NOTAS DE ALGEBRA LINEAR

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1 NOTAS DE ALGEBRA LINEAR FORMAS CANÔNICAS Nosso objetivo é o de classificar operadores lineares em um espaço V de dimensão finita sobre um corpo k, mediante a relação de semelhança. Dois operadores T, T : V V são ditos semelhantes se eles diferem apenas por uma mudança de coordenadas, i.e., se existirem bases β, β de V tais que [T ] β = [T ] β. Lembrando como se relacionam matrizes de um mesmo operador com respeito a mudanças de bases, vemos que a classificação a que nos propomos é equivalente a descrever, para cada matriz A, todas as outras que lhe são semelhantes, i.e., da forma B = M 1 AM onde M denota uma matriz inversível arbitrária. Exercício. Mostre que T, T são operadores semelhantes se existir um isomorfismo S : V V tal que ST = T S. A classificação será obtida através das formas canônicas de uma matriz ou operador. Estudaremos dois tipos de formas canônicas, uma dita racional, e a outra a de Jordan. A primeira tem a virtude de valer para um corpo não necessariamente algebricamente fechado, como o corpo dos números racionais ou dos reais. A forma de Jordan, mais conveniente para fins de cálculos. requer a presença dos autovalores no corpo k, só valendo (universalmente) para corpos algebricamente fechados, como o dos números complexos. Enunciamos a seguir os principais resultados. Seja p(x) = x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 um polinômio mônico de grau n. Sua matriz companheira é definida como a a 1 M(p) = , a n a n 1 matriz n n com última coluna dada pelos simétricos dos coeficientes de p (a exceção do coeficiente lider, que é sempre = 1), e subdiagonal (i + 1, i) igual a 1. Temos então o seguinte

2 2 Teorema (da forma racional). Toda matriz A é semelhante a uma matriz R(A) formada por blocos diagonais que são matrizes companheiras de certos polinômios mônicos f 1,..., f t, univocamente determinados pela condição de que cada um divide o subseqüente. Os polinômios acima referidos são chamados FATORES INVARIANTES. A matriz R(A) é dita a FORMA RACIONAL de A. Uma formulação equivalente para o teorema acima pode ser enunciado em termos de operadores lineares. Teorema (da forma racional para operadores). Seja T um operador linear num espaço vetorial V de dimensão finita sobre um corpo k. Então existe uma base de V em relação à qual a matriz de T está na forma racional. Explicamos a seguir o ALGORITMO PARA O CÁLCULO DOS FATORES INVARIANTES. Dada a matriz A, defina o polinômio q i como o MDC dos determinantes menores i i da matriz xi A. Então cada q i+1 é divisível por q i e os fatores invariantes são os quocientes não constantes q i+1 /q i. Observemos que o produto dos fatores invariantes é igual ao polinômio característico. Exemplo. Temos A = e assim vem q 1 = 1; q 2 = MDC((x 1)(x 2), (x 2) 2 ) = x 2; q 3 = (x 1)(x 2) 2 f 1 = q 2 /q 1 = x 2; f 2 = q 3 /q 2 = (x 1)(x 2). A forma racional de A é portanto constituída pelos blocos 1 1 e 2 2 dados pelas matrizes companheiras de f 1 e de f 2 : R(A) = Observação. A matriz companheira do polinômio x + c é a matriz 1 1 igual a ( c). Descreveremos a seguir a forma de Jordan. Dados um inteiro positivo n e uma constante

3 3 c, definimos o BLOCO ELEMENTAR DE JORDAN como a matriz triangular n n c c J n,c = c c com diagonal igual a c e subdiagonal igual a 1. Se n = 1, definimos o bloco elementar J 1,c = (c). Teorema da forma canônica de Jordan. Toda matriz com polinômio característico igual a um produto de fatores lineares (i.e., com todos os autovalores no corpo k) é semelhante a uma matriz formada por blocos elementares de Jordan, única a menos de reordenação dos blocos elementares. DETERMINAÇÃO DA FORMA DE JORDAN Observemos que cada bloco J n,c tem polinômio característico (x c) n. Reciprocamente, é claro que a cada polinômio deste tipo podemos associar um bloco elementar. Escrevemos os fatores invariantes na forma = (x c 1 ) e(1,1)... (x c t ) e(1,t) f f r = (x c 1 ) e(r,1)... (x c t ) e(r,t) onde cada expoente e(i, j) é não negativo e necessariamente menor ou igual a e(i + 1, j). Definimos os DIVISORES ELEMENTARES para e(i, j) 0. P ij = (x c i ) e(i,j) Temos então que a forma de Jordan de uma matriz é obtida pondo um bloco elementar de Jordan para cada divisor elementar. EXEMPLOS. 1) No exemplo acima, os divisores elementares são x 2, x 2 e x 1, resultando 3 blocos 1 1: J(A) =

