Svolgimento di Algebra I - 22 Marzo 2012 1. Nell’insieme delle frazioni F := a

Svolgimento di Algebra I - 22 Marzo 2012 1. Nell’insieme delle frazioni F :=  _a

b | a, b ∈ Z, b 6= 0 si consideri la re- lazione ∼ definita ponendo: ^a _b ∼ ^a

b ⇔ ab = ba.

i) Si dimostri che ∼ ` e una relazione di equivalenza in F ;

ii) si provi che in Q (quoziente di F rispetto ∼) `e ben definito il prodotto:

a b · c

d := ac bd . Svolgimento

i) ^a _b ∼ ^a _b . Infatti ab = ba;

a b ∼ ^a

b =⇒ ^a

b ∼ ^a _b . Infatti da ab = ba segue ab = ba;

 a

1

b

1

∼ ^a _b

²

2

e ^a _b

²

2

∼ ^a _b

³

3



=⇒ ^a _b

¹

1

∼ ^a _b

³

3

. Infatti, per ipotesi:

(1) a 1 b 2 = b 1 a 2 , (2) a 2 b 3 = b 2 a 3 .

Se a 2 = 0, da b 2 6= 0 segue a ₁ = 0 e a 3 = 0. Quindi a 1 b 3 = 0 = b 1 a 3 .

Se a ₂ 6= 0, moltiplicando le relazioni (1) e (2) si ottiene a ₁ b ₂ a ₂ b ₃ = b ₁ a ₂ b ₂ a ₃ . Semplificando per b ₂ 6= 0 e a ₂ 6= 0 si conclude a ₁ b ₃ = b ₁ a ₃ .

ii) bd 6= 0 perch` e b 6= 0, d 6= 0. Inoltre

 a

b ∼ ^a _b

⁰0

e ^c _d ∼ ^c _d

⁰0



=⇒ ^ac _bd ∼ ^a _b

0⁰

d ^c

⁰⁰

Infatti da ab ⁰ = ba ⁰ e cd ⁰ = dc ⁰ segue ab ⁰ cd ⁰ = ba ⁰ dc ⁰ , ossia acb ⁰ d ⁰ = bda ⁰ c ⁰ . 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:

(a ₁ , b ₁ ) + (a ₂ , b ₂ ) := (a ₁ + a ₂ , b ₁ + b ₂ ).

i) Si dimostri che l’applicazione f : Z ⊕ Z → Z definita ponendo f ((a, b)) := 4a − 11b, ∀ (a, b) ∈ Z ⊕ Z

` e un epimorfismo di gruppi additivi;

ii) si indichino gli elementi di Kerf e si mostri che Kerf ` e un gruppo ciclico, determinandone un generatore.

Svolgimento

i) f ((a 1 , b 1 )) + f ((a 2 , b 2 )) = (4a 1 − 11b ₁ ) + (4a 2 − 11b ₂ ) = 4 (a 1 + a 2 ) − 11 (b ₁ + b ₂ ) = f ((a ₁ + a ₂ , b ₁ + b ₂ )). Quindi f ` e un omomorfismo.

Ogni y ∈ Z ha come preimmagine, ad esempio (3y, y). Infatti f ((3y, y)) =

12y − 11y = y. Quindi f ` e 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 S ₉ si consideri α = (12536789)(2547)(3496).

i) Si determinino gli elementi di hαi ed i relativi periodi;

ii) si determini A ₉ ∩ hαi, dove A ₉ 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 periodo elemento periodo

α ⁰ = id ∈ A ₉ 1 α ⁴ = (19)(27)(35)(48) ∈ A ₉ 2 α = (12389754) 6∈ A ₉ 8 α ⁵ = (17349258) 6∈ A ₉ 8 α ² = (1395)(2874) ∈ A ₉ 4 α ⁶ = (1593)(2478) ∈ A ₉ 4 α ³ = (18529437) 6∈ A ₉ 8 α ⁷ = (14579832) 6∈ A ₉ 8 . iii) (15679) ((245)(139)) ⁻¹ = (2679354) 6∈ hαi, quindi non coincidono.

iv) f (z) := α ^z . Da f (z + t) := α ^z+t = α ^z α ^t segue che f ` e un omomorfismo.

Chiaramente f ` e suriettiva. Ker f = 8Z.

4. In Z 5 [x] siano a = x ⁴ + 3x ² + 1, b = x ³ − x ² − 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 ∈ Z 5 [x].

ii) quali sono gli altri massimi comun divisori fra a e b ?

iii) si decompongano a( e b in fattori irriducibili in Z 5 [x] e si determinino, per ciascuno di essi, le radici e le relative molteplicit` a .

Svolgimento i) Abbreviando MCD(a, b) in (a, b):

a = b(x + 1) + 2x ² + 3; (a, b) = (b, 2x ² + 3) = (b, x ² − 1)

b = (x ² − 1)(x − 1) + 3x + 2. .

(b, x ² − 1) = (x ² − 1, 3x + 2) = (x ² − 1, x − 1) = x − 1 = d.

Da 2x ² + 3 = a − b(x + 1) segue x ² − 1 = 3a − b(3x + 3).

Da 3x + 2 = b − {3a − b(3x + 3)} (x − 1) segue x − 1 = a(−x + 1) + b(x ² + 1).

ii) x − 1, 2x − 2, 3x − 3, 4x − 4.

iii) a = (x + 1) ² (x − 1) ² , b = (x − 1)(x ² + 2).

Tutti i polinomi di grado 1 sono irriducibili. Inoltre x ² + 2 ` e irriducibile in

Z 5 [x] perch` e ha grado 2 e non ha radici in Z 5 .

