Tema scritto – Algebra Lineare – Soluzione e commenti Corso di

Tema scritto – Algebra Lineare – Soluzione e commenti
Corso di Studi in Fisica – (a.a. 2004–05)
Data: II periodo - appello unico : 16 marzo 2005 –
Aula 5A c/o Dipartimento di Matematica/Informatica – durata della prova: 3 ore
Esercizio 1 (*)– Siano k un corpo finito di ordine q, n(≥ 1) un numero naturale (i.e.
n ∈ N) e E(n, k) il gruppo elementare delle matrici quadrate n × n;
(i) si determini il numero delle matrici n × n con determinante nullo;
(ii) si provi che A ∈ E(n, k) se e solo se det(A) = 1 ;
(iii) si determini l’ordine di E(n, k).
SOLUZIONE (i) Si ponga M:=Mat(n × n; k) la k-algebra delle matrici quadrate di
ordine n ad entrate in k e si ha card(M)=q n·n ; il gruppo (moltiplicativo) GL(n, k) è il
gruppo delle unità di M, ed inoltre A ∈ GL(n, k) se e solo se det(A) 6= 0 i.e. det(A)
invertibile (in k) (cfr. teor (9.21) di Cramer in appunti); quindi det(A) 6= 0 se e solo se
le n-colonne di A sono linearmente indipendenti;
(cfr. Esercizio 1 -A.L. n. 11) l’ insieme {A | A ∈ M; det(A) 6= 0} ha cardinalità:
n−1
Y
(q n − q j ) = (q n − 1) · (q n − q) · · · (q n − q n−1 )
j=0
quindi {A | A ∈ M; det(A) = 0} ha cardinalità:
q n·n −
n−1
Y
(q n − q j ) = q n·n − (q n − 1) · (q n − q) · · · (q n − q n−1 )
j=0
(ii) una matrice (generica) A di E(n, k) è il prodotto finito di matrici elementari base
Bij (λ) = In + λEij (notazione degli appunti) e quindi per il teorema di Binet (sui
determinanti) ed essendo det(Bij ) = 1, si ha: det(A) = 1 per ogni A ∈ E(n, k).
Viceversa, sia det(C) = 1, C ∈ M, (cf. Prop. 6.2 appunti) esistono P, Q ∈ E(n, k) tali
che P · C · Q = In , in quanto rango(C) = n massimo e det(P CQ) = 1 essendo P, C, Q
tutte matrici a determinante uguale ad uno (teor. di Binet). Quindi C = P −1 · Q−1 sta
in E(n, k).
(Osservazione: si poteva, comunque, seguire anche il procedimento di Gauss-Jordan,
utilizzando solo prodotti a sinistra con matrici elementari, e quindi esiste una matrice
P ∈ E(n, k) tale che P C sia una matrice a gradini con pivots uguali ad 1 (tranne
eventualmente l’ultimo) e la colonna dei pivots nulla (fuori dal pivot) (cfr. Osservazione
6.7 Appunti); peraltro rango(C) = rango(P C) = n massimo, e quindi “i gradini sono
piccoli”; det(P C) = 1 e quindi anche l’ ultimo pivot è uguale ad 1; in conclusione
P C = In , C = P −1 ∈ E(n, k)).
(iii) la funzione det : GL(n, k) → k ∗ := k\{0} è un epimorfismo di gruppi (moltiplicativi)sempre per il teor. di Binet; ker(det) = {A | A ∈ GL(n, k), det(A) = 1} = E(n, k);
1
quindi: GL(n, k)/E(n, k) ' k ∗ .
Qn−1
Essendo card(k ∗ ) = q − 1 e card(GL(n, k)) = j=0 (q n − q j ) , per il teorema di Lagrange
(sui gruppi) si ha:
Qn−1 n
j
j=0 (q − q )
card(E(n, k)) =
q−1
Si riottiene (in modo elegante), anche, il fatto che E(n, k) è un sottogruppo normale di
GL(n, k).
Esercizio 2(*)– Siano k un corpo finito di ordine q, n(≥ 1) un numero naturale (i.e.
n ∈ N); determinare il numero delle matrici M quadrate n × n con entrate in k, con
rango(M ) = r con 1 6 r 6 n.
SOLUZIONE
Preliminari Risolviamo un problema più generale: dati m, n ∈ N determinare il numero
delle matrici M m × n (i.e. matrici ad m -righe ed n -colonne) con entrate in k, con
rango(M ) = r con 1 6 r 6 min(m, n). Basterà, alla fine, porre m = n.
I)Fissate due basi in k n e k m , vi è una corrispondenza biunivoca tra le matrici m × n
con entrate in k e le applicazioni k-lineari di k n e k m ed inoltre in detta corrispondenza
le matrici di rango r corrispondono agli omomorfismi di rango r che altro non sono che
gli omomorfismi suriettivi di k n in qualche sottospazio di dimensione r di k m .