4 4 2) Determinemos todas as formas de Jordan possíveis fixado o polinômio característico (x 1) 2 (x 2). Quais são as possibilidades para os divisores elementares? a) x 1, x 1, x 2. Neste caso, resultam 3 blocos 1 1 e a forma de Jordan é diagonal, diag (1, 1, 2). b) (x 1) 2, x 2. Temos agora J(A) = MÓDULOS Os resultados acima enunciados serão obtidos após a introdução de alguns conceitos básicos. A noção principal é a de estrutura de módulo sobre um anel, generalizando a noção de espaço vetorial. A idéia é pôr em jogo uma álgebra de operadores atuando sobre um espaço vetorial. Estaremos interessados exclusivamente em módulos sobre o anel de polinômios em uma variável a coeficientes no corpo k. No entanto, o leitor mais cuidadoso perceberá que os resultados centrais valem para qualquer domínio principal. No que segue, denotaremos por R = k[x] o anel de polinômios em uma variável a coeficientes no corpo k. escreve de forma única, f = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0, Cada elemento f R se onde os coeficentes a i são elementos de k. Se a n 0 então f é de grau n e escrevemos deg f = n. Inicialmente, vamos rever algumas propriedades fundamentais de R. ALGORITMO DA DIVISÃO. Sejam f, g R, f 0. Então existem únicos q, r R tais que g = qf + r e r = 0 ou deg r < deg f. q é o quociente na divisão de de g por f e r é o resto.

5 5 Exercício. Seja f = a n x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 e seja a k. Mostre que o resto na divisão de f por x a é igual a f(a). Definição. Um subconjunto I R é um ideal de R se e, para todo f, g, h R valer que 0 I se g I então (f + hg) R. Exemplo. Seja f R e defina f = {múltiplos de f}. É imediato verificar que f é um ideal, que chamamos de ideal principal. Exercício. Sejam f 1,..., f n R. Mostre que o conjunto f 1,..., f n = { g i f i g i R} é um ideal. Dizemos que f 1,..., f n é o ideal gerado por f 1,..., f n. Proposição. Todo ideal de R é principal. Prova. Seja I um ideal de R. Se I = {0}, não há nada a demonstrar. Assim, podemos supor que existe um elemento f 0 I mônico e de grau mínimo com essa propriedade. Mostraremos que I = f 0, i.e., que todo elemento g I é múltiplo de f 0. Com efeito, aplicando o algoritmo da divisão, podemos em todo o caso escrever, g = qf 0 + r, onde r = 0 ou deg r < deg f 0. Como r = g qf 0 é claramente um elemento do ideal I, se ocorresse r 0 produziríamos um elemento em I com grau inferior ao mínimo, o que é absurdo. Lembramos que o MDC de uma coleção de polinômios {f t } t T é o polinômio mônico p caracterizado pelas propriedades seguintes: p divide cada f t na coleção ; se q divide cada f t na coleção então q divide p. Corolário. Seja {f t } t T uma coleção de polinômios. Então existem t 1,..., t n T e q 1,..., q n R tais que f = q 1 f t1 + + q n f tn

6 6 é o MDC dessa coleção. Prova. Seja I o ideal gerado pelos f t, t T, { } I = g i f ti t 1,..., t m T, g 1,..., g m R, m arbitrário. 1 i m Seja f o gerador mônico de I. Sendo f um elemento de I, necessariamente se escreve na forma f = q 1 f t1 + + q n f tn. Assim, se q divide cada f t na coleção então q divide f. Por fim, sendo I = f, é claro que cada f t (sendo elemento de I... ) é divisível por f. Exercício. Sejam f, g R, f 0 e sejam q, r o quociente e resto na divisão de g por f. Prove a igualdade de ideais, f, g = f, r. Deduza então o algoritmo para cálculo do MDC por divisões sucessivas. Definição. Um R-módulo é um conjunto M munido de uma operação de soma e de multiplicação por elementos de R, satisfazendo as seguintes condições: 1: a soma é associativa, comutativa, admite um elemento neutro 0 e cada elemento v em M admite um negativo u, i.e., um elemento tal que u + v = 0; 2: a multiplicação é bilinear, i.e., para todo u, v em M e para todo f, g em R, vale (f + g)(u + v) = fu + fv + gu + gv; 3 : (fg)u = f(gu) 4 : 1u = u. Em resumo, (lembrando que R = k[x]) M é um espaço vetorial cujos elementos podem ser multiplicados por polinômios, obedecendo a certas regras operatórias naturais. Exemplos. 1. R é um R-módulo de maneira óbvia: temos definidas operações de soma e produto em R Todo ideal de R é um R-módulo. 3. Se M é um R-módulo e N é um subconjunto que contém 0 e é estável sob as operações de soma e produto por elementos de R, então N é um R-módulo. Neste caso, dizemos que N é um SUBMÓDULO de M. Note que os ideais de R são justamente os seus submódulos. 4. Sejam M e N módulos. Então o produto cartesiano, M N = {(m, n) m M, n N}