Svolgimento Algebra II -22 Marzo 2012

1. i) Gli elementi dell’anello quoziente A = ^Z

³

_I ^[x] , dove I ` e l’ideale generato da x ² + 1, sono 9. Precisamente A = {I + r 0 + r 1 x | r 0 , r 1 ∈ Z 3 } =

{I + 0, I + 1, I − 1, I + x, I + 1 + x, I − 1 + x, I − x, I + 1 − x, I − 1 − x} . Il polinomio x ² + 1 non ha radici in Z 3 : infatti 0 + 1 = 1 6= 0 (mod 3) e (±1) ² + 1 = −1 6= 0 (mod 3). Avendo grado 2 ` e irriducibile in Z 3 [x]. Ne segue che l’ideale I ` e massimale e quindi che A ` e un campo.

ii)

(I + x) ⁰ = I + x ⁰ = I + 1, (I + x) ¹ = I + x ¹ = I + x, (I + x) ² = I + x ² = I − 1,

(I + x) ³ = (I + x)(I + x ² ) = I − x, (I + x) ⁴ = (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} ` e il resto della divisione di k per 4.

iii) L’anello B = _<x ^Z

2³

−1>I ^[x] non ` e un campo perch` e ha divisori dello zero.

Per esempio < x ² − 1 > −1 + x 6=< x ² − 1 > +0 e < x ² − 1 > +1 + x 6=<

x ² − 1 > +0, ma (< x ² − 1 > −1 + x)(< x ² − 1 > +1 + x =< x ² − 1 >

−1 + x ² =< x ² − 1 > +0. Siccome A ` e un campo, non ` e isomorfo a B.

2. i) {0} ` e 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 `e 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] perch` e 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 ` e un ideale di C[x], perch`e 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 (decompo- sizione primaria).

4. Il sistema dato ` e equivalente a







x ≡ 6 (mod 11) x ≡ 5 (mod 9) x ≡ 3 (mod 5)

. Nelle notazioni delle dispense:

b 1 = 6, d 1 = 11, t 1 = 45 b ₂ = 5, d ₂ = 9, t ₂ = 55 b 3 = 3, d 3 = 5, t 3 = 99.

45(1) + 11(−4) = 1 55(1) + 9(−6) = 1 99(−1) + 5(20) = 1

=⇒ y ₁ = 1, y ₂ = 1, y ₃ = −1.

Quindi una soluzione del sistema ` e :

c = t ₁ y ₁ b ₁ + t ₂ y ₂ b ₂ + t ₃ y ₃ b ₃ = 45(6) + 55(5) − 99(3) = 248

Le altre sono i numeri 248 + k(11 · 5 · 9) = 248 + k495, al variare di k ∈ Z.

4. i) ad(A) =





−8 −1 −4

−3 −6 −24

−6 −12 −3



 .

Aad(A) = 45I, quindi det(A) = 45. Ne segue che A ⁻¹ = ₄₅ ¹ ad(A).

ii) Una forma normale di A ` e A <sup>−</sup> 1AI = I. Il rango di A ` e 3.

iv) Si ha:

 1 0

− ¹ ₄ (x − 2) 1

  1 −1

0 1

  x ² − 4 6 − 3x x ² − 4x + 4 x ² − 5x + 6

  1 ¹ ₄ x 0 1



=

 4x − 8 0

0 ¹ ₄ x ³ − 4 ∗ x + 6



=

 4(x − 2) 0

0 ¹ ₄ (x − 2)(x ² + 2x − 12)

 .

Quindi una forma normale di B ` e N =

 x − 2 0

0 (x − 2)(x ² + 2x − 12)



.

Le altre si ottengono moltiplicando N per una qualunque matrice diagonale

diag(q ₁ , q ₂ ) con 0 6= q ₁ , 0 6= q ₂ ∈ Q. B ha rango 2.

Svolgimento Approfondimenti di Algebra -22 Marzo 2012

1.

a) Sia A un gruppo abeliano di ordine 150 = 2 · 3 · 5 ² . Per la sequenza d 1 | · · · |d _t

dei fattori invarianti di A si hanno le seguenti possibilit` a :

• t = 1, d ₁ = 2 · 3 · 5 ² , A ' Z 150 ,

annullatore di A l’ideale 150Z, minimo numero di generatori 1;

• t = 2, d ₁ = 5, d ₂ = 2 · 3 · 5, A ' Z 5 ⊕ Z 30 ,

annullatore di A l’ideale 30Z, minimo numero di generatori 2.

Poich` e 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 Z 150 e Z 5 ⊕ Z 30 .

b) l’applicazione f : (Z, +, 0) → (Q ^∗ , ·, 1) tale che f (z) = 2 ^z ` e un omomor- fismo. Infatti f (z + t) = 2 <sup>z+t</sup> = 2 <sup>z</sup> 2 <sup>t</sup> = f (z)f (t). ` E iniettiva perch` e

Ker f := {z | 2 ^z = 1} = {0}. Infine Im f = {2 ^z | z ∈ Z} = h2i. Si conclude che f ` e un isomorfismo da Z a h2i, quindi i due gruppi sono abeliani.

Procedimento alternativo: h2i ` e abeliano perch` e 2 ^a 2 ^b = 2 ^a+b = 2 ^b+a = 2 ^b 2 ^a . Il minimo numero di generatori ` e 1: infatti ` e generato da {2}. Il suo annullatore ` e l’ideale {0}: infatti 2 <sup>z</sup> = 1 solo se z = 0. Quindi la sequenza dei fattori invarianti ` e d 1 = 0. Poich` e 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 = {m 1 , m 2 } .

a) Consideriamo una applicazione f : B → M ⁰ . Ogni m ∈ M si scrive in modo unica nella forma m = r 1 m 1 + r 2 m 2 con r 1 , r 2 ∈ R. Quindi ` e univocamente determinato

r ₁ f (m ₁ ) + r ₂ f (m ₂ ) := b f (m).