In conclusione: il numero cercato è il prodotto del numero dei sottospazi di dimensione
r di k m per il numero degli omomorfismi suriettivi di k n in k r .
II) Il problema del numero dei sottospazi di dimensione r di k m è stato già affrontato
nell’ esercizio 1 del Tema A.L. n.12 (del 11.01.05). Lo esponiamo qui di seguito (con le
notazioni che ci interessano !).
I sistemi linearmente indipendenti (ordinati) di ordine r in k m sono in numero di
(q m − 1)(q m − q) · · · (q m − q r−1 )
I sistemi linearmente indipendenti (non ordinati) di ordine r in k m sono in numero di
(q m − 1)(q m − q) · · · (q m − q r−1 )/r!
Il numero delle basi (non ordinate) di un sottospazio W di k m con dim(W ) = r è
(q r − 1)(q r − q) · · · (q r − q r−1 )/r!
e quindi i sottospazi di dimensione p di k m sono in numero di
(q m − 1)(q m − q) · · · (q m − q r−1 )/r!
(q m − 1)(q m − q) · · · (q m − q r−1 )
=
r
r
r
r−1
(q − 1)(q − q) · · · (q − q
)/r!
(q r − 1)(q r − q) · · · (q r − q r−1 )
III) Il problema del numero degli omomorfismi suriettivi di k n in k r è stato già affrontato
nell’ esercizio 1 del Tema A.L. n.11(iii) (del 14.12.04). Lo esponiamo qui di seguito (con
le notazioni che ci interessano !).
Gli omomorfismi suriettivi di k n in k r (appena fissate le due basi ordinate di k n e k r ) sono
in corrispondenza biunivoca con le matrici r × n di rango r (i.e. con le matrici n × r con
le r-righe linearmente indipendenti; si ricorda che il rango coincide anche con il numero
massimo di righe lin. indipendenti !!) e quindi in corr. biunivoca con le possibili r scelte
di n-uple k-linearmente indipendenti e quindi in numero di (q n −1)·(q n −q)···(q n −q r−1 ).
IV) Quindi: il numero delle matrici M m × n (i.e. matrici ad m -righe ed n -colonne)
con entrate in k, con rango(M ) = r è dato da:
m
(q − 1)(q m − q) · · · (q m − q r−1 )
n
n
n
r−1
[(q − 1)(q − q) · · · (q − q
)] ·
(q r − 1)(q r − q) · · · (q r − q r−1 )
2
Esercizio 3(*/***)– Sia k un corpo; detta (bn )n∈Z base di E := k (Z) si consideri l’
endomorfismo f : E → E definito da f (bn ) = bn+1 ;
(i) si provi che f è un automorfismo;
(ii) si provi che g := 1E − f è iniettiva e che dim(E/g(E)) = 1.
SOLUZIONE
P
(i) L’ applicazione f è iniettiva: infatti, se x := n∈Z λn bn ∈ ker(f ), allora 0 = f (x) =
P
P
n∈Z λn f (bn ) =
n∈Z λn bn+1 (λn ∈ k quasi tutti nulli); essendo (bn )n∈Z una base di E
si ha λn = 0 per ogni n ∈ Z e quindi x = 0.
P
Infine f è suriettiva: infatti, considerato un elemento y ∈ E, si ha y = n∈Z µn bn e
P
quindi y = f ( n∈Z µn bn−1 ) (tutte le sommatorie a supporto finito !).
P
(ii-1) Sia x = n∈Z λn bn ∈ ker(g); essendo la sommatoria a supporto finito, si può scriPq
Pq
vere x = n=p λn bn dove p, q ∈ Z, p 6 q; si ha, quindi, 0 = g(x) = n=p λn g(bn ) =
Pq
n=p λn (bn − bn+1 );
in conclusione, 0 = λp bp + (λp+1 − λp )bp+1 + . . . . . . + (λq − λq−1 )bq − λq bq+1 .
essendo (bn )n∈Z una base di E, si ha: λp = 0 e poi, λp+1 − λp = 0 e quindi λp+1 = 0,
. . . . . . ,λq = 0.
In conclusione: ker(g) = 0, i.e. g è iniettiva.
Da quanto provato, risulta pure che {(bn − bn+1 )}n∈Z è una base di g(E) (in quanto
sistema di generatori di g(E) e parte libera).
(ii-2) Proviamo che b1 ∈
/ g(E) (in realtà per ogni j ∈ Z si ha bj ∈
/ g(E)). Infatti, sia
Pq
per assurdo b1 = n=p λn (bn − bn+1 ) dove si può supporre p < 0 < 1 < q; ne consegue:
λp bp + (λp+1 − λp )bp+1 + . . . . . . + (λ1 − 1 − λ0 )b1 + (λ2 − λ1 )b2 + . . . . . . + (λq − λq−1 )bq −
λq bq+1 = 0. – Essendo (bn )n∈Z una base di E, tutti i coefficienti della precedente relazione sono nulli; operando, quindi, partendo dagli indici bassi, si ha:
λp = 0, λp+1 − λp = 0 e quindi λp+1 = 0, . . . . . . ., λ1 − 1 = 0, λ2 − λ1 = 0, e quindi