7 7 herda uma estrutura de módulo com as operações definidas componente a componente: (m, n) + (m, n ) = (m + m, n + n ), f(m, n) = (fm, fn). 5. O mesmo pode ser feito para o produto cartesiano de um número arbitrário de módulos. Em particular temos R n = R R. Exercícios. 1) Sejam M um módulo e seja S um subconjunto de M. Mostre que a interseção de todos os submódulos de M que contém S é um submódulo de M, que denotamos por < S > e chamamos de SUBMÓDULO GERADO por S. Mostre que S é igual ao conjunto de todas as combinações lineares fi v i formadas por sequências finitas de elementos de S e a coeficientes em R. 2) Seja T um operador linear sobre o espaço vetorial V. Para cada polinômio f R, e para cada v em V, defina o produto f.v como a imagem de v pelo operador f(t ): fv = f(t )v. Mostre que isto define uma estrutura de R- módulo em V. Definição. Sejam M, N módulos. Um HOMOMORFISMO de M em N é uma aplicação. ϕ : M N que respeita a estrutura de módulo (suas operações), i.e., para todo f em R, m, m em M. Exemplos. ϕ(fm + m ) = fϕ(m) + ϕ(m ) 1. Fixado a em R, dado um módulo M qualquer, a aplicação definida por m am (multiplicação por a) é evidentemente um homomorfismo, dito homotetia de razão a. Em particular (a = 1) a aplicação identidade I M é um homomorfismo. 2. Se ϕ : M N e ψ : N P são homomorfismos de módulos, a composta ψϕ : M P também é um homomorfismo. 3. Qual a cara de um homomorfismo de R m em R n? Seja ϕ um tal homomorfismo. Seja e m i = (0,..., 1,..., 0) ( 1 na casa i).

8 8 Assim, cada x = (x 1,..., x m ) em R se escreve na forma e portanto, temos x = x i e m i ϕ(x) = x i ϕ(e m i ). Deduzimos que, a exemplo do que ocorre para transformações lineares, ϕ fica determinado por seus valores nos vetores básicos e m i. Escrevendo agora obtemos por fim ϕ(e m j ) = (a ij,..., a nj ) = a kj e n jk ϕ(x) = a ij x j e n i. Em resumo, vemos que todo homomorfismo de módulos de R m em R n é dado por uma matriz (a ij ) a coeficientes em R (e naturalmente, vice-versa...). Exercícios. 1) Mostre que o núcleo e a imagem de um homomorfismo de módulos são submódulos do domínio e do contradomínio. 2) Seja T o operador linear em V = k 2 cuja matriz em relação a base canônica é [ ] a b A = c d Seja ϕ : R 2 R 2 o homomorfismo cuja matriz em relação a base canônica é xi A. Por fim, seja ψ : R 2 V definido por ψ(p, q) = pe 1 + qe 2 (= p(t )(e 1 ) + q(t )(e 2 )). Calcule a composta ψϕ(p, q), (p, q) R. Generalize! Proposição. Seja N um submódulo de um módulo M. Então existe um homomorfismo sobrejetor π : M Q cujo núcleo é N. Além disso, se ϕ : M P é um homomorfismo tal que ϕ(n) = 0, então existe um e só um homomorfismo ϕ : Q P tal que ϕ π = ϕ. Prova. Suponhamos inicialmente construido π : M Q, sobrejetor e com núcleo N. Mostremos que vale a asserção final. Dado ϕ tal que ϕ(n) = 0, gostariamos de definir ϕ pela seguinte receita. Para cada v em Q, tome u em M na pré-imagem de v, o que é garantido pela sobrejetividade de π. Ponhamos então ϕ (v) = ϕ(u).

9 9 Devemos verificar que o segundo membro depende só de v e não do particular u tal que π(u) = v. Ora, se u é outro elemento na pré-imagem de v, teremos π(u) = π(u ) = v e portanto, u u pertence ao núcleo N de π. Daí vem ϕ(u u ) = 0, ou seja, ϕ(u) = ϕ(u ), mostrando que ϕ está bem definido. Agora é simples verificar que ϕ é efetivamente um homomorfismo e que vale evidentemente a fórmula ϕ π = ϕ. Passemos à construção de π : M Q. Observemos inicialmente que o módulo Q a ser também construído terá a propriedade de que, para cada elemento v em Q, sua pré-imagem, é da forma π 1 (v) = {u M π(u) = v} u + N = {u + n n N}, onde u denota uma solução particular da equação π(u) = v. Com isto em mente, definimos Q exatamente como o conjunto de todos os transladados u + N de N! Assim, seja Q = {u + N u M}. Resta-nos a tarefa de mostrar que este conjunto, munido de operações de soma e multiplicação por elementos de R é de fato um módulo e que, por fim, a aplicação (quociente) π : M Q dada por u u + N é um homomorfismo sobrejetor com núcleo N. A soma de dois transladados u + N, u + N é naturalmente definida por (u + N) + (u + N) = (u + u ) + N. O leitor deve verificar sem dificuldade que o lado direito da expressão acima é função dos transladados u + N, u + N, e não dos representantes u, u. Define-se a multiplicação de elementos de Q por elementos de R da maneira seguinte: f(u + N) = fu + N, onde f R. É imediato verificar que os axiomas exigidos na definição de módulo são satisfeitos. Destacamos que o elemento neutro da adição em Q é N(= O + N). Por fim, notando que u + N = N se e só se u N, vemos que o núcleo de π é N como requerido. Definição. O módulo Q construído na proposição acima é chamado QUOCIENTE de M por N e indicado por M/N. Exercício. Mostre que, para cada u, v em M, u + N = v + N se e só se u v pertence ao submódulo N.

