Maratona problemi algebra lineare

[Dorian1]

Dato il successo che ha ottenuto recentemente la maratona sui problemi di 'Teoria dei gruppi', ho pensato che fosse il caso di aprire un topic simile, nel quale esporre problemi di algebra lineare.
Valgono le stesse regole, quindi: chi risolve per primo esibisce un nuovo problema, oppure cede la mano... Nella speranza che qualcuno voglia partecipare, posto il primo problema... Pronti, via!

Si consideri lo spazio vettoriale $M_(n,m)(K)$ (matrici con $n$ righe ed $m$ colonne a coefficienti in un campo $K$) (*) sul quale definiamo la seguente relazione (d'equivalenza):

$A sim B <=> EE P in GL_n(K), EE Q in GL_m(K): B=PAQ$

(1) Dare una condizione necessaria e sufficiente affinchè, date due matrici $A$,$B in M_(n,m)(K)$, sia $A sim B$;
(2) Dire quanti elementi ha l'insieme $M_(n,m)(K)$ / $sim$;

Buon lavoro!

EDIT: (*) Sarebbe più corretto, date le richieste del problema, vedere $M_(n,m)(K)$ come $K$-algebra con le operazioni di somma, prodotto per scalare, prodotto di matrici.

[Martino]

Ciao!

"Dorian":Si consideri lo spazio vettoriale $M_(n,m)(K)$ (matrici con $n$ righe ed $m$ colonne a coefficienti in un campo $K$) sul quale definiamo la seguente relazione (d'equivalenza):

$A sim B <=> EE P in GL_n(K), EE Q in GL_m(K): B=PAQ$

(1) Dare una condizione necessaria e sufficiente affinchè, date due matrici $A$,$B in M_(n,m)(K)$, sia $A sim B$;
(2) Dire quanti elementi ha l'insieme $M_(n,m)(K)$ / $sim$;

Buon lavoro!

Io direi così (senza scendere troppo in dettagli): quando da una matrice $A$ si passa ad una matrice $B=PAQ$ come nella definizione, dal punto di vista degli omomorfismi si sta scrivendo l'omomorfismo corrispondente alla matrice $A$ utilizzando basi diverse per dominio e codominio. In altre parole si sta cambiando base a dominio e codominio. E quindi siamo "autorizzati" a scegliere le basi che vogliamo per studiare una data classe.
Ora data una qualunque matrice $A$ corrispondente all'omomorfismo $f$ nella base canonica, possiamo scegliere come base del codominio un completamento di una base dell'immagine estratta dall'insieme dei generatori dell'immagine dato dalle immagini degli elementi del dominio. In questo modo supponendo per semplicità che gli elementi base del dominio mandati nella base dell'immagine siano i primi $k$, abbiamo che la matrice risultante avrà un blocco $k times k$ di uni in diagonale in alto a sinistra, qualcosa in alto a destra e sotto tutti zeri. Se poi cambiamo gli ultimi elementi della base del dominio in una base del nucleo, abbiamo che il "qualcosa" in alto a destra diventa un blocco di zeri. Potremmo chiamare "canonica" la matrice ottenuta. Sicuramente è il rappresentante più bello della classe di $A$. In particolare se ne può leggere il rango contando gli uni in diagonale (la moltiplicazione per matrici invertibili non altera il rango).
Detto questo è facile concludere che due matrici sono equivalenti se e solo se hanno lo stesso rango (perché come abbiamo visto essere equivalenti significa essere equivalenti alla matrice "canonica" di rango dato). Di conseguenza l'insieme quoziente è identificato all'insieme dei possibili ranghi e quindi ha $min(n,m)$ elementi.

[Dorian1]

Molto bene!
Lascia a te la parola!

[Martino]

Allora io proporrei questo che mi pare molto interessante e che di sicuro è utile. Una volta elaborato permette di pensare con semplicità a cose come il determinante.
L'ho preso da "Basic algebra 1" di Jacobson.

Con $k$-morfismo intendo omomorfismo di $k$-spazi vettoriali.

Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione $n$ sul campo $k$. Consideriamo l'insieme $Omega$ delle coppie $(f,R)$ dove $R$ è una $k$-algebra
[ovvero un $k$-spazio vettoriale dotato di un'operazione "prodotto" $R xx R to R$, $(r,s) to r*s$ che estende il prodotto per scalare (ovvero se $a in k$ e $r in R$ allora $ar = a*r$); più in breve, si tratta di un anello $R$ dotato di un omomorfismo di anelli $k to R$ la cui immagine è contenuta nel centro di $R$, ovvero ogni elemento dell'immagine commuta con ogni elemento di $R$.]
e $f:V to R$ è un $k$-morfismo tale che $f(v)^2=0$ per ogni $v in V$.

- Mostrare che se $(f,R)$ è un elemento di $Omega$ allora $f(v)f(w) = - f(w)f(v)$ per ogni $v,w in V$.

Fissiamo una base ${u_1,...,u_n}$ di $V$ su $k$.

Costruiamo ora un particolare elemento di $Omega$. Detti $N={1,...,n}$, $P(N)$ l'insieme delle parti di $N$, consideriamo il $k$-spazio vettoriale $E$ che ammette come base $P(N)$ (ovvero $E=k^{(P(N))}$), e dotiamolo del $k$-morfismo $j:V to E$ che manda $u_i$ in ${u_i}$ (qui mi sono sentito autorizzato ad identificare un indice $i in {1,...,n}$ col corrispondente $u_i$, e così farò eventualmente nel seguito). Ora se $s,t in N$ e $S,T in P(N)$ definiamo

$gamma_{s,t} = 1\ se\ s $gamma_{s,t} = 0\ se\ s=t,$
$gamma_{s,t} = -1\ se\ s>t$.
$gamma_{S,T} = prod_{s in S,t in T} gamma_{s,t}\ se\ S,T ne emptyset,$
$gamma_{S,T} = 1\ se\ S=emptyset\ o\ T=emptyset$.

Definiamo ora il prodotto tra elementi di $P(N)$ nel seguente modo: $ST = gamma_{S,T}(S uu T)$. Estendiamo per linearità il prodotto a tutto $E$ ponendo $(sum_j a_j S_j)(sum_l b_l T_l) = sum_{j,l} a_jb_l S_jT_l$.

- Osservare che $j(u_i)^2=0$ per ogni $i=1,...,n$, e dedurre che $j(v)^2=0$ per ogni $v in V$. Dedurre che $(j,E)$ appartiene a $Omega$.

Chiamiamo $E(V)$ questo spazio $E$ per sottolineare la dipendenza da $V$.

- Mostrare che l'elemento $(j,E(V)) in Omega$ è universale, ovvero è tale che per ogni $(f,R) in Omega$ esiste un unico $k$-morfismo di anelli $p:E(V) to R$ tale che $f = p circ j$. Tale $E(V)$ in quanto universale è unico a meno di isomorfismi compatibili di algebre.

[NOTA: $E(V)$ viene chiamato algebra esterna di $V$. Va pensato come un qualcosa contenente $V$ in cui si possa moltiplicare e in cui il quadrato di un elemento di $V$ è nullo.]

Identificando gli elementi di $V$ con la loro immagine tramite $j$ (cioè identificando un $v in V$ con $j(v) in E(V)$), osservare che si ha:

- Dato $1 le t le n$, presi $i_1,...,i_t in {1,...,n}$ a due a due distinti si ha $u_{i_1}...u_{i_t} = sgn(sigma) u_{i_{sigma(1)}}...u_{i_{sigma(t)}}$ dove $sigma$ è l'unica permutazione di ${1,...,t}$ tale che $i_{sigma(1)} < ... < i_{sigma(t))$.
- $E(V)$ è generato come algebra dai prodotti $u_{i_1}...u_{i_t}$ con $t in {1,...,n}$ e $1 le i_1<... - Se $U$ è un sotto-$k$-spazio di $V$ allora la sotto-$k$-algebra di $E(V)$ generata da $U$ è $E(U)$.
- Denotata con $V^r$ (dove $1 le r le n$) la sotto-$k$-algebra di $E(V)$ generata dai prodotti del tipo $u_{i_1}...u_{i_r}$, si ha che $dim_k(V^r) = ((n),(r))$ (osservare che $E(V) = F oplus V oplus V^2 oplus ... oplus V^n$).
- Mostrare che se $L:V to V$ è un $k$-endomorfismo di $V$ allora resta definito un endomorfismo di $E(V)$ come $eta(L):E(V) to E(V)$, $eta(L)(u_{i_1}...u_{i_t})=L(u_{i_1})...L(u_{i_t})$ (dove $i_1<... - Mostrare che se $L:V to V$ è $k$-lineare allora $eta(L)V^r subseteq V^r$ per ogni $r in {1,...,n}$. Dedurre che $eta(L)$ ristretto a $V^n$ è la moltiplicazione per una costante. Mostrare che tale costante è il determinante di $L$.
- Detto $Delta$ il determinante di $L$, si ha allora $eta(L)(u_1...u_n) = Delta u_1...u_n$. Dedurre il teorema di Binet.