λ2 = 1, . . . . . . . . . , λq − λq−1 = 0, e quindi λq = 1, ma poi λq = 0, che mostra l’ assurdo
(in quanto, in ogni corpo k, si ha 1 6= 0).
In conclusione, {bn − bn+1 }n∈Z ∪ {b1 } è una base di E; g(E) ⊕ kb1 = E (somma diretta
interna), e quindi E/g(E) w kb1 , da cui dim(E/g(E)) = 1.
Esercizio 4(**)– Siano F1 , F2 , E tre k-spazi, f1 : E → F1 , f2 : E → F2 due komomorfismi; si denoti con F1 ⊕E F2 (detta somma amalgamata di F1 , F2 sopra E)
lo spazio quoziente di F1 ⊕ F2 con il sottospazio (?) Γ := {(f1 (z), −f2 (z)), z ∈ E}.
Si determini la dimensione di F1 ⊕E F2 in generale;
considerato il caso particolare: E = R4 , F1 = R3 , F2 = R4 con f1 , f2 date (rispetto alle
basi canoniche)
dalle seguenti matrici:
0 1 2 3 0 0 1 3
1
1
1110
e 2 0 11 11 si determini la dimensione di F1 ⊕E F2 .
0890
0011
SOLUZIONE Si consideri l’applicazione ψ := (f1 , −f2 ) : E → F1 ⊕ F2 definita da:
ψ(z) = (f1 (z), −f2 (z)), z ∈ E; immediata la verifica che ψ è lineare e che ψ(E) = Γ;
inoltre, ker(ψ) = ker(f1 ) ∩ ker(f2 ).
Essendo F1 ⊕E F2 = F1 ⊕F2 /Γ,
dim(F1 ⊕F2 ) = dim F1 +dim F2 e Γ w E/ker(f1 )∩
ker(f2 ), si ha: dim(F1 ⊕E F2 ) + dim E = dim(F1 ) + dim(F2 ) + dim(ker(f1 ) ∩ ker(f2 )).
Analizziamo il caso particolare.– Si ha (calcolando alcuni determinanti) rango(f1 ) =
3, rango(f2 ) = 4 e quindi ker(f2 ) = {0}; in conclusione (nel caso particolare), si ha:
dim(F1 ⊕E F2 ) + 4 = 3 + 4 + 0 e quindi dim(F1 ⊕E F2 ) = 3.
Esercizio 5(*)– Sia k un corpo e k 0 un suo sottocorpo. Sia V un k-spazio e V 0 un
sottoinsieme di V che sia un k 0 -spazio (per struttura indotta da V ).
Provare che le seguenti condizioni sono equivalenti:
(i) ogni k 0 -omomorfismo di V 0 in un k-spazio W (considerata la sua struttura di k 0 -spazio)
3
si prolunga in modo unico in un k omomorfismo di V in W ;
(ii) ogni k 0 -base di V 0 è pure una k-base di V ;
(iii) esiste una k 0 -base di V 0 che è pure k-base di V .
Per k 0 = Q ⊆ k = R e V = R3 , si individuino due Q-sottospazi V 0 di V , uno verificante
le precedenti proprietà e l’altro no.
SOLUZIONE Ricordiamo la seguente caratterizzazione delle applicazioni lineari (cfr.
Teorema 2.5 degli appunti): dato un modulo libero con base (bi )i∈I ed un modulo N
esiste ed è unica l’applicazione lineare χ : E → N con χ(bi ) = yi con yi ∈ N arbitrari.
(i) =⇒ (ii) - Sia, per assurdo, (bi )i∈I una k 0 -base di V 0 non k-base di V . Analizziamo le
seguenti due eventualità (entrambe, effettivamente, possibili):
P
a) (bi )i∈I non sia k-libero; allora si ha bj ∈ i6=j;i∈I kbi e l’applicazione lineare
φ : V 0 → W = k definita da: φ(bj ) = 1, φ(bi ) = 0 per i 6= j; detta applicazione φ non
è estendibile (linearmente) a tutto V .
P
b) (bi )i∈I sia k-libero, ma non k-sistema di generatori di V ; allora, esiste x ∈ V \ i∈I kbi ,
e quindi ogni k 0 -omomorfismo di V 0 in W 6= 0 è estendibile a tutto V ma in più modi.
(ii) =⇒(iii) - banale
(iii) =⇒ (i) - Sia φ : V 0 → W un k 0 -omomorfismo e (bi )i∈I una k 0 -base di V 0 che sia
pure k-base di V ; φ è individuato da φ(bi ) = yi (yi ∈ W ); allora Φ : V → W definito da
Φ(bi ) = yi è l’ unica estensione k-lineare di φ.
Sia V = R3 , k = R, k 0 = Q;
1) V 0 = Q · (1, 0, 0); non verifica (i), (1, 0, 0) è k 0 -base di V 0 , k-libero ma non sist. generatori di V ;
2) V 0 = Q · (1, 0, 0) ⊕ Q · (0, 1, 0) ⊕ Q · (0, 0, 1) verifica (i);
√
√
3) V 0 = Q · (1, 0, 0) ⊕ Q · (0, 2, 0) ⊕ Q · (0, 0, 3) verifica (i);
√
√
√
√
4) V 0 = Q · (1, 0, 0) ⊕ Q · ( 2, 0, 0) ⊕ Q · ( 3, 0, 0); {(1, 0, 0), ( 2, 0, 0), ( 3, 0, 0)} non è
k-libero (caso a)).
Esercizio 6(*)– Dato un numero naturale n ≥ 1, si consideri la matrice (n + 1) × (n + 1)
su un anello R (xi , yj ∈ R):