10 10 Definição. Dizemos um homomorfismo de módulos ϕ : M M é um ISOMORFISMO se existir um homomorfismo ϕ : M M tal que ϕϕ = I M e ϕ ϕ = I M. Dizemos então que os módulos M e M são ISOMORFOS. EXEMPLOS. 1) Seja I = p um ideal não nulo de R. Então a aplicação R I definida por f pf é um isomorfismo. Logo, todo ideal não nulo de R é um R-módulo isomorfo a R. Exercícios. 1. Verifique que todo homomorfismo bijetivo é um isomorfismo. 2. Mostre que a composição de isomorfismos é um isomorfismo. Conclua que dois módulos isomorfos a um terceiro são isomorfos entre si. 3. Seja ϕ : R R um homomorfismo. Mostre que existe c em R tal que ϕ(f) = cf para todo f em R. Mostre que ϕ é um isomorfismo se e só se c é uma constante não nula. 4. Seja ϕ : R m R n um isomorfismo. Mostre que m = n. (Sugestão: seja ψ : R n R p um homomorfismo e seja ψ 0 : k n k p a transformação linear obtida substituindo x = 0 na matriz de ψ na base canônica. Verifique que (ψϕ) 0 = ψ 0 ϕ 0.) 5. Seja ϕ : M M um homomorfismo sobrejetor com núcleo N. Mostre que M é isomorfo ao quociente M/N. 6. Sejam N, N submódulos de M, M. Mostre que (M M )/(N N ) é isomorfo a (M/N) (M /N ). 7. Seja M o módulo das matrizes m n com entradas em R. Mostre que M é isomorfo a R mn. 8. Sejam I, J ideais de R. Mostre que R/I é isomorfo a R/J se e só se I = J. Definição. Dizemos que um módulo é LIVRE se for isomorfo a R n para algum n. Dizemos que um subconjunto B = {v 1,..., v n } de um módulo L é uma BASE de L se todo elemento v de L se escrever de maneira única como combinação linear a coeficientes em R dos elementos de B, i.e., v = c i v i, c i R. Em outras palavras, B gera L e é l.i sobre R. O vetor (c 1,..., c n ) na expressão acima é dito o vetor de coordenadas de v com respeito a base B. Evidentemente um módulo é livre se e só se admitir uma base. Observemos que o número de elementos de uma base de um módulo livre é bem determinado, tendo em vista o exc.#4 acima. Definimos então o POSTO de um módulo livre L como o número de elementos de uma base qualquer de L. Exemplos. 1) Seja M = R/ p, quociente de R pelo ideal gerado por um polinômio não constante p. Então M não é livre, pois para cada m em M, temos pm = 0, donde nenhum subconjunto de M é

11 11 l.i. sobre R. Por outro lado, M também é um espaço vetorial sobre k. Seja n o grau de p. O algoritmo da divisão nos permite escrever cada f em R na forma f = qp + r, onde o resto r é zero ou de grau < n. Assim, cada elemento de M, f + p, pode ser escrito de forma única como f + p = r + p = a 0 + a 1 x + + a n 1 x n 1 + p, com a i em k. Logo, R/ p agora considerado como espaço vetorial sobre k tem dimensão = grau de p. 2) Todo submódulo de R é livre. Com efeito, sabemos que submódulo de R significa ideal de R. Seja I um tal ideal. Se I é zero, então é livre (por vacuidade!). Se I 0, então I é gerado por um polinômio mônico o qual constitui obviamente um base para I. Exercícios. 1) Os exemplos acima mostram que o quociente de um módulo livre L por um submódulo em geral não permanece livre. Mas prove que se o submódulo M for gerado por parte de uma base de L então L/M é livre. 2) Mostre que v = (p, q) R 2 é parte de uma base de R 2 se e só se MDC(p, q) = 1. 3) Seja V = R/ p como no Exemplo 1. Seja T : V V o operador definido por multiplicação por x, i.e.,t (v) = xv. Mostre que a matriz de T com respeito a base {1 + p,..., x n 1 + p } é igual a matriz companheira de p. Suponha agora que p = (x c) a. Mostre que {1 + p, (x c) + p,..., (x c) a 1 + p } é base de V e calcule a matriz de T com respeito a mesma. 4) Sejam f, g em R e seja h = g/mdc(f, g). Seja M = R/ g. Seja Mostre que fm é isomorfo a R/ h. fm = {fv v M}. Um dos principais resultados sobre R-módulos é o seguinte. Teorema. Todo submódulo de um módulo livre é livre. Prova. Procederemos por indução sobre o posto n. O caso n = 1 foi discutido no exemplo acima. Seja L um módulo livre de posto n+1 e seja M um submódulo. Seja N o submódulo de L gerado pelos n primeiros elementos de uma base B de L, de sorte que N é livre de posto n. Seja M a interseção de M e N. Seja ϕ : L R o homomorfismo definido por ϕ(v) = última