[Dorian1]

Perdonami, credo di non aver capito...
Per quanto riguarda il primo punto, si dice che il prodotto sulla $k$-algebra è commutativo... Ma allora $f(v)f(w)=f(w)f(v)$ e non $f(v)f(w)=-f(w)f(v)$...?

[Martino]

Scusa hai ragione, ho scritto un "commutativa" di troppo
Grazie ora ho corretto.

[pat871]

Certo che qualcosa di più semplice no eh, Martino? Ti spaventi per l'equazione delle classi ma poi posti queste cose...
Qualche trick?
Intanto ci ragiono su...

EDIT:
Per il primo:

Siano $v,w in V$, allora $0 = f(v-w)^2 = (f(v) - f(w))^2 = f(v)^2 - f(v)f(w) - f(w)f(v) + f(w)^2 = -f(v)f(w) - f(w)f(v)$

Adesso penso ai prossimi .

[Martino]

"pat87":Certo che qualcosa di più semplice no eh, Martino?

Sapevo che poteva sembrare difficile. Non lo è in realtà, si tratta solo di trovare il giusto modo di pensare alle cose.

Ti spaventi per l'equazione delle classi ma poi posti queste cose...

"Spaventi"? Avevo solo osservato che non mi pareva un esercizio banalissimo (come invece tu parevi sostenere).

[Dorian1]

"Martino":Allora io proporrei questo che mi pare molto interessante e che di sicuro è utile. Una volta elaborato permette di pensare con semplicità a cose come il determinante.
L'ho preso da "Basic algebra 1" di Jacobson.

Con $k$-morfismo intendo omomorfismo di $k$-spazi vettoriali.

Sia $V$ uno spazio vettoriale di dimensione $n$ sul campo $k$. Consideriamo l'insieme $Omega$ delle coppie $(f,R)$ dove $R$ è una $k$-algebra
[ovvero un $k$-spazio vettoriale dotato di un'operazione "prodotto" $R xx R to R$, $(r,s) to r*s$ che estende il prodotto per scalare (ovvero se $a in k$ e $r in R$ allora $ar = a*r$); più in breve, si tratta di un anello $R$ dotato di un omomorfismo di anelli $k to R$.]
e $f:V to R$ è un $k$-morfismo tale che $f(v)^2=0$ per ogni $v in V$.

- Mostrare che se $(f,R)$ è un elemento di $Omega$ allora $f(v)f(w) = - f(w)f(v)$ per ogni $v,w in V$.

Fissiamo una base ${u_1,...,u_n}$ di $V$ su $k$.

Costruiamo ora un particolare elemento di $Omega$. Detti $N={1,...,n}$, $P(N)$ l'insieme delle parti di $N$, consideriamo il $k$-spazio vettoriale $E$ che ammette come base $P(N)$ (ovvero $E=k^{(P(N))}$), e dotiamolo del $k$-morfismo $j:V to E$ che manda $u_i$ in ${u_i}$. Ora se $s,t in N$ e $S,T in P(N)$ definiamo

$gamma_{s,t} = 1\ se\ s $gamma_{s,t} = 0\ se\ s=t,$
$gamma_{s,t} = -1\ se\ s>t$.
$gamma_{S,T} = prod_{s in S,t in T} gamma_{s,t}\ se\ S,T ne emptyset,$
$gamma_{S,T} = 1\ se\ S=emptyset\ o\ T=emptyset$.