Abbiamo cos`ı definito una applicazione b f : M → M <sup>0</sup> . Essa ` e un omo-

morfismo di moduli (facile!). f (m b _i ) = f (m _i per i = 1, 2. Infine, sia

g : M → M ⁰ un R-omomorfismo la cui restrizione a B coincide con f . Da

m = r ₁ m ₁ + r ₂ m ₂ , segue g(m) = r ₁ g(m ₁ ) + r ₂ g(m ₂ ) = r ₁ f (m ₁ ) + r ₂ f (m ₂ ) =

f (g). b

Si conclude che b f ` e unica. Essa ` e detta l’estensione per linearit` a della f . b) Consideriamo B <sup>0</sup> = {m <sub>1</sub> , m <sub>1</sub> + m <sub>2</sub> }. Da xm <sub>1</sub> + y(m <sub>1</sub> + m <sub>2</sub> ) = 0 <sub>M</sub> segue (x + y)m <sub>1</sub> + ym <sub>2</sub> ) = 0 <sub>M</sub> , da cui y = 0 e x = 0. Quindi B <sup>0</sup> ` e indipendente.

Ogni m ∈ M si scrive nella forma m = r 1 m 1 + r 2 m 2 . Segue m = r 1 m 1 − r ₂ m ₁ + r ₂ m ₁ + r ₂ m ₂ = (r ₁ − r ₂ )m ₁ + r ₂ (m ₁ + m ₂ ). Quindi B ⁰ genera M , pertanto ` e una base.

La matrice di passaggio da B a B ⁰ ` e P =

 1 1 0 1



c) Sia m ∈ M . Se m B =

 3

−2



allora m = 3m 1 −2m ₂ = 5m 1 −2(m ₁ +m 2 ), quindi m B

⁰

 5

−2

 . Oppure m B

⁰

= P ⁻¹ m B =

 1 −1

0 1

  3

−2



=

 5

−2

 .

3. A =





0 −1 −1

0 0 −1

8 −4 2



 ∈ Mat ₃ (C) ha autovalori 2, 2i, −2i e relativi au- tospazi generati rispettivamente da

v ₁ =



 1 2

−4



 , v ₂ =



 5 4 − 2i

−4 − 8i



 v ₁ =



 5 4 + 2i

−4 + 8i



 .

Rispetto alla base {v 1 , v 2 , v 3 } l’applicazione lineare v 7→ Av ha matrice di- agonale, infatti Av 1 = 2v 1 , Av 2 = 2iv 2 , Av 3 = −2iv 3 .

4. Siano A, B due matrici di Mat _n (Q). Sia a 1 (x)| · · · |a _t (x) la sequenza dei

fattori invarianti di A, dove a i (x) ∈ Q[x]. Analogamente sia b 1 (x)| · · · |b k (x)

quella di B, dove b i (x) ∈ Q[x]. Se esiste P ∈ GL n (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 ` e x <sub>0</sub> = −28. L’insieme delle soluzioni ` e

{−28 + k13 | k ∈ Z} = {−2 + k13 | k ∈ Z} = {11 + k13 | k ∈ Z} = ...

La congruenza 14x ≡ −1 (mod 7) non ha soluzioni intere perch` e , 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). Poich` e (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 S ₃ i laterali destri del sottogruppo S ₂ =< (12) > sono:

S 2 = {id, (1, 2)},

S ₂ (13) = {(13), (1, 3, 2)}, S ₂ (23) = {(23), (1, 2, 3)}.

ii) S 2 non ` e normale in S 3 perch` e ad esempio (13) ⁻¹ (12)(13 = (23) 6∈ S 2 . 3. i) Se A, B sono sottogruppi di un gruppo abeliano G, la loro somma A + B ` e un sottoguppo. Infatti:

• Da 0 _G ∈ A e 0 _G ∈ B segue 0 _G = 0 G + 0 G ∈ A + B.

• Se a ₁ + b 1 ∈ A + B e a ₂ + b 2 ∈ A + B (ossia a ₁ , a 2 ∈ A, b ₁ , b 2 ∈ B) si ha a ₁ + b ₁ − (a ₂ + b ₂ ) = (a ₁ − a ₂ ) + (b ₁ − b ₂ ) ∈ A + B.

Chiaramante A ≤ A + B, infatti ogni a ∈ A si scrve a = a + 0 G , dove

0 _G ∈ B. Analogamente B ≤ A + B. Infine sia H ` e 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 `e un sottogruppo di Z perch`e , ad esempio, 24 − 16 = 8 6∈ 24Z ∪ 6Z.

iii) 6Z ∪ 30Z = 6Z `e un sottogruppo di Z.

4. i)

x ⁴ − 3 ` e irriducibile in Q[x] per il criterio di Eisenstein con p = 3.

x ⁴ − 3 = (x − √

⁴

3)(x + √

⁴

3)(x ² + √

3) in R[x].

