0
1x + 0y = 0
0
Quindi l’autospazio di A relativo a 0 è
e ha dimensione 1.
1
L’autospazio di B relativo a 0 si ottiene risolvendo il sistema

 
   
x
x
0
 0x + 0y + 0z = 0
x=0






1x + 0y + 0z = 0 ,
B y =0 y = 0 ,
y=0

z
z
1y + 0z = 0
0
*0+
Quindi l’autospazio di B relativo a 0 è 0 e ha dimensione 1.
1
4.25 Tenendo presente l’esercizio 4.22, si calcolino autovalori e autospazi di ciascuna
delle matrici:

0 0
1 0
D=
0 0
0 0

0 0
0 0
,
0 0
1 0

0
1


E = 0

0
0
0
0
0
0
0

0 0 0
0 0 0


0 0 0

1 0 0
0 1 0
Svolgimento
I polinomi caratteristici di D e E sono rispettivamente:
x4 , x5 .
Quindi D e E hanno solo l’autovalore 0.
I sottospazi U = he1 , e2 i e W = he3 , e4 i, sono µD -invarianti. Chiaramente
V = K4 = U +̇W.
Siano V0 l’autospazio di D relativo a 0, U0 , W0 gli autospazi relativo a 0 della restrizione
di µD a U e W rispettivamente. Per l’Esercizio 4.22
V0 = U0 +̇W0 .
Dall’ esercizio precedente segue che V0 ha dimensione 1 + 1 = 2. Essendo De2 = 0e2 ,
De4 = 0e4 , si conclude che l’autospazio di D relativo a 0 concide con he2 , e4 i.
I sottospazi U = he1 , e2 i e W = he3 , e4 , e5 i, sono µE -invarianti. Sia V0 l’autospazio di
E relativo a 0. Con ragionamenti analoghi ai precedenti si vede che V0 ha dimensione
48
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
1 + 1 = 2. Essendo De2 = 0e2 , De5 = 0e5 , si conclude che l’autospazio di E relativo a 0
concide con he2 , e5 i.
4.26 Si calcolino le forme canoniche di Jordan J1 e

0
0 2
C1 =
, C2 =  1
1 1
0
Si dimostri inoltre che le matrici

0 1
0 0
1 2
0 0


C = 0 0
0 0

0 0
1 0
0 0
0 1

0
0


2 ,

3
0
J2 delle seguenti matrici:

0 2
0 3 .
1 0

2 0
0 −1


J = 0 0

0 0
0 0

0
0


2 0
0

0 −1 0 
0 1 −1
0
0
0
0
sono coniugate. Infine si calcolino gli autovalori e gli autospazi di C e di J e si determini
P tale che P −1 CP = J.
Svolgimento
C1 è la matrice companion di x2 − x − 2 = (x − 2)(x + 1).
C2 è la matrice companion di x3 − 3x − 2 = (x − 2)(x + 1)2 .
Quindi:
J1 =


2 0
0
2 0
, J2 = 0 −1 0  .
0 −1
0 1 −1
C1 è coniugata a J1 , quindi esiste P1 tale che P1−1 C1 P1 = J1 .
C2 è coniugata a J2 , quindi esiste P2 tale che P2−1 C2 P2 = J2 .
P1 0
Detta P la matrice diagonale a blocchi
si ha:
0 P2
P
−1
CP =
P1−1
0
0
P2−1
C1 0
P1 0
=
0 C2
0 P2
−1
P 1 C1 P 1
0
J1 0
=
= J.
0 J2
0
P2−1 C2 P2
Cerchiamo P1 tale che P1−1 C1 P1 = J1 , equivalentemente C1 P1 = P1 J1 . Da:
(
C1 (P1 e1 ) = P1 (J1 e1 ) = 2 (P1 2e1 )
C1 (P1 e2 ) = P1 (J1 e2 ) = − (P1 e2 ))
vediamo
che le
colonne di P1 devono essere autovettori di C1 relativi a 2, −1. Quindi
1 2
. Notando che P1−1 = 13 P1 si verifica direttamente che P1−1 C1 P1 = J1 .
P1 =
1 −1
49
Analogamente
P2 e1 si trova imponendo che sia autovettore di C2 relativo a 2.
P2 e3 si trova imponendo che sia autovettore di C2 relativo a −1.
P2 e2 si
che sia C2 (P2 e2 ) = −P2 e2 + P e3 .
trova imponendo

1 0
2
P2 = 2 −2 1 . Notando che
1 1 −1


1 2
4
1
P2−1 = 1 −1 1  ,
9
4 −1 −2
si verifica direttamente che P2−1 C2 P2

1
1


P = 0

0
0
= J2 . Concludendo

2
0 0
0
−1
0 0
0


0
1 0
2 .

0
2 −2 1 
0
1 1 −1
4.27 Si dica se le seguenti forme di Jordan in Mat2 (C) sono coniugate.
7 0
−5 0
, J2 :=
J1 :=
0 −5
0 7
.
Svolgimento
Sı̀ , sono coniugate. Giustificazione della risposta.
I modo: Le due matrici hanno gli stessi divisori elementari x + 5, x − 7.
II modo
Cerchiamo una base B 0 = {v1 , v2 } rispetto alla quale la matrice di µJ1 è J2 .
µJ1 (v1 ) = 7v1
µJ1 (v2 ) = −5v2
v1 = e2 , v2 = e1 . La matrice di passaggio da B a B 0 è
0 1
.
P = e2 e1 =
1 0
P −1 J1 P = J2 .
4.28 Si dica se le seguenti forme di Jordan in



3 0 0
−2
J1 := 1 3 0  , J2 :=  0
0 0 −2
0
Mat3 (C) sono coniugate.



0 0
−2 0 0
3 0 J3 :=  0 3 0 .
1 3
0 0 3
50
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI
Svolgimento
J1 e J2 hanno gli stessi divisori elementari, x + 2, (x − 3)2 . Quindi sono coniugate.
J3 ha divisori elementari x + 2, x − 3, x − 3, quindi non è coniugata alle precedenti.
Osservazione Se si vuole ottenere una matrice P che coniuga J1 a J2 si cerca una base
B 0 = {v1 , v2 , v3 } rispetto alla quale la matrice di µJ1 è J2 .


µJ1 (v1 ) = −2v1
µJ1 (v3 ) = 3v3

µJ1 (v2 ) = 3v2 + v3
v1 = e3 , v2 = e1 , v3 = e2 . La matrice di passaggio da

0

P = e3 e1 e2 = 0
1
B a B 0 è

1 0
0 1 .
0 0
P −1 J1 P = J2 .

−2 0
3
4.29 Data A :=  1
2 −2
C e una matrice P tale che
Svolgimento


0 0 −6
C := 1 0 5 ,
0 1 2

0
0 ∈ Mat3 (C), si trovino la sua forma canonica razionale
1
P −1 AP = C.

1

0
0
5
0 0
5
P := −1 1 0, P −1 =  15 1 0.
−4 −1 1
1 11 1

4.30 Si dimostri che tutte le matrici di Mat3 (C) il cui polinomio caratteristico è x3 +3x−1
sono coniugate.
Svolgimento
Posto f (x) = x3 + 3x − 1, risulta f 0 (x) = 3x2 + 3. Poichè
MCD(x3 + 3x − 1, 3x2 + 3) = MCD(x3 + 3x − 1, x2 + 1) = 1
f (x) non ha radici multiple. Quindi f (x) = (x−α)(x−β)(x−γ), dove α, β, γ sono le sue
3 radici distinte. Si conclude che ogni matrice di Mat3 (C) il cui polinomio caratteristico
è x3 + 3x − 1 ha un solo fattore invariante d1 (x) = x3 + 3x − 1 e ha quindi forma canonica
razionale


0 0 1
C = 1 0 −3 .
0 1 0
51
Le forme

α 0
0 β
0 0
di Jordan, coniugate fra loro e a C sono:
 
 
 
 
 

0
α 0 0
β 0 0
γ 0 0
β 0 0
γ 0 0
0 ,  0 γ 0  ,  0 α 0 , 0 α 0  ,  0 γ 0  , 0 β 0  .
γ
0 0 β
0 0 γ
0 0 β
0 0 α
0 0 α


8 12 −24
4  ∈ Mat3 (C), si trovi la forma normale di xI − A in
4.31 Data A = −1 0
1
2 −2
Mat3 (C[x]) e si deduca la forma canonica razionale di A (si veda il Teorema 5.6 delle
Dispense).
Svolgimento

 

x − 8 −12
24
1
0
0
 = formanormale.
x
−4  ≡ 0 x − 2
0
xI − A =  1
2
−1
−2 x + 2
0
0
(x − 2)
Per il Teorema 5.6 i invarianti di similaritá di A sono
d1 (x) = x − 2, d2 (x) = (x − 2)2 .


2 0 0
Si conclude che la forma canonica razionale di A è C = 0 0 −4.
0 1 4
4.32 Si giustifichi che la forma normale di A nell’esercizio precedente è quella indicata.
Svolgimento

 

1
x
−4
x − 8 −12
24
0 1 0
x
−4  =  −1
−2 x + 2 ≡
xI − A ≡ 0 0 1  1
−1
−2 x + 2
x − 8 −12
24
1 0 0


 

1
0 0
1
x
−4
1
x
−4
 1
1 0  −1
−2 x + 2 = 0
x−2
x−2≡
2
8−x 0 1
x − 8 −12
24
0 −x + 8x − 12 4x − 8


 

1
0
0
1
x
−4
1
x
−4
0
1
0  0
x−2
x − 2  = 0 x − 2
x−2 ≡
0 x−6 1
0 (x − 2)(−x + 6) 4x − 8
0
0
(x − 2)2



 

1
x
−4
1 −x x + 4
1
0
0
0 x − 2
 = formanormale.
x − 2  0 1
−1  = 0 x − 2
0
2
2
0
0
(x − 2)
0 0
1
0
0
(x − 2)
E’ essenziale notare che:

−1 

0 1 0
0 0 1
0 0 1 = 1 0 0 ∈ Mat3 (C[x]),
1 0 0
0 1 0
52
ESERCIZI IV. FORME CANONICHE DELLE MATRICI

−1 
1
0 0
1
0 0
 1
1 0 ∈ Mat3 (C[x]),
1 0 =  −1
−8 + x 0 1
8−x 0 1
ecc....

4.33 Si trovi P tale che P −1 AP = B, dove

3
1
A=
0
0

0 0 0
2 0 0
,
0 −2 0
0 1 5

5
0
B=
0
0

1 1
0
2 4 −1
.
0 −2 0 
0 0
3
R è unica ?
Svolgimento


0
0
0
1/2
0 −1/3 −1/3 1/6 
.
P =
0
0
−7
0 
1 1/3
4/3 −1/6
Per esempio anche R = AP va bene. Infatti R−1 AR = P −1 A−1 AAP = P −1 AP = B.