Definiamo ora il prodotto tra elementi di $P(N)$ nel seguente modo: $ST = gamma_{S,T}(S uu T)$. Estendiamo per linearità il prodotto a tutto $E$ ponendo $(sum_j a_j S_j)(sum_l b_l T_l) = sum_{j,l} a_jb_l S_jT_l$.

- Osservare che $f(u_i)^2=0$ per ogni $i=1,...,n$, e dedurre che $f(v)^2=0$ per ogni $v in V$. Dedurre che $(j,E)$ appartiene a $Omega$.

Chiamiamo $E(V)$ questo spazio $E$ per sottolineare la dipendenza da $V$.

- Mostrare che l'elemento $(j,E(V)) in Omega$ è universale, ovvero è tale che per ogni $(f,R) in Omega$ esiste un unico $k$-morfismo di anelli $p:E(V) to R$ tale che $f = p circ j$. Tale $E(V)$ in quanto universale è unico a meno di isomorfismi compatibili di algebre.

[NOTA: $E(V)$ viene chiamato algebra esterna di $V$. Va pensato come un qualcosa contenente $V$ in cui si possa moltiplicare e in cui il quadrato di un elemento di $V$ è nullo.]

Identificando gli elementi di $V$ con la loro immagine tramite $j$ (cioè identificando un $v in V$ con $j(v) in E(V)$), osservare che si ha:

- Dato $1 le t le n$, presi $i_1,...,i_t in {1,...,n}$ a due a due distinti si ha $u_{i_1}...u_{i_t} = sgn(sigma) u_{i_{sigma(1)}}...u_{i_{sigma(t)}}$ dove $sigma$ è l'unica permutazione di ${1,...,t}$ tale che $i_{sigma(1)} < ... < i_{sigma(t))$.
- $E(V)$ è generato come algebra dai prodotti $u_{i_1}...u_{i_t}$ con $t in {1,...,n}$ e $1 le i_1<... - Se $U$ è un sotto-$k$-spazio di $V$ allora la sotto-$k$-algebra di $E(V)$ generata da $U$ è $E(U)$.
- Denotata con $V^r$ (dove $1 le r le n$) la sotto-$k$-algebra di $E(V)$ generata dai prodotti del tipo $u_{i_1}...u_{i_r}$, si ha che $dim_k(V^r) = ((n),(r))$ (osservare che $E(V) = F oplus V oplus V^2 oplus ... oplus V^n$).
- Mostrare che se $eta:V to V$ è un $k$-endomorfismo di $V$ allora resta definito un endomorfismo di $E(V)$ come $eta(L):E(V) to E(V)$, $eta(L)(u_{i_1}...u_{i_t})=L(u_{i_1})...L(u_{i_t})$ (dove $i_1<... - Mostrare che se $L:V to V$ è $k$-lineare allora $eta(L)V^r subseteq V^r$ per ogni $r in {1,...,n}$. Dedurre che $eta(L)$ ristretto a $V^n$ è la moltiplicazione per una costante. Mostrare che tale costante è il determinante di $L$.
- Detto $Delta$ il determinante di $L$, si ha allora $eta(L)(u_1...u_n) = Delta u_1...u_n$. Dedurre il teorema di Binet.

Potresti spiegare cosa vuol dire la parte il grassetto?

[Martino]

"Dorian":[quote="Martino"]Costruiamo ora un particolare elemento di $Omega$. Detti $N={1,...,n}$, $P(N)$ l'insieme delle parti di $N$, consideriamo il $k$-spazio vettoriale $E$ che ammette come base $P(N)$ (ovvero $E=k^{(P(N))}$)

Potresti spiegare cosa vuol dire la parte il grassetto?[/quote]

Intendo che $E$ è uno qualunque degli spazi vettoriali su $k$ di dimensione $|P(N)|=2^n$.
Poi prendo una base e la penso proprio come $P(N)$.
Quando parlo di $E$ uso l'articolo determinativo ("lo" spazio) perché in realtà sto pensando alla sua classe di isomorfismo.

Per esempio se $N={1,2}$ allora $E$ è lo spazio che ha come base ${emptyset,{1},{2},{1,2}}$. Un suo generico elemento si scriverà quindi come $alpha * emptyset + beta * {1} + gamma * {2} + delta * {1,2}$.