Il fattore x ² + √

3 ` e irriducibile in R[x]. Infatti, in caso contrario, si avrebbe x ² + √

3 = (ax + b)(cx + d) con a, b, c, d ∈ R, ac 6= 0. Pertanto r := ^−b _a sarebbe una radice reale. Ma r ² ≥ 0, quindi r ² + √

3 > 0, contraddizione.

x ⁴ − 3 = (x − √

⁴

3)(x + √

⁴

3)(x − √

⁴

3i)(x + √

⁴

3)i in C[x].

x ⁴ − 3 = x ⁴ + 1 = (x + 1) ⁴ in Z 2 [x].

x ⁴ − 3 = x ⁴ in Z 3 [x].

ii) Si fa ripetutamente uso del fatto che, per il Teorema di Ruffini, α ` e 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). Poich` e d(x)|a(x), si ha che (x − α)|a(x). Pertanto α ` e radice di a(x). Analogamente α ` e 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 ` e radice di d(x).

iii) Se α ` e radice di a(x) di molteplicit` a 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 . Poich` e x − α ` e

primo e non divide q(x), non divide neanche q(x)q(x) = q(x) ² . Si conclude

che α ` e radice di a(x) <sup>2</sup> di molteplicit` a 6.

Svolgimento di Algebra II - 10 Aprile 2012 1. i) In Z 7 [x] si ha x ⁴ + 3 = x ⁴ − 4 = (x ² + 2)(x ² − 2).

Pertanto l’ideale I generato da x ⁴ + 3 ` e contenuto propriamente nell’ideale J generato da (x ² + 2) ( o anche in quello generato da (x ² − 2)).

ii) M.C.D.(x ⁴ + 3, x ² + x − 1) = 1. Quindi il laterale I + x ² + x − 1 ha inverso.

x ⁴ + 3 = (x ² + x − 1)(x ² − x + 2) − 3x + 5 x ² + x − 1 = (−3x + 5)(2x + 3) + 5

Dalla prima divisione si ottiene −3x + 5 = x ⁴ + 3 − (x ² + x − 1)(x ² − x + 2).

Sostituendo tale valore nella seconda si ha

5 = (x ⁴ + 3)(−2x − 3) + (x ² + x − 1)(2x ³ + x ² + x), da cui, osservando che [5] ⁻¹ ₇ = [3] ₇ ,

1 = (x ⁴ + 3)(x − 2) + (x ² + x − 1)(−x ³ + 3x ² + 3x).

Si conclude che

(x ² + x − 1)(−x ³ + 3x ² + 3x) ≡ 1 (mod x ⁴ + 3) ossia che I + x ² + x − 1
−1

= I − x ³ + 3x ² + 3x.

iii) I laterali I + x ² + 2 e I + x ² − 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 ` e I + x ⁴ − 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 `e massimale se e solo se n `e primo.

3. Scambiando le prime due equazioni del sistema, si trova facilmente che il sistema dato ` e 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 y = ^1+7z ₂

 x = −3z + 8

y = ^1+7z ₂

4.

A = Z 14 ⊕ Z 24 ⊕ Z 25 '

Z 2 ⊕ Z 7 ⊕ Z 8 ⊕ Z 3 ⊕ Z 25 . B = _hx ^C[x]

2

+1i ⊕ _hx ^C[x]

3

−1i ⊕ _hx

4

−2x ^C[x]

²

+1i '

C[x]

hx + ii ⊕ C[x]

hx − ii ⊕ C[x]

hx − 1i ⊕ C[x]

hx − ωi ⊕ C[x]

hx − ω ² i ⊕ C[x]

h(x − 1) ² i ⊕ C[x]

h(x + 1) ² i dove ω := e

^2πi3

.

5.

i) P =





7 5 0

0 −4 0

−3 0 −2



.

ii) Ad(B) =





−8 8 −24

−4 4 −12

4 −4 12



.

Posto:

Q 1 =





0 0 1 0 1 0 1 0 0



, Q 2 =





1 0 0 2 1 0 5 0 1



, Q 3 =





1 0 0

0 1 0

0 −1 1



;

P 1 =





1 2 0 0 1 0 0 0 1



, P 2 =





1 0 0

0 ⁻¹ ₄ 0 0 0 ⁻¹ ₄



, P 3 =





1 0 0

0 1 −1

0 0 1



 si ha

B ≡ Q ₃ Q ₂ Q ₁ BP ₁ P ₂ P ₃ =





1 0 0 0 1 0 0 0 0



 forma normale di B.

B ha quindi rango 2. Non ha inversa.

iii)





1 0 0

−7 1 0

0 0 1





−1

=





1 0 0 7 1 0 0 0 1





−1

,





1 0 0

0 1 −9

0 0 1





−1

=





1 0 0 0 1 9 0 0 1



,





1 0 0

0 4 0

0 0 −5





−1

=





1 0 0

0 1/4 0

0 0 −1/5



 ,





0 0 1 0 1 0 1 0 0





−1

=





0 0 1 0 1 0 1 0 0



 .

Svolgimento di Approfondimenti di Algebra - 10 Aprile 2012 1.

a) Un gruppo abeliano di ordine 3 ⁴ ` e isomorfo a uno e uno solo dei seguenti:

• Z 81 , minimo numero di generatori 1, ideale annullatore 81Z;

• Z 3 ⊕ Z 27 , minimo numero di generatori 2, ideale annullatore 27Z;

• Z 9 ⊕ Z 9 , minimo numero di generatori 2, ideale annullatore 9Z;

• Z 3 ⊕ Z 3 ⊕ Z 9 , minimo numero di generatori 3, ideale annullatore 9Z;

• Z 3 ⊕ Z 3 ⊕ Z 3 ⊕ Z 3 , 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. Poich` e tali sequenze sono diverse, i due gruppi non sono isomorfi.