1
y
 1

y1

 ..
.
y1
1
x1
y2
..
.
y2
1
x1
x2
..
.
y3
...
...
...
..
.
...

1
x1 


x2 

.. 
. 
xn
Calcolare il determinante della matrice (giustificando la risposta).
SOLUZIONE Operiamo con operazioni elementari sulle colonne della matrice data A:
– sommiamo all’ ultima colonna l’opposto della penultima colonna;
– sommiamo alla penultima colonna l’opposto della terzultima colonna;
– . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ..;
– sommiamo alla seconda colonna l’opposto della prima colonna.
Si ottiene in tal modo una matrice B con det(A) = det(B) e con


1
0
0
...
0
0


0
...
0
0 
 y1 x1 − y1


 y1 y2 − y1 x2 − y2 . . .
0
0 


B=
...
...
...
...
... 
. . .



 y1 y2 − y1 y3 − y2 . . . xn−1 − yn−1
0 
y1 y2 − y1 y3 − y2 . . .
yn − yn−1
xn − yn
Insomma B è una matrice triangolare inferiore e
4
det(A) = det(B) =
P.S.:
Qn
i=1 (xi
− yi )
Gli esercizi (*) sono di immediata risoluzione e sono indicativi al negativo della poca preparazione del
candidato; gli esercizi (**) sono di routine ma abbisognano di calcoli e di abilità nelle prove pratiche; gli esercizi
(***) abbisognano di un po’ di fantasia e “genialità”, utilizzano comunque nozioni e tecniche sviluppate nel
corso, e . . . . scoperto il “trucco”. . . . . . .. sono di immediata risoluzione.
(data: 16 marzo 2005) – durata della prova scritta: ore 3
5