In quello che ho scritto ho poi identificato tacitamente l'insieme ${1,2,...,n}$ con ${u_1,u_2,...,u_n}$ nel modo ovvio, cosicché $E$ ha come base $P({u_1,...,u_n})$ (l'identificazione ovvia di $P(N)$).

Comunque per chiarezza ora aggiungo che ho operato questa identificazione.

[Dorian1]

"Martino":[quote="Dorian"][quote="Martino"]Costruiamo ora un particolare elemento di $Omega$. Detti $N={1,...,n}$, $P(N)$ l'insieme delle parti di $N$, consideriamo il $k$-spazio vettoriale $E$ che ammette come base $P(N)$ (ovvero $E=k^{(P(N))}$)

Potresti spiegare cosa vuol dire la parte il grassetto?[/quote]

Intendo che $E$ è uno qualunque degli spazi vettoriali su $k$ di dimensione $|P(N)|=2^n$.
Poi prendo una base e la penso proprio come $P(N)$.

Per esempio se $N={1,2}$ allora $E$ è lo spazio che ha come base ${emptyset,{1},{2},{1,2}}$. Un suo generico elemento si scriverà quindi come $alpha * emptyset + beta * {1} + gamma * {2} + delta * {1,2}$.

In quello che ho scritto ho poi identificato tacitamente l'insieme ${1,2,...,n}$ con ${u_1,u_2,...,u_n}$ nel modo ovvio, cosicché $E$ ha come base $P({u_1,...,u_n})$ (l'identificazione ovvia di $P(N)$).

Comunque per chiarezza ora aggiungo che ho operato questa identificazione.[/quote]

Gentilissimo!
Complimenti per la velocità di risposta!

[Martino]

"Dorian":Gentilissimo!
Complimenti per la velocità di risposta!

In realtà non l'ho fatto apposta, credo di aver aperto internet subito dopo che hai postato

[NightKnight1]

Innanzitutto: $ \forall v \in V, j(v)^2=0$. Dunque intanto facciamo vedere che:
$ \forall i \in {1,...,n}, j(u_i)^2={u_i}*{u_i}=\gamma_{{i},{i}}*({u_i}\cup{u_i})=\gamma_(i,i)*{u_i}=0*{u_i}=0$. Adesso sia $v=\sum_{i=1}^n \lambda_i u_i$ allora per definizione di prodotto su $R$ vale: $j(v)^2={v}*{v}=(\sum_{i=1}^n \lambda_i {u_i})*(\sum_{j=1}^n \lambda_j {u_j})=\sum_ {i,j=1}^n \lambda_i \lambda_j {u_i}*{u_j}=\sum_{i=1}^n \lambda_i^2 {u_i}^2 + \sum_{i

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[Martino]

Ragazzi non vorrei che la lunghezza del problema vi intimidisca... in realtà sono tutte piccole verifiche, non c'è niente di particolarmente profondo. Il motivo per cui l'esercizio mi piace è che regala un nuovo modo di pensare alle cose.
Se volete potete proporne un altro e lasciamo questo in sospeso, o lo lasciamo addirittura perdere.

[Dorian1]

"Martino":Ragazzi non vorrei che la lunghezza del problema vi intimidisca... in realtà sono tutte piccole verifiche, non c'è niente di particolarmente profondo. Il motivo per cui l'esercizio mi piace è che regala un nuovo modo di pensare alle cose.
Se volete potete proporne un altro e lasciamo questo in sospeso, o lo lasciamo addirittura perdere.

Mi ero completamente dimenticato del tuo problema! Dopo tenterò di nuovo!
Anche se devo dire che non tutte le notazioni mi sono chiare...

[dissonance]

Ciao a tutti! Mi intrometto per un piccolo dettaglio sulla definizione di $k$-algebra: non riesco a capire che cosa significhi ($a\ink$, $r\inR$) $ar=acdotr$. Quindi $R$ deve contenere un'immagine di $k$? Forse dobbiamo chiedere che $R$ sia un anello unitario?
Io conoscevo una definizione un po' diversa, ovvero $R$ è una $k$-algebra se è $k$-sp. vett., anello e il prodotto dell'anello è bilineare. Ma mi pare che non sia la migliore, nel senso che io richiedo troppi assiomi. Vero?