2. M ` e un R-modulo libero con base B = {m <sub>1</sub> , m <sub>2</sub> , m <sub>3</sub> }. Ci` o significa che ogni m ∈ M si scrive in modo unico nella forma

m = r ₁ m ₁ + r ₂ m ₂ + r ₃ m ₃ , r _i ∈ R. (1) a) Dimostrare che B ⁰ = {m ₁ , m ₁ + m ₂ , m ₁ + m ₂ + m ₃ } ` e base di M . I modo La matrice di passaggio da B a B <sup>0</sup> ` e P =





1 1 1 0 1 1 0 0 1



. Poich` e

essa ha inversa P ⁻¹ =





1 −1 0

0 1 −1

0 0 1



 anche B ⁰ ` e una base di M .

II modo Mostriamo che ogni m ∈ M si scrive in modo unico nella forma m = x 1 m 1 + x 2 (m 1 + m 2 ) + x 3 (m 1 + m 2 + m 3 ), x i ∈ R. (2) Riscrivendo (2) nella forma m = (x ₁ + x ₂ + x ₃ )m ₁ + (x ₂ + x ₃ )m ₂ + x ₃ m ₃ e confrontando con (1) si ha:







x 1 + x 2 + x 3 = r 1

x ₂ + x ₃ = r ₂

x 3 = r 3 .

Poic` e questo sistema ha l’unica soluzione, x 3 = r 3 , x 2 = r 2 − r <sub>3</sub> , x 1 = r 1 − r <sub>2</sub> si conclude che B <sup>0</sup> ` e base di M .

III modo Per ogni m ∈ M , utilizzando (1) si ottiene

m = (r ₁ − r ₂ )m ₁ + (r ₂ − r ₃ )(m ₁ + m ₂ ) + r ₃ (m ₁ + m ₂ + m ₃ . Quindi B ⁰ genera M . Inoltre

x 1 m 1 + x 2 (m 1 + m 2 ) + x 3 (m 1 + m 2 + m 3 ) = 0

implica (x 1 + x 2 + x 3 )m 1 + (x 2 + x 3 )m 2 + x 3 m 3 da cui x 3 = 0, x 2 = 0, x 1 = 0 per l’indipendenza di B.

3. A =





2 −1 0 4 −2 −1 6 −3 0



 ∈ Mat ₃ (C).

a) A ha autovalori 0, √ 3, − √

3 con rispettivi autospazi generati dai vettori:

v 1 =



 1 2 0



 , v 2 =



 1 2 − √

3 3



 , v 3 =



 1 2 + √

3 3



 .

La forma canonica di Jordan J e la forma canonica razionale C di A sono:

J =





0 √ 0 0

3 0

0 0 − √

3



 ,





0 0 0 1 0 3 0 1 0



 .

b) Sia α : C ³ → C ³ l’applicazione lineare v 7→ Av. Si ha:







α(v 1 ) = Av 1 = 0v 1 = 0v 1 + 0v 2 + 0v 3

α(v 2 ) = Av 2 = √

3v 2 = 0v 1 + √

3v 2 + 0v 3

α(v 3 ) = Av 3 = − √

3v 3 = 0v 1 + 0v 2 − √ 3v 3

.

Si conclude che rispetto alla base B = {v 1 , v 2 , v 3 } la matrice di α ` e diagonale.

4. Se A ` e 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 A ² P.

Pertanto anche A ² ` e coniugata a B ² .

Svolgimento Algebra I unit` a 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 ` e 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:

α ⁰ = id, α, α ² = (1, 8, 2, 6, 4, 5, 7), α ³ = (1, 5, 6, 8, 7, 4, 2),

α ⁴ = (1, 2, 4, 7, 8, 6, 5), α ⁵ = (1, 7, 5, 4, 6, 2, 8), α ⁶ = (1, 6, 7, 2, 5, 8, 4).

α ⁰ ha periodo 1. Ciascuno degli altri elementi ha periodo 7.

ii) l’applicazione f : (Z, +, 0) → (hαi, ·, id) tale che f (z) := α ^z ` e un epimor- fismo di gruppi. Ker f = 7Z.

(Si veda il Teorema 7.11 del Capitolo II delle Dispense).

3.

i), I divisori dello zero di Z 10 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 Z 10 sono gli elementi [a] 10 tali che MCM(10, a) =

±1, ossia [1] ₁₀ , [3] ₁₀ , [7] ₁₀ , [9] ₁₀ . Infatti:

[1] ⁻¹ ₁₀ = [1] 10 , [3] ⁻¹ ₁₀ = [7] 10 , [7] ⁻¹ ₁₀ = [3] 10 , [9] ⁻¹ ₁₀ = [9] 10 .

iii) Z 10 non ` e campo perch` e 10 non ` e primo. Del resto abbiamo appena visto che ha divisori dello zero. Z 11 ` e campo perch` e 11 ` e primo.

4. In Q[x] siano f (x) = x ³ + x ² + 5x + 5, g(x) = x ⁴ − 3x ³ + 7x ² − 15x + 10.

i) Detto d(x) il loro MCD monico, si ha:

d(x) = x ² + 5 =  −1 6 x + 2

3



f (x) + 1 6 g(x).

ii) Ricordiamo che in K[x], dove K `e un qualsiasi campo, tutti i polinomi di grado 1 sono irriducibili. D’altra parte un polinomio di grado 2 ` e irriducibile se e solo se non ha radici in K.

In Q[x] si ha: f (x) = (x + 1)(x ² + 5), g(x) = (x − 1)(x − 2)(x ² + 5).

(x ² + 5) ` e irriducibile in Q[x] perch`e ha grado 2 e non ha radici razionali:

infatti α ² + 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 molteplicit` a 1.

Svolgimento di Algebra II unit` a 21 Giugno 2012

1. Sia I ` e l’ideale di Z 5 [x] generato da f (x) = x ³ − 2x + 1 = (x − 1)(x − 2) ² . i) Ogni elemento dell’anello quoziente

A := Z 5 [x]

I

si scrive in modo unico nella forma I + r 0 + r 1 x + r 2 x ² con r i ∈ Z 5 . Quindi A ha ordine 5 ³ = 125. A non ` e un campo: infatti l’ideale I non ` e massimale, essendo f (x) riducibile.

ii) MCD(f (x), x ² −2x+2) = 1 = −2f (x)+(x ² −2x+2)(2x−1). Segue I+1 = I + x ² − 2x + 2
(I + 2x − 1), quindi I + x ² − 2x + 2
−1

= I + 2x − 1;

iii) la decomposizione primaria di A, determinata dai fattori di f (x) che sono potenze di irriducibili, ` e : A ∼ _hx−1i ^Z

⁵

^[x] ⊕ _h(x−2) ^Z

⁵

^[x]

2

i .

2.







x −2y −5z −t = 1

4x −2y +z +2t = −3

−3x −5y −4t = 2

,







x −2y −5z −t = 1

6y +21z +6t = −7

−11y −15z −7t = 5



 

 

x −2y −5z −t = 1

y + ⁷ ₂ z +t = ⁻⁷ ₆

47

2 z +4t = − ⁴⁷ ₆



 

 

x −2y −5z −t = 1

y + ⁷ ₂ z +t = ⁻⁷ ₆

47

2 z +4t = − ⁴⁷ ₆



 

 

x −2y −5z −t = 1

y + ⁷ ₂ z +t = ⁻⁷ ₆ z + ₄₇ ⁸ t = − ¹ ₃



 

 

z = ⁻⁸ ₄₇ t − ¹ ₃ y = ⁻¹⁹ ₄₇ t x = ⁻³¹ ₄₇ t − ² ₃ 3. i)

A (ad A) =





−1 2 0

0 7 −2

0 −5 −2









−24 4 −4

0 2 −2

0 −5 −7



 =





24 0 0

0 24 0

0 0 24



 .

Ne segue det A = 24.

ii) N =





1 0 0 0 1 0 0 0 24



 ` e una forma normale di A in Mat 3 (Z). Le forme

normali di A in Mat ₃ (Z) sono 8, ossia:





λ ₁ 0 0

0 λ ₂ 0 0 0 24λ 3



 con λ _i = ±1.

iii) Le matrici X, Y ∈ GL 3 (Z) tali che XAY = N non sono uniche. Per ottenerle si pu` o , ad esempio, procedere cos`ı :





−1 2 0

0 7 −2

0 −5 −2









−1 2 0

0 1 0

0 0 1



 =





1 0 0

0 7 −2

0 −5 −2









1 0 0

0 7 −2

0 −5 −2









1 0 0

0 1 −2 0 3 −7



 =





1 0 0

0 1 0

0 −11 24



.





1 0 0

0 1 0

0 11 1









1 0 0

0 1 0

0 −11 24



 =





1 0 0 0 1 0 0 0 24



.

In tal caso si ottiene X =





1 0 0

0 1 0

0 11 1



, Y =





−1 2 −4 0 1 −2 0 3 −7



.

E importante notare che X, Y ∈ GL ` <sub>3</sub> (Z) perch`e hanno determinante ±1, che ha inverso in Z.

iv) A ha non ha inversa in Mat 3 (Z) perch`e det A = 24 6∈ Z ^∗ . A ha rango 3.

Ne segue che ha inversa in Mat 3 (Q). (Oppure ₂₄ ¹ ad A = A ⁻¹ ∈ Mat ₃ (Q)).

4. Sia < f (x) > +a(x) un elemento non nullo di A := <f (x)> ^K[x] . Posto d(x) := MCD(f (x), a(x)), sia m = deg (d(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)

` e 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, ⁷ ₃ `e dipendente su Z. Infatti 7 · 2 − 6 · 7

3 = 0.

S non genera Q perch`e tutti gli elementi di < S >= 2a + ⁷ ₃ b | a, b ∈ Z hanno il denominatore che divide 3. Quindi, ad esempio, ¹ ₂ 6∈< S >.

b) Q non `e finitamente generato come Z-modulo. Infatti, sia S = n m

1

n

1

, . . . , ^m _n

^k

k

o un sottoinsieme finito di Q e sia 1 ≤ n = mcm(n 1 , . . . , n _k ). Ogni combi- nazione lineare di elementi di S, a coefficienti interi, ha il denominatore che divide n. Quindi, ad esempio, _n+1 ¹ 6∈< S >.

2.

1) P =





0 −1 3

0 1 1

2 0 −1



.

2)



 x y z





B

= P ⁻¹



 x y z



 = ¹ ₈





x + y + 4z

−2x + 6y 2x + 2y



.

3. f (x + y) = [x + y] ₆ [x + y] ₈

!

= [x] ₆ [x] ₈

!

+ [y] ₆ [y] ₈

!

= f (x) + f (y).

Quindi f ` e uno Z-omomorfismo.

Ker f = 24Z. Ne segue che Im f ∼ _24Z ^Z = Z 24 ha ordine 24. Poch` e , d’altra parte, Z 6 ⊕ Z 8 ha ordine 48, la f non ` e suriettiva.

4.

a) Il polinomio caratteristico di A ` e (x − √

3)(x + √

3)(x − 2) ² . Pertanto gli autovalori sono:

√ 3, con relativo autospazio

*







 5 − √

3 2 0 0







 +

,

− √

3, con relativo autospazio

*







 5 + √

3 2 0 0







 +

,

2, con relativo autospazio

*







 0 0 1 0







 +

.

Considerando il polinomio caratteristico di A, si vede per i suoi invarianti di similarit` a ci sono due possibili` a :

(1) d 1 (x) = (x − 2), d 2 (x) = (x − √

3)(x + √

3)(x − 2) = min(A), oppure (2) d ₁ (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 poli- nomio caratteristico.

Quindi una forma canonica di Jordan J e la forma canonica razionale C di A sono rispettivamente:

J =









√ 3 0 0 0

0 − √

3 0 0

0 0 2 0

0 0 1 2









, C =









0 0 0 12 1 0 0 −12 0 1 0 −1

0 0 1 4







 .

A non ` e diagonalizzabile.

b) Le matrici A =

 3 1 0 3



e B =

 3 5 0 3



sono coniugate avendo la

stessa forma canonica di Jordan J := A ^t .

Svolgimento di Algebra I-12 Luglio 2012 1)

i) La prima equazione diofantea ha soluzioni

 x = 2 + 19h

y = 1 + 8h , h ∈ Z.

La seconda non ha soluzioni perch` e , per ogni x, y ∈ Z, il primo membro `e divisibile per 5, mentre il secondo membro non lo ` e .

ii) Per definizione l’insieme S := {8x − 19y | x, y ∈ Z} `e contenuto in Z.

In realt` a 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, os- servando che MCD(8, 19) = 1. Poich` e 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 S 3 :

• id H = {id, (23)};

• (12)H = {(12), (123)};

• (13)H = {(13), (132)}.

ii) Laterali destri di H in S ₃ :

• H id = {id, (23)};

• H(12) = {(12), (132)};

• H(13) = {(13), (123)}.

iii) H non ` e normale in S <sub>3</sub> perch` e , ad esempio (123) ⁻¹ (23)(123) = (12) 6∈ H.

iv) H ` e abeliano perch` e i suoi due elementi commutano. Infatti id(23) = (23)id (oppure perch` e ` e ciclico).

3) La funzione f : Z 9 → Z 9 tale che [a] 9 7→ [4] ₉ [a] 9 = [4a] 9 ` e un omomorfismo di gruppo additivo. Infatti, per ogni [a] 9 , [b] 9 ∈ Z 9 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 : Z 9 → Z 9 tale che [a] ₉ 7→ [7] ₉ [a] ₉ = [7a] ₉ ` e inversa di f , infatti

∀ [a] ₉ ∈ Z 9 : gf ([a] ₉ ) = [28a] ₉ = [a] ₉ , f g ([a] ₉ ) = [28a] ₉ = [a] ₉ .

Quindi f ha inversa. Ne segue, in particolare, che ` e iniettiva e suriettiva.

4) Eseguendo la divisione si ottiene

x ⁴ − 3x ² + 12 = (x ² + 3)(x ² − 6) + 30.

Ne segue che i primi p per i quali (x ² +3) ∈ Z p [x] divide x ⁴ −3x ² +12 ∈ Z p [x]

sono quelli per cui 30 ≡ 0 (mod p), ossia p = 2, 3, 5.

Per tali valori di p, la scomposizione di x ⁴ − 3x ² + 12 in fattori irriducibili e le sue radici in Z p sono rispettivamente:

• p = 2. x ⁴ − 3x ² + 12 = x ⁴ + x ² = x ² (x + 1) ² . Radici: 0, 1, entrambe con molteplicit` a 2.

• p = 3. x ⁴ − 3x ² + 12 = x ⁴ . Radice: 0 con molteplicit` a 4.

• p = 5. x ⁴ − 3x ² + 12 = x ⁴ + 2x ² + 2 = (x − 1)(x + 1)(x ² − 2).

x ² − 2 ` e irriducibile in Z 5 [x] perch` e ha grado 2 e non ha radici in Z 5 .

Radici di x ⁴ − 3x ² + 12: 1 e −1, entrambe con molteplicit` a 1.

Svolgimento di Algebra II-12 Luglio 2012 1. In Z 3 [x] si consideri l’ideale I = hx ² + x + 2i.

i) x ² + x + 2 ` e irriducibile in Z 3 [x], perch` e ha grado 2 e non ha radici in Z 3 . Ne segue che l’ideale I ` e massimale e quindi l’anello quoziente A := ^Z

³

_I ^[x] ` e un campo.

ii) Gli elementi di A si scrivono in modo unico nella forma I + a + bx, con a, b ∈ Z 3 . 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 + x ⁴ = I − 1 6= I + 1 segue che il periodo di I + x ` e diverso da 1, 2, 4. Conclusione: I + x ha periodo 8, quindi genera A ^∗ .

2. Nell’anello Mat 2 (Q) si consideri I := a 2a b 2b



| a, b ∈ Q

 . i) I ` e un ideale sinistro. Infatti:

• per a = b = 0 si ottiene che la matrice nulla appartiene a I;

• per ogni a, b, c, d ∈ Q: a 2a b 2b



− c 2c d 2d



= a − c 2(a − c) b − d 2(b − d)



∈ I.

• per x, y, z, t, a, b ∈ Q: x y z t



− a 2a b 2b



= ax + by 2(ax + by) az + bt 2(az + bt)



∈ I.

I non ` e ideale destro perch` e , ad esempio, 0 0 1 2



∈ I, ma

0 0 1 2

 0 1 1 0



= 0 0 2 1

 6∈ I.

ii) Sia J un ideale sinistro di Mat 2 (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 2a b 2b



=

 _a−d

c 1

b−d

c 1

 c 2c d 2d



∈ J.

Quindi J = I.

Se c = 0, allora d 6= 0. Osservando che 0 1 1 0

 d 2d c 2c



= d 2d c 2c



∈ J ,

ci si riconduce al caso precedente.

Conclusione: non esistono ideali sinistri di Mat 2 (Q) contenuti propriamente in I.

3. L’insieme delle soluzioni intere del sistema di congruenze lineari







10x ≡ −2 (mod 11)

7x ≡ 4 (mod 9)

3x ≡ 1 (mod 5)

` e {277 + 495h | h ∈ Z} = [277] 495 . 4. i)

A :=





1 0 0 0 1 3 0 0 1



 , B :=





1 0 0

0 −2 0

0 0 π



 , C :=





0 1 0 0 0 1 1 0 0



 , D := ABC.

A ⁻¹ :=





1 0 0

0 1 −3

0 0 1



 , B ⁻¹ :=





1 0 0

0 ⁻¹ ₂ 0 0 0 _π ¹



 , C ⁻¹ :=





0 0 1 1 0 0 0 1 0



 .

D ⁻¹ = C ⁻¹ B ⁻¹ A ⁻¹ .

ii) In Mat ₂ (Q[x]) la matrice C =

 x − 4 0

x ² − 8x + 16 16 − x ²



ha forma normale N =

 x − 4 0 0 16 − x ²

 . Posto

X =

 1 0

4 − x 1

 ,

si ha X ⁻¹ =

 1 0

−4 + x 1



∈ Mat ₂ (Q[x]). Essendo XC = N , per Y = I

si ha XCY = N .

Svolgimento di Approfondimenti di Algebra-12 Luglio 2012 1. (i) S = {

 4

−1

 ,

 1 3

 }.

Considerando Q ² come Q-modulo, gli elementi di < S > sono le combi- nazioni lineari a coefficienti razionali dei suoi due vettori. Ne segue che S

` e una base di Q ² , come Q-modulo. Infatti, per ogni a, b ∈ Q si ha:

 a b



= 3a − b 13

 4

−1



+ a + 4b 13

 1 3

 . Da a, b ∈ Q segue ^3a−b ₁₃ , ^a+4b ₁₃ ∈ Q. Quindi hSi = Q ² . Inoltre x

 4

−1

 + y

 1 3



=

 0 0



=⇒

 4x + y = 0

−x + 3y = 0 =⇒

 x = 0 y = 0 quindi S ` e indipendente.

Considerando Q ² 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 >≤ Z ² < Q ² . Si conclude che S non genera Q ² come Z-modulo.

(ii) Per ogni anello A, il modulo regolare A A ` e libero, con base 1 A . In particolare lo Z 5 -modulo regolare _Z

₅

Z 5 ` e libero. Invece il gruppo abeliano (Z 5 , +, [0] <sub>5</sub> ) non ` e libero come Z-modulo. Infatti `e di torsione, avendo an- nullatore 5Z.

2. (i) Una base di V := _hx ^Q[x]

2

+5i come Q-modulo `e B = x ² + 5 + x ⁰ , x ² + 5 + x .

La matrice, rispetto a B, della applicazione lineare µ _x : V → V tale che x ² + 5 + f (x) 7→ x ² + 5 + xf (x) `e C =

 0 −5 1 0

 .

3. Il polinomio caratteristico di A =





12 0 9

0 3 0

−9 0 −6



 ∈ Mat ₃ (C) `e (x−3) ³ . Pertanto A ha l’unico autovalore 3. Il relativo autospazio ha dimensione 2, essendo generato da



 1 0

−1



 e



 0 1 0



. Ne segue che la forma canonica di

Jordan J di A consta di 2 blocchi J (1, 3) e J (2, 3), che il polinomio minimo di

A ` e (x − 3) ² , e che i fattori invarianti di A sono di conseguenza d 1 (x) = x − 3, d ₂ (x) = (x − 3) ² . Pertanto

J =





3 0 0 0 3 0 0 1 3



 , C =





3 0 0

0 0 −9

0 1 6



 .

A ⁻¹ ` e coniugata a J ⁻¹ . Infatti esiste P ∈ GL(3, C) tale che P ⁻¹ AP = J . Passando agli inversi si ottiene:

P ⁻¹ A ⁻¹ P = J ⁻¹ =





1

3 0 0

0 ¹ ₃ 0 0 − ¹ ₉ ¹ ₃



 .

J ⁻¹ ha chiaramente il solo autovalore ¹ ₃ con relativo autospazio he ₁ , e ₃ i.

Poich` e matrici coniugate hanno gli stessi autovalori e relativi autospazi della stessa dimensione, A <sup>−1</sup> ha l’unico autovalore <sup>1</sup> <sub>3</sub> con relativo autospazio di dimensione 2. Pertanto non ` e diagonalizzabile.

4. Siano A coniugata ad A ⁰ , B coniugata a B ⁰ .

Per ipotesi, esistono P e Q invertibili tali che P ⁻¹ AP = A ⁰ e Q ⁻¹ BQ = B ⁰ . (i) X :=

 P 0

0 Q



ha inversa

 P ⁻¹ 0 0 Q ⁻¹

 . Si ha

X ⁻¹

 A 0 0 B

 X =

 P ⁻¹ 0 0 Q ⁻¹

  A 0 0 B

  P 0

0 Q



=

 A ⁰ 0 0 B ⁰

 .

Quindi

 A 0 0 B

 e

 A ⁰ 0 0 B ⁰



sono coniugate.

(ii) Elevendo al quadrato entrambi i membri di P ⁻¹ AP = A ⁰ si ha P ⁻¹ AP

P ⁻¹ AP
= (A ⁰ ) ² ,

da cui, associando P P ⁻¹ = I, deriva P ⁻¹ A ² P = (A ⁰ ) ² . Si conclude che A ²

` e coniugata ad (A ⁰ ) ² .