NOTAS DE ALGEBRA LINEAR

(1)

FORMAS CAN ˆ

ONICAS

Nosso objetivo é o de classificar operadores lineares em um espa¸co V de dimensão finita sobre um corpo k, mediante a rela¸cão de semelhan¸ca.

Dois operadores T, T0 : V → V s˜ao ditos semelhantes se eles diferem apenas por uma mudan¸ca de coordenadas, i.e., se existirem bases β, β0 de V tais que

[T ]β = [T0]β0.

Lembrando como se relacionam matrizes de um mesmo operador com respeito a mudan¸cas de bases, vemos que a classifica¸cão 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−1AM

onde M denota uma matriz invers´ıvel arbitr´aria.

Exerc´ıcio. Mostre que T, T0 s˜ao operadores semelhantes se existir um isomorfismo S : V → V tal que ST = T0S.

A classifica¸cão será obtida através das formas canônicas de uma matriz ou operador. Estuda-remos 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 presen¸ca 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) = xn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 um polinˆomio mˆonico de grau n. Sua matriz

companheira ´e definida como

M (p) =         0 0 . . . −a0 1 0 . . . −a1 . . . . 0 0 0 . . . −an−2 0 0 0 . . . −an−1         ,

matriz n × n com última coluna dada pelos simétricos dos coeficientes de p (a exce¸cão do coeficiente lider, que é sempre = 1), e subdiagonal (i + 1, i) igual a 1. Temos então o seguinte

(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 f1, . . . , ft,

univocamente determinados pela condi¸c˜ao de que cada um divide o subseq¨uente.

Os polinômios acima referidos são chamados FATORES INVARIANTES. A matriz R(A) é dita a FORMA RACIONAL de A.

Uma formula¸c˜ao 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 espa¸co vetorial V de dimensão finita sobre um corpo k. Então existe uma base de V em rela¸cão à qual a matriz de T está na forma racional.

Explicamos a seguir o

ALGORITMO PARA O C ´ALCULO DOS FATORES INVARIANTES.

Dada a matriz A, defina o polinˆomio qi como o MDC dos determinantes menores i × i da

matriz xI − A. Então cada qi+1 é divis´ıvel por qi e os fatores invariantes são os quocientes não

constantes qi+1/qi.

Observemos que o produto dos fatores invariantes ´e igual ao polinˆomio caracter´ıstico. Exemplo. A =   1 1 0 0 2 0 0 0 2  . Temos q1 = 1; q2 = MDC((x − 1)(x − 2), (x − 2)2) = x − 2; q3 = (x − 1)(x − 2)2 e assim vem f1 = q2/q1 = x − 2; f2 = q3/q2 = (x − 1)(x − 2).

A forma racional de A ´e portanto constitu´ıda pelos blocos 1 × 1 e 2 × 2 dados pelas matrizes companheiras de f1 e de f2: R(A) =   2 0 0 0 0 −2 0 1 3   ·· ·· ·· ·· ·· · · · ·

Observa¸cão. A matriz companheira do polinômio x + c é a matriz 1 × 1 igual a(−c).

(3)

c, definimos o BLOCO ELEMENTAR DE JORDAN como a matriz triangular n × n Jn,c =         c 0 0 . . . 0 1 c 0 . . . 0 . . . . 0 0 . . . c 0 0 0 . . . 1 c        

com diagonal igual a c e subdiagonal igual a 1. Se n = 1, definimos o bloco elementar J1,c = (c).

Teorema da forma canônica de Jordan. Toda matriz com polinômio caracter´ıstico 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 reordena¸cão dos blocos elementares.

DETERMINAC¸ ˜AO DA FORMA DE JORDAN

Observemos que cada bloco Jn,c tem polinˆomio caracter´ıstico (x − c)n. Reciprocamente, ´e claro

que a cada polinˆomio deste tipo podemos associar um bloco elementar. Escrevemos os fatores invariantes na forma

f1 = (x − c1)e(1,1). . . (x − ct)e(1,t)

. . . . fr = (x − c1)e(r,1). . . (x − ct)e(r,t)

onde cada expoente e(i, j) ´e n˜ao negativo e necessariamente menor ou igual a e(i + 1, j). Definimos os DIVISORES ELEMENTARES

Pij = (x − ci)e(i,j)

para e(i, j) 6= 0.

Temos ent˜ao que a forma de Jordan de uma matriz ´e obtida pondo um bloco elementar de Jordan para cada divisor elementar.

EXEMPLOS.

1) No exemplo acima, os divisores elementares s˜ao

x − 2, x − 2 e x − 1, resultando 3 blocos 1 × 1: J (A) =    2 ... 0 0 . . . . 0 _{. . . .}... 2 ... 0 0 0 ... 1   

(4)

2) Determinemos todas as formas de Jordan poss´ıveis fixado o polinˆomio caracter´ıstico (x − 1)2(x − 2).

Quais s˜ao 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 ´e diagonal, diag (1, 1, 2). b) (x − 1)2, x − 2. Temos agora J (A) =   1 0 ... 0 1 1 ... 0 . . . . 0 0 ... 2  .

M ´

ODULOS

Os resultados acima enunciados serão obtidos após a introdu¸cão de alguns conceitos básicos. A no¸cão principal é a de estrutura de módulo sobre um anel, generalizando a no¸cão de espa¸co vetorial. A idéia é pôr em jogo uma álgebra de operadores atuando sobre um espa¸co 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 dom´ınio principal.

No que segue, denotaremos por

R = k[x]

o anel de polinômios em uma variável a coeficientes no corpo k. Cada elemento f ∈ R se escreve de forma única,

f = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0,

onde os coeficentes ai são elementos de k. Se an 6= 0 então f é de grau n e escrevemos

deg f = n.

Inicialmente, vamos rever algumas propriedades fundamentais de R.

ALGORITMO DA DIVIS ÃO. Sejam f, g ∈ R, f 6= 0. Então existem únicos q, r ∈ R tais que

g = qf + r e

r = 0 ou deg r < deg f.

(5)

Exerc´ıcio. Seja f = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 e seja a ∈ k. Mostre que o resto na

divis˜ao de f por x − a ´e igual a f (a).

Defini¸c˜ao. Um subconjunto I ⊆ R ´e um ideal de R se 0 ∈ I e, para todo f, g, h ∈ R valer que

se g ∈ I ent˜ao (f + hg) ∈ R. Exemplo. Seja f ∈ R e defina

hf i = {m´ultiplos de f }. ´

E imediato verificar que hf i ´e um ideal, que chamamos de ideal principal. Exerc´ıcio. Sejam f1, . . . , fn ∈ R. Mostre que o conjunto

hf1, . . . , fni = {

X

gifi | gi ∈ R}

´

e um ideal. Dizemos que hf1, . . . , fni ´e o ideal gerado por f1, . . . , fn .

Proposi¸c˜ao. Todo ideal de R ´e principal.

Prova. Seja I um ideal de R. Se I = {0}, não há nada a demonstrar. Assim, podemos supor que existe um elemento f0 ∈ I mônico e de grau m´ınimo com essa propriedade. Mostraremos

que I = hf0i, i.e., que todo elemento g ∈ I ´e m´ultiplo de f0. Com efeito, aplicando o algoritmo

da divis˜ao, podemos em todo o caso escrever,

g = qf0+ r,

onde r = 0 ou deg r < deg f0. Como r = g — qf0 ´e claramente um elemento do ideal I, se

ocorresse r 6= 0 produzir´ıamos um elemento em I com grau inferior ao m´ınimo, o que é absurdo. 2 Lembramos que o MDC de uma cole¸cão de polinômios {ft}t∈T é o polinômio mônico p

carac-terizado pelas propriedades seguintes: • p divide cada ft na cole¸c˜ao ;

• se q divide cada ft na cole¸c˜ao ent˜ao q divide p.

Corolário. Seja {ft}t∈T uma cole¸cão de polinômios. Então existem t1, . . . , tn ∈ T e q1, . . . , qn∈

R tais que

(6)

´

e o MDC dessa cole¸c˜ao.

Prova. Seja I o ideal gerado pelos ft, t ∈ T ,

I = ( X 1≤i≤m gifti |t1, . . . , tm ∈ T, g1, . . . , gm ∈ R, m arbitr´ario ) .

Seja f o gerador mˆonico de I. Sendo f um elemento de I, necessariamente se escreve na forma f = q1ft1 + · · · + qnftn.

Assim, se q divide cada ftna cole¸cão então q divide f . Por fim, sendo I = hf i, é claro que cada

ft (sendo elemento de I. . . ) ´e divis´ıvel por f .

Exerc´ıcio. Sejam f, g ∈ R, f 6= 0 e sejam q, r o quociente e resto na divis˜ao de g por f . Prove a igualdade de ideais,

hf, gi = hf, ri.

Deduza então o algoritmo para cálculo do MDC por divisões sucessivas.

Defini¸cão. Um R-módulo é um conjunto M munido de uma opera¸cão de soma e de multi-plica¸cão por elementos de R, satisfazendo as seguintes condi¸cões:

1: a soma ´e 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 multiplica¸c˜ao ´e bilinear, i.e., para todo u, v em M e para todo f, g em R, vale (f + g)(u + v) = f u + f v + gu + gv;

3 : (f g)u = f (gu)

4 : 1u = u.

Em resumo, (lembrando que R = k[x]) M é um espa¸co 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 opera¸cões de soma e produto em R... 2. 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 opera¸cões de soma e produto por elementos de R, então N é um R-módulo. Neste caso, dizemos que N é um SUBM ÓDULO de M . Note que os ideais de R são justamente os seus submódulos.