[pat871]

Scusa Martino, anche io ho qualche problema con la definizione di k-algebra.
Sapresti dirci per caso un buon link, non cartaceo, su cui possiamo informarci? (A parte Wiki)

Grazie

[NightKnight1]

Visto che tutti hanno lasciato perdere il problema di Martino, vorrei proporre io un esercizio carino.
Martino, non me ne volere!

Sia $K$ un campo e $V$ un $K$-spazio vettoriale di dimensione finita: $dim_K V = n$. Sia $f \in End(V)$ un endomorfismo di $V$ e sia $m(t) \in K[t]$ il polinomio minimo di $f$. Assumiamo che $m(t)$ sia monico.
Allora dimostrare che l'insieme ${Ker \ q(f) | q(t) \in K[t]}$ ha la stessa cardinalità dell'insieme ${p(t) \in K[t] | \ p(t) \ monico \ e \ p(t) | m(t)}$.

Sembra un po' strano, ma in realtà si tratta di giocare un pochino con le valutazioni dei polinomi nell'endomorfismo $f$.

[Martino]

Scusate non avevo letto gli ultimi messaggi.
In effetti la mia definizione di $k$-algebra forse non va bene, andrebbe sostituita da questa: una $k$-algebra è un omomorfismo $k to R$ dove $R$ è un anello e l'immagine di $k$ in $R$ è contenuta nel centro di $R$.
In questo modo una $k$-algebra è esattamente un anello dotato di una struttura di $k$-spazio vettoriale che rende il prodotto bilineare.

Quanto al resto, io sono d'accordo di continuare con l'esercizio proposto da NightKnight. Eventualmente riprenderemo il mio più avanti.

[NightKnight1]

Suggerimento: nelle stesse ipotesi del mio problema, dimostrare che se $q(t) \in K[t]$ è un polinomio primo con il polinomio minimo di $f$, $MCD \ (q(t) \ , \ m(t))=1$, allora l'endomorfismo $q(f)$ è un automorfismo e quindi $Ker \ q(f) = {0}$.

[dissonance]

Cominciamo col tuo suggerimento. Supponiamo che $q$ sia un polinomio relativamente primo con $m$, Proprio di recente stavamo parlando (*) del fatto che, in una opportuna estensione del campo, gli autovalori di $q(f)$ sono esattamente $q(lambda)$, dove $lambda$ è un autovalore di $f$. Ma se $q$ ed $m$ sono primi tra loro, in nessuna estensione avranno una radice in comune, ed essendo le radici di $m$ esattamente gli autovalori di $f$, consegue che $q(f)$ non ha l'autovalore 0 e perciò è invertibile.
Aggiungiamo la considerazione, abbastanza ovvia, che possiamo limitarci a considerare polinomi di grado $<$ del grado di $m$. Difatti se $"deg"\ q>="deg"\ m$ avremo $q(f)=m(f)circ"quoziente"(f)+"resto"(f)="resto"(f)$ e in particolare $"ker"\ q(f)="ker"\ "resto"(f)$.

Quindi l'associazione da costruire sarà: $\forall\ p$ fattore monico di $m$, $K(p)="ker"\ p(f)$.
$K$ è iniettiva: segue dal teorema di decomposizione ($V=o+"ker"\ {p(f)\ |\ p|m}$).
$K$ è suriettiva: basta combinare le considerazioni di prima. Se prendiamo $q\inK[t]$, $q="quoziente"*m+"resto"$, e chiamiamo $p=MCD("resto", m)$, avremo che $"resto"=p*p'$ dove $p'$ è primo con $m$. Perciò $p'(f)$ è invertibile, e di conseguenza $"ker"\ q(f)="ker"\ "resto"(f)="ker"\ p(f)\circp'(f)="ker"\ p(f)$, dove $p$ è un fattore monico di $m$.

Non so se è abbastanza chiaro, nel caso ditemelo che riscrivo.

[edit] Ora che ci penso, non c'è bisogno di dimostrare l'iniettività di $K$ visto che è definita in un insieme finito.
[riedit] Ora che ci ri-penso, va bene così. E' necessario mostrare anche l'iniettività.