12 12 coordenada de v com respeito a B, e seja M a imagem de M por ϕ. N L ϕ R M = N M M M Por indução, M é livre. M também o é em virtude do caso n = 1. Se M = 0 então M está contido em N e portanto já ganhamos por indução. Suponhamos M 0. Seja {v 1,..., v r } base de M e seja w elemento de M cuja imagem ϕ(w) forma base de M. Mostremos que {v 1,..., v r, w} é base de M. multiplo de ϕ(w), digamos Dado v em M, podemos escrever ϕ(v) como ϕ(v) = cϕ(w), com c emr. Seja u = v cw. A imagem de ϕ(u) é zero, logo u pertence a N. Mas u está também em M, donde u M. Temos assim uma expressão Portanto, os v js, juntos com w, geram M. Suponhamos agora u = b j v j com b j em R. c w + b j v j = 0. Aplicando-se ϕ, conclue-se que c = 0; segue evidentemente b j = 0. Exercícios. 1) Seja ϕ : P Q um homomorfismo sobrejetor de módulos livres. Seja N o núcleo de ϕ. Seja {v 1,..., v n } base de N e sejam w 1,..., w m tais que ϕ(w 1 ),..., ϕ(w m ) formam base de Q. Mostre que {v 1,..., v n, w 1,..., w m } é base de P. 2) Seja {w, w } base de R 2. Sejam a, b, c, d R, u = aw + bw, u = cw + dw. Mostre que {u, u } é base de R 2 se e só se ad bc é uma constante 0. 3) Mostre que a n upla (f 1,..., f n ) R n é parte de uma base de R n se e somente se MDC(f 1,..., f n ) = 1. 4) Ache uma base do submódulo formado pelos (a, b, c) em R 3 que satisfazem as relações xa + xb (x 1)c = x 2 a + (x + 1)b xc = 0. Definição. Seja L um módulo livre e seja M um submódulo. Dizemos que uma base {v 1,..., v n } de L é ADAPTADA a M se existirem polinômios mônicos p 1,..., p t tais que

13 13 {p 1 v 1,..., p t v t } é base de M e cada p i divide p i+1. Esses polinômios são chamados de FA- TORES INVARIANTES de M em L. Teorema. Seja L um módulo livre de posto n e seja M um submódulo 0. Então existe uma base {v 1,..., v n } de L e existem polinômios mônicos p 1,..., p t tais que {p 1 v 1,..., p t v t } é base de N e cada p 1 divide o subseqüente, i.e. existe um base de L adaptada a M. Prova. Se n = 1, podemos supor L = R e M um ideal de R; neste caso o resultado é evidente. Seja p polinômio de grau mínimo dentre as coordenadas de elementos de M com respeito a bases arbitrárias de L. Sem perda de generalidade, podemos supor que p é a 1 a coordenada de v com respeito à base B = {w, w,... }. Afirmamos que p necessariamente divide TODAS as coordenadas de v. Com efeito, se por absurdo p não dividir, digamos, a 2 a coordenada q de v, seja f = MDC(p, q). Ponhamos p = p/f e q = q/f. Podemos escrever 1 = ap + bq, para certos a, b em R. Sejam { u = p w + q w, u = bw + aw. Verifica-se facilmente que substituindo w, w em B por u, u obtém-se uma base de L. Temos que w = au q u e w = bu + p u resultando que v = pw + qw + = (ap + bq)u + = fu + Logo, o polinômio f é 1 a coordenada de v com respeito a uma base de L, contradizendo a minimalidade do grau de p. Já sabendo que p divide todas as coordenadas de v, podemos escrever v = pv para algum v em L. Provemos que v é parte de uma base de L. Seja ϕ : L R o homomorfismo 1 a coordenada em relação à base B. Assim temos ϕ(v) = p, ϕ(v ) = 1. Seja N o núcleo de ϕ. Visto que ϕ é sobrejetora (por que?), segue-se do exercício acima que N é livre, de posto n 1. Seja M = N M.

14 14 Por indução, N admite uma base {v 2,..., v n } tal que existem polinômios p 2,..., p t, com {p 2 v 2,..., p t v t } base de M e cada p i dividindo o subseqüente. O exercício acima referido mostra que {v, v 2,..., v n } e {pv, p 2 v 2,..., p t v t } são bases de L e M respectivamente. (Note que ϕ induz um homomorfismo sobrejetor de M no ideal p.) Resta apenas mostrar que p divide q = p 2. Se tal não ocorresse, um argumento análogo ao feito acima forneceria o elemento pv + qv 2 cuja primeira coordenada com respeito a uma base conveniente de L teria grau menor que o de p. Exercícios. Sejam L e M como no teorema anterior e sejam p 1,..., p t os fatores invariantes de M em L. 1) Mostre que p acima construído é o MDC das coordenadas de todos os elementos de M com respeito a uma base arbitrária de L. 2) Seja ϕ : L R um homomorfismo arbitrário. Mostre que a imagem de M por ϕ é um ideal contido em p 1. 3) Seja b : L L R bilinear alternada. Mostre que o ideal I b gerado por {b(u, v) u, v M} está contido em p 1 p 2. Mostre que existe b para a qual vale a igualdade I b = p 1 p 2. Idem, analogamente, para formas trilineares alternadas... Conclua que a sequência p 1,..., p t só depende do par (M, L) e não da base particular nas condições do teorema. 4) Sejam B e C matrizes a coeficientes em R e suponha A = BC. Mostre que cada determinante menor r r de A pertence ao ideal gerado pelos menores r r de C. Lema. Seja L = R n e seja M um submódulo de L, M 0. Sejam λ 1, λ 2 : L R funcionais lineares e sejam p 1, p 2 os geradores mônicos de λ 1 (M) e λ 2 (M). Então existe funcional λ : L R tal que λ(m) = p 1, p 2 = mdc(p 1, p 2 ). Prova. Seja A = {v 1,..., v n } uma base adaptada de L a M e sejam f 1,..., f r os fatores invariantes. O funcional λ i se escreve na forma λ i ( n 1 x jv j ) = n 1 a ijx j onde a i = (a i1,..., a in ) R n, i = 1, 2. Cada w M se expressa como w = r 1 x jf j v j ; logo λ i w = r 1 x jf j a ij, i = 1, 2. Temos assim λ i M = f 1 a i1,..., f r a ir = p i. Seja b = (b 1,..., b n ) tal que b j = mdc(a 1j, a 2j ), j = 1..n. Seja λ L definido por λ( x j v j ) = n 1 b jx j. Lembrando que para cada j = 1..n temos b j = a 1j, a 2j, concluímos que λm = f 1 b 1,..., f r b r = f 1 a 11, f 1 a 21,..., f r a 1r, f r a 2r = p 1, p 2. O lema acima mostra que a coleção de ideais da forma λ(m), com λ L goza da seguinte propriedade: dados dois quaisquer destes, existe um outro que os contém. Mas de fato, existe um tal ideal maior de todos : a demonstração acima mostra que λm f 1, o ideal gerado pelo primeiro fator invariante. Além disso, escolhendo λ = v 1, o funcional que toma a primeira coordenada em relação a uma base adaptda, temos a igualdade v 1 (M) = f 1. Portanto, f 1 é independente da escolha de base adaptada. Mais geralmente, temos o seguinte.

15 15 Lema. Seja L = R n e seja M um submódulo de L, M 0. Sejam f 1,..., f r os fatores invariantes de M em L. Seja λ : k L R um funcional. Então λ( k M) f 1 f k, valendo a igualdade para algum λ ( k L). Prova. Com a notação da prova do lema anterior, sabemos que os k vetores f i1 v i1 f ik v ik com 1 i 1 < < i k r formam uma base de k M. A imagem em k L pode se escrever f i1 f ik v i1 v ik. Conseqüentemente, λ( k M) é gerado por múltiplos de f i1 f ik. Estes, por sua vez, são todos múltiplos de f 1 f k. Por fim, tomando λ = (v 1 v k ), é claro que vale a igualdade λ( k M) = f 1 f k. O lema anterior mostra que os fatores invariantes são independentes da escolha de base adaptada. Vamos agora a um método prático para o cálculo. Proposição. Seja L = R n e seja M o submódulo gerado pelas linhas de uma matriz A. Sejam f 1,..., f t os fatores invariantes de M em L. Seja q r o MDC dos determinantes menores r r da matriz A. Então, para cada r = 1,..., t, temos que o produto f 1 f r é igual a q r. Prova. Tendo em vista o lema e observações acima, basta mostrar que (i) λ ( k L), temos λ( r M) q r e (ii) esta última inclusão é uma igualdade para algum λ. Seja A i a i ésima linha da matriz A. Sabemos que r M é gerado pelos A i1 A ir com seqüências crescentes 1 i 1 < < i r N = número de linhas de A. Escrevendo como combinação da base canônica de R n, vemos que a imagem em r R n é gerada por ( A i1 je j ) ( A irje j ) = J A IJ e j1 e jr onde I = (i 1 <... < i r ), J = (j 1 <... < j r ) e A IJ denota, a menos de sinal, o subdeterminante r r feito com a escolha indicada de linhas e colunas. Logo, para cada λ ( k L), a imagem λ( r M) é combinação dos referidos menores r r. Isto completa a verificação de (i). Para a (ii), seja λ J = (e j1 e jr ). Vemos que λ J (M) é gerado pelos A IJ, J fixo. Usando repetidamente o lema da página anterior, vemos que é possível encontrar λ cuja imagem seja igual ao ideal gerado por todos os A IJ, ou seja, pelo mdc q r. Exemplo. Seja A = 1 x x 0 x x 0 0 x Temos q 1 = 1, q 2 = x, q 3 = x 2. Logo, p 1 = 1, p 2 = x, p 3 = q 3 /q 2 = x. Note que a base {(1, x, x), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} é adaptada ao submódulo gerado pelas linhas de A..

16 16 DEMONSTRAÇÃO DO TEOREMA DA EXISTÊNCIA DA FORMA RACIONAL Para aplicarmos os resultados acima ao contexto da classificação de operadores lineares, vamos associar a cada operador T : V V um R módulo V T. Os elementos de V T são os mesmos de V. A multiplicação de um elemento v em V T por um polinômio f = a n x n + + a 0 é definida por fv = a n T n + + a 0 v. A soma é a mesma da estrutura de espaço vetorial. Deixamos como exercício a (fácil) verificação de que estas operações tornam V T em R-módulo. Proposição. Sejam T, T operadores lineares em V. Então T e T são semelhantes se e só se os módulos V T e V T são isomorfos. Prova. Se T é semelhante a T, existe um operador linear inversível S tal que ST = T S. Daí segue que, para, cada inteiro n > 0 vale ST n = T n S. Portanto, se f é um polinômio arbitrário, temos Sf(T ) = f(t )S. Esta fórmula significa que a aplicação ϕ : V T V T, definida por ϕ(v) = S(v) é um homomorfismo de R-módulos. Como ϕ é bijetiva, segue-se que ϕ é um isomorfismo de V T em V T. Reciprocamente, se existir ϕ : V T V T, isomorfismo de R-módulos, temos que ϕ induz um operador linear S : V V obviamente inversível e tal que, para todo v em V, vale mostrando que T e T são semelhantes. ST (v) = ϕ(xv) = xϕ(v) = T S(v), Vemos assim que a classificação de operadores mediante a relação de semelhança é o mesmo que a classificação dos módulos do tipo V T a menos de isomorfismo. Teorema. Seja T um operador linear num espaço vetorial V de dimensão n sobre um corpo k. Então existe uma base de V em relação a qual a matriz de T está na forma racional. Prova. Seja A = (a ij ) matriz de T em relação a uma base arbitrária B = {v 1,..., v n } de V (como espaço vetorial!). Seja ϕ : R n V T

17 17 o homomorfismo de R módulos definido por Seja ϕ(p 1,..., p n ) = p i v i. ψ : R n R n o homomorfismo cuja matriz em relação à base canônica é xi A. Seja N a imagem de ψ; assim, N é gerado pelas colunas de xi A. Afirmamos que ( ) V T é isomorfo ao módulo quociente R n /N. Isto é equivalente a mostrar que o núcleo de ϕ é igual a N, pois ϕ é claramente sobrejetor. Vejamos como esta afirmação implica o teorema. Sabemos que existe uma base de R n adaptada a N, digamos {w 1,..., w n }. Além disso, os fatores invariantes p 1,..., p t de N em R n são dados pela relação p 1... p r = MDC(menores r r de xi A) Em particular, segue que t = n e o produto dos fatores invariantes é igual ao polinômio característico q, cujo grau recordamos que é igual a n. Ora, visto que p 1 v 1,..., p n v n é base de N, concluimos que R n /N e V T são isomorfos a R/ p 1 R/ p n. Seja ϕ um isomorfismo deste último módulo em V T. Em particular, ϕ é um isomorfismo para as estruturas de espaços vetoriais subjacentes. Seja n i o grau de p i. Observemos que n i = 0 se e só se p i = 1, ou seja, R/ p i = 0. Desprezando tais fatores e reenumerando, guardamos justamente os fatores invariantes p 1,..., p t da matriz A. Definimos então v ij = ϕ(0,..., x j + p i,..., 0) com i = 1,..., t; j = 0,..., n i 1. A matriz de T com respeito à base formada pelos v ij (em ordem lexicográfica) está na forma racional. Com efeito, T v corresponde pelo isomorfismo ϕ à multiplicação de ϕ(v) por x. Assim, para j = 0,..., n i 2 temos T v ij = v i,j+1 enquanto que, para j = n i 1, temos T v i,j = ϕ(0,..., x j+1 + p i,..., 0) = ϕ(0,..., r + p i,..., 0),

18 18 onde r = x n i p i denota o resto na divisão de x n i por p i, mostrando que a matriz de T é efetivamente formada por blocos que são as matrizes companheiras dos p is. Passamos por fim à verificação da afirmação ( ). Mostremos que o núcleo de ϕ é igual à imagem N de ψ. Calculamos ϕψ(e j ) = ϕ(xe j a ij e i ) = xϕ(e j ) a ij ϕ(e i ) = T v j a ij v i = 0, valendo a última igualdade por definição da matriz A. Isto mostra que N está contido no núcleo de ϕ. Portanto, existe um homomorfismo bem definido ϕ : R n /N V T, dado por u + N ϕ(u). Ora, ϕ é claramente sobrejetor (pois ϕ é). Como as dimensões dos espaços vetoriais subjacentes são iguais, segue-se que ϕ é de fato um isomorfismo, como queríamos. Corolário. (Teorema de Cayley-Hamilton). Seja T um operador linear num espaço vetorial V de dimensão n. Então o polinômio característico q anula T, i.e., q(t ) = 0. Prova. A ação de T em V corresponde a multiplicação por x em V T. Este módulo é isomorfo a R/ p 1 R/ p t, com o produto dos polinômios p 1... p t = q. Assim temos, para f 1,..., f t em R. q (f 1 + p 1,..., f t + p t ) = (qf 1 + p 1,..., qf t + p t ) = 0 Observação. A mesma argumentação acima mostra que p t é o polinômio mínimo de T. DEMONSTRAÇÃO DA UNICIDADE DA FORMA RACIONAL Sejam f 1,..., f r e g 1,..., g s polinômios mônicos de grau > 0 e tais que cada f i (resp. g j ) divide o subseqüente. Mostraremos que se M := R/ f 1 R/ f r for isomorfo a N := R/ g 1 R/ g s (como R-módulos!) Escrevamos as decomposições primárias, então r = s e cada f i = g i. f 1 = p a(1,1) 1... p a(1,t) t f r = p a(r,1) 1... p a(r,t) t

19 19 onde os p i são irredutíveis e mônicos dois a dois distintos, e os expoentes satisfazem a 0 a(i, j) a(i + 1, j). Queremos mostrar que M determina completamente os p i e os a(i, j). Lema. Sejam p, q polinômios primos relativos. Então a aplicação é um isomorfismo de R-módulos. ϕ : R/ pq R/ p R/ q f + pq (f + p, f + q ) Prova. Observemos inicialmente que ϕ é efetivamente uma aplicação bem definida, pois se f + pq = g + pq então f g é múltiplo de pq e portanto (f + p, f + q ) = (g + p, g + q ). É claro que se trata de um homomorfismo de R-módulos. A injetividade resulta de que, se f é múltiplo de p e de q, então é múltiplo de pq já que p, q são primos relativos. Lembrando que ϕ também é uma transformação linear de espaços da mesma dimensão (= soma dos graus de p, q), segue-se que é um isomorfismo. Aplicando o lema repetidamente a M, obtemos o isomorfismo ϕ : M R/ p a(1,1) 1 R/ p a(r,1) 1 R/ p a(r,t) t e analogamente, N R/ p b(1,1) 1 R/ p b(s,1) 1 R/ p b(s,t) t. Lema. (i) Sejam p, q polinômios primos relativos e seja e um inteiro > 0. Então a homotetia de razão p é injetiva em R/ q e. (ii) Seja M(p) = {v M p e v = 0 para algum e > 0}. Então M(p) = 0 exceto se p = p i para algum i = 1,..., t, e neste caso, temos M(p) R/ p a(1,i) i R/ p a(r,i) i Prova. (i) Escreva g = q e. Seja f em R e suponha p(f + (g)) = (g). Logo pf é múltiplo de g. como p, g são primos relativos, segue-se que f é múltiplo de g, ou seja, f + g = 0 em R/ g. (ii) Dado v em M(p), podemos escrever sua imagem ϕ(v) na forma ϕ(v) = (v(i, j)), v(i, j) em R/ p a(i,j) j.

20 20 Agora p e v = 0 se e só se cada p e v(i, j) = 0. Mas se p p 1, digamos, necessariamente v(i, 1) = 0, tendo em vista a asserção (i). Daí segue facilmente (ii). Retomando a demonstração da unicidade, podemos já afirmar que M determina completamente os fatores irredutíveis p i. Por outro lado, visto que M N certamente implica M(p) N(p), resta-nos mostrar a seguinte Proposição. Sejam a(1),..., a(r); b(1),..., b(s) sequências não decrescentes de inteiros > 0 e seja p um polinômio irredutível. Seja M(a(1),..., a(r)) = R/ p a(1) R/ p a(r). Se M(a(1),..., a(r)) for isomorfo a M(b(1),..., b(s)), então r = s e cada a(i) = b(i). Prova. Procedemos por indução sobre m = max{a(r), b(s)} >. Se m = 1, os a s e os os b s são todos iguais a 1. Seja d o grau de p. Calculando dimensões de espaços vetoriais encontramos e portanto r = s. dim(m(1,..., 1)) = rd = sd Suponhamos m > 1. Seja r tal que a(i) = 1 para i < r ; defina s analogamente para os b(j). Temos então, pm(a(1),..., a(r)) M(a(r ) 1,..., a(r) 1) M(b(s ) 1),..., b(s) 1) em virtude do exc.#4, p. 9(?). Por indução, segue que r r = s s e que a(r + i) = b(s + i) para i = 0,..., r r. Por fim, calculando dim M(1,..., 1, a(r ),..., a(r)) = d((r 1) + a(r ) + + a(r)) = d((s 1) + b(s ) + + b(s)), concluimos que r = s, completando a demonstração. A FORMA DE JORDAN Seja T : V V um operador linear. Suponhamos que o seu polinômio característico seja da forma q T = (x c 1 ) a(1) (x c t ) a(t). (Este é sempre o caso se o corpo k for algebricamente fechado, e.g. k = C.) Segue-se que os divisores elementares são da forma p i,j = (x c j ) a(i,j),

21 21 onde, para cada j = 1,..., t, vale a(1, j) + + a(r, j) = a(j). Em outras palavras, os expoentes a(i, j) formam uma partição do expoente a(j). Por outro lado, vimos no decorrer da demonstração da unicidade da forma racional que o módulo V T é isomorfo ao produto de módulos do tipo M = R/ (x c) a, (com c igual a um dos c i e a igual a algum dos a(i, j).) Cada um destes corresponde a um certo subespaço V (c, a) de dimensão a em V e que é invariante pela ação de T. Mais precisamente, sejam v 1,..., v a V os vetores que correspondem a 1 + (x c) a,..., (x c) a 1 + (x c) a respectivamente. Lembramos que a ação de T corresponde pelo isomorfismo a multiplicação por x. Notando a identidade, podemos escrever, x(x c) i = c(x c) i + (x c) i+1, T v 1 = cv 1 + v 2... T v a 1 = cv a 1 + v a T v a = cv a. Em outras palavras, a matriz de T com respeito à base formada pela união dos v i s correspondentes a cada divisor elementar está na forma de Jordan.