4. Sejam M e N m´odulos. Ent˜ao o produto cartesiano,

(7)

herda uma estrutura de m´odulo com as opera¸c˜oes definidas componente a componente: (m, n) + (m0, n0) = (m + m0, n + n0),

f (m, n) = (f m, f n).

5. O mesmo pode ser feito para o produto cartesiano de um número arbitrário de módulos. Em particular temos

Rn = R × · · · × R.

Exerc´ıcios.

1) Sejam M um módulo e seja S um subconjunto de M . Mostre que a interse¸cão de todos os submódulos de M que contém S é um submódulo de M , que denotamos por < S > e chamamos de SUBM ÓDULO GERADO por S. Mostre que hSi é igual ao conjunto de todas as combina¸cões lineares

X fivi

formadas por sequˆencias finitas de elementos de S e a coeficientes em R.

2) Seja T um operador linear sobre o espa¸co vetorial V . Para cada polinˆomio f ∈ R, e para cada v em V , defina o produto f.v como a imagem de v pelo operador f (T ):

f v = f (T )v. Mostre que isto define uma estrutura de R- m´odulo em V .

Defini¸cão. Sejam M, N módulos. Um HOMOMORFISMO de M em N é uma aplica¸cão. ϕ : M −→ N

que respeita a estrutura de m´odulo (suas opera¸c˜oes), i.e., ϕ(f m + m0) = f ϕ(m) + ϕ(m0) para todo f em R, m, m0 em M .

Exemplos.

1. Fixado a em R, dado um módulo M qualquer, a aplica¸cão definida por m 7→ am (multi-plica¸cão por a) é evidentemente um homomorfismo, dito homotetia de razão a. Em particular (a = 1) a aplica¸cão identidade IM 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 Rm _{em R}n_{? Seja ϕ um tal homomorfismo. Seja}

(8)

Assim, cada x = (x1, . . . , xm) em R se escreve na forma

x =Xxiemi

e portanto, temos

ϕ(x) =Xxiϕ(emi ).

Deduzimos que, a exemplo do que ocorre para transforma¸c˜oes lineares, ϕ fica determinado por seus valores nos vetores b´asicos em

i . Escrevendo agora

ϕ(em

j ) = (aij, . . . , anj)

= P akjenjk

obtemos por fim

ϕ(x) =Xaijxjeni.

Em resumo, vemos que todo homomorfismo de m´odulos de Rm _{em R}n _´_{e dado por uma matriz}

(aij) a coeficientes em R (e naturalmente, vice-versa...).

Exerc´ıcios.

1) Mostre que o núcleo e a imagem de um homomorfismo de módulos são submódulos do dom´ınio e do contradom´ınio.

2) Seja T o operador linear em V = k2 cuja matriz em rela¸cão a base canônica é

A = a b

c d

Seja ϕ : R2 → R2 _{o homomorfismo cuja matriz em rela¸c˜}_{ao a base canˆ}_{onica ´}_{e xI − A. Por fim,}

seja ψ : R2 _{→ V definido por}

ψ(p, q) = pe1+ qe2 (= p(T )(e1) + q(T )(e2)).

Calcule a composta ψϕ(p, q), (p, q) ∈ R. Generalize!

Proposi¸cão. Seja N um submódulo de um módulo M . Então existe um homomorfismo so-brejetor 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 ϕ0 : Q → P tal que ϕ0π = ϕ.

Prova. Suponhamos inicialmente construido π : M → Q, sobrejetor e com núcleo N . Mos-tremos que vale a asser¸cão final. Dado ϕ tal que ϕ(N ) = 0, gostariamos de definir ϕ0 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

(9)

Devemos verificar que o segundo membro depende só de v e não do particular u tal que π(u) = v. Ora, se u0 é outro elemento na pré-imagem de v, teremos

π(u) = π(u0) = v e portanto, u − u0 pertence ao n´ucleo N de π. Da´ı vem ϕ(u − u0) = 0,

ou seja, ϕ(u) = ϕ(u0), mostrando que ϕ0 está bem definido. Agora é simples verificar que ϕ0 é efetivamente um homomorfismo e que vale evidentemente a fórmula ϕ0π = ϕ.

Passemos à constru¸cão de π : M → Q. Observemos inicialmente que o módulo Q a ser também constru´ıdo terá a propriedade de que, para cada elemento v em Q, sua pré-imagem,

π−1(v) = {u ∈ M |π(u) = v} ´

e da forma

u + N = {u + n|n ∈ N },

onde u denota uma solu¸c˜ao particular da equa¸c˜ao 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 opera¸cões de soma e multiplica¸cão por elementos de R é de fato um módulo e que, por fim, a aplica¸cão (quociente) π : M → Q dada por u → u + N é um homomorfismo sobrejetor com núcleo N .

A soma de dois transladados u + N, u0+ N ´e naturalmente definida por (u + N ) + (u0+ N ) = (u + u0) + N.

O leