Algebra lineare - Matematica e Informatica

LAUREA TRIENNALE IN MATEMATICA
Esame di profitto di Geometria 2 - aprile 2010
”algebra lineare”
1. Si considerino l’endomorfismo
ϕ : (x, y, z) 7→ (−x + y − z, −3x + 3y − 2z, −x + y)
dello spazio vettoriale reale V := R3 e l’endomorfismo
ϕ : v + ker ϕ 7→ ϕ(v) + ker ϕ
dello spazio quoziente V := V / ker ϕ. Individuare l’affermazione falsa:
(a) il polinomio minimo di ϕ è T (T − 1)2 ;
(b) il polinomio minimo di ϕ è (T − 1)2 ;
(c) ϕ è diagonalizzabile;
(d) ϕ2 6= idV .
Soluzione: ϕ − idV e (ϕ − idV )2 sono rispettivamente gli endomorfismi di V
(x, y, z) 7→ (−2x + y − z, −3x + 2y − 2z, −x + y − z)
e
(x, y, z) 7→ (2x − y + z, 2x − y + z, 0)
e si ha (ϕ−idV )(V ) 6⊂ ker ϕ e (ϕ−idV )2 (V ) ⊂ ker ϕ. Ciò significa che T (T −1)2
è il polinomio minimo di ϕ e che (T − 1)2 è il polinomio minimo di ϕ. ϕ ha
allora una rappresentazione canonica data dal blocco di Jordan
µ
¶
1 1
.
0 1
2. Si consideri nello spazio vettoriale V dell’esercizio precedente la struttura di
R[T ]-modulo determinata dal suo endomorfismo ϕ. Individuare l’affermazione
falsa:
(a) V è un modulo ciclico;
(b) V è somma diretta di due moduli ciclici;


T
0
0
0  è una matrice di presentazione per V ;
(c) M =  0 T − 1
0
0
T −1
(d) una delle precedenti affermazioni è falsa.
Soluzione: Come si è già osservato nella soluzione dell’esercizio precedente,
ϕ ha polinomio minimo T (T − 1)2 , cioè un polinomio pari alla dimensione
vettoriale di V , e ciò garantisce che V si può generare con un solo elemento.
Inoltre ϕ ha due divisori elementari,
T ¢e (T − 1)2 , e si ha V = U1 ⊕ U2 con
¡
U1 ' R[x]/(T ) e U2 ' R[x]/ (T − 1)2 . Infine se V fosse presentato dalla
matrice M , ϕ dovrebbe avere polinomio minimo T (T − 1).
1
3. Siano dati uno spazio vettoriale V di dimensione 4 sul campo complesso ed un
endomorfismo ϕ di V che lasci stabili due piani vettoriali V1 e V2 di V aventi
intersezione nulla. Tra le seguenti affermazioni
i) ϕ è nilpotente con indice di nilpotenza 4,
ii) ϕ è idempotente;
iii) (ϕ − idv )3 = 0EndC V e (ϕ − idv )2 6= 0EndC V ,
quelle compatibili con le condizioni poste sono:
(a) tutte;
(b) nessuna;
(c) esattamente una; (d) esattamente due.
Soluzione: Le condizioni poste alla coppia (V, ϕ) richiedono che i divisori
elementari di ϕ abbiano grado al più due. Tenuto conto che:
• un endomorfismo nilpotente di V d’indice 4 ha T 4 come unico divisore
elementare,
• un endomorfismo idempotente può avere come divisori elementari solo i
polinomi T ed T − 1,
• un endomorfismo con polinomio minimo (T − 1)3 ha tra i suoi divisori
elementari (T − 1)3 ,
possiamo concludere che la ii) è l’unica condizione compatibile con le condizioni
poste.
4. Siano ϕ e ψ due endomorfismi di un piano vettoriale reale V privi di autovalori
e si supponga che ϕψ = ψϕ. Individuare l’affermazione falsa:
(a) esiste una base di V rispetto alla quale i suoi endomorfismi ϕ, ψ e ϕψ si
rappresentano simultaneamente mediante pseudo blocchi di Jordan;
(b) ϕψ ha polinomio minimo (T − α)2 per un opportuno α ∈ R;
(c) ϕψ ha al più un solo autovalore;
(d) una delle precedenti affermazioni è falsa.
Soluzione: Poiché ϕ e ψ sono privi di autovalori, gli endomorfismi di VC
ϕC : v 0 + iv 00 7→ ϕ(v 0 ) + iϕ(v 00 )
e
ψC : v 0 + iv 00 7→ ψ(v 0 ) + iψ(v 00 ),
avendo lo stesso polinomio minimo di ϕ e ψ, rispettivamente, cioè polinomi a
coefficienti reali, hanno due autovalori immaginari coniugati non reali, quindi
sono ambedue diagonalizzabili. Inoltre ϕC e ψC commutano al pari di ϕ e
ψ e quindi hanno in VC comuni autovettori e0 + ie00 e e0 − ie00 , con e0 ed e00
vettori linearmente indipendenti di V . Ne consegue che, se rappresentiamo ϕ
e ψ rispetto alla base e0 , e00 di V , otteniamo rappresentazioni in pseudo blocchi
di Jordan, diciamo
µ
¶
µ
¶
a b
c d
ϕ≡
ed ψ ≡
,
−b a
−d c
con a, b, c, d ∈ R, b, d 6= 0. Rispetto alla stessa base ϕψ si rappresenta allora
mediante la matrice
µ
¶
ac − bd ad + bc
−ad − bc ac − bd
e si vede che ϕψ ha autovalori esattamente quando ad + bc = 0: in tal caso ϕψ
è l’endomorfismo scalare v 7→ (ac − bd)v.
2
5. Sia (G, +) un gruppo abeliano generato da elementi g1 , g2 , g3 tali che
2g1 − 2g2 − g3 = 0,
g2 + g3 = 0,
4g1 − 3g2 − 2g3 = 0.
Indicare quale delle seguenti affermazioni è corretta.
(a) Il gruppo generato da g2 e g3 è Z6 ;
(b) il gruppo generato da g1 e g2 è isomorfo a Z2 ;
(c) il gruppo generato da g1 e g3 è isomorfo a Z3 ;
(d) le precedenti affermazioni sono tutte false.
Soluzione. Il sistema delle condizioni poste sui generatori di G può essere
visto come un sistema di equazioni omogenee nelle indeterminate g1 , g2 e g3 :
risolvendolo si ottiene 2g1 = g2 = g3 = 0 (si ottiene lo stesso risultato diagonalizzando la matrice di presentazione data dalle condizioni sui generatori).
Pertanto hg2 , g3 iZ è il sottogruppo nullo di (G, +) e
hg1 , g2 iZ ' hg1 , g3 iZ ' hg1 iZ ' Z2 .
6. Siano dati un dominio euclideo A ed un modulo V finitamente generato su A
avente
µ
¶
1 0 0 1
M=
0 1 1 0
come matrice di presentazione. Tra le seguenti matrici indicare quella che non
è una matrice di presentazione per V :

(a)
(c)
1
 0
1
¡
0
0 1
−1 0
0 0
0
¢

0 0
1 0 ;
−1 1
;
(b)
(d)
¡
¡
1
0
1
0
0
0
¢
¢
;
.
N.B. le righe delle matrici danno le relazioni che devono soddisfare i generatori.
Soluzione: La presentazione data ci dice che V è generato da 4 vettori, siano
v1 , . . . , v4 , soddisfacenti le condizioni v1 + v4 = 0V v2 + v3 = 0V e . Dunque
possiamo ”ignorare” la presenza di v3 e v4 nel dato insieme di generatori, cioé
V = hv1 , v2 iA . Poiché non vi è alcuna relazione che lega v1 e v2 , V è un
A-modulo libero di rango 2, ovvero V ' A2 .
Sommando nella matrice (a) la seconda e la quinta colonna alla quarta possiamo rendere questa colonna nulla. Inoltre sottraendo alla prima colonna della
(a) la terza e la quinta rendiamo nulla anche la prima colonna. Dunque la
presentazione (a) è equivalente alla presentazione


0 0 1 0 0
 0 −1 0 0 0  .
0 0 0 0 1
Questa presentazione è quella di un modulo generato da 5 vettori, siano u1 , . . .
. . . , u5 , soddisfacenti le condizioni u3 = 0V , −u2 = 0V e u5 = 0V . Possiamo
allora ”ignorare” i vettori u2 , u3 , u5 e abbiamo un modulo generato dai soli
3
vettori u1 e u4 per i quali non è previsto alcun legame. La matrice presenta
dunque un A-modulo libero di rango 2.
La presentazione (b) è quella di un modulo generato da tre generatori, siano
u1 , u2 , u3 , soddisfacenti la condizione u1 + u3 = 0V . Dunque possiamo ”eliminare” u3 ed abbiamo di nuovo un modulo libero di rango 2.
Le presentazioni (c) e (d) danno moduli generati da 2 e 3 vettori, rispettivamente, non soggetti ad alcuna condizione =⇒ (c) dà un modulo libero di rango
2 e (d) dà un modulo libero di rango 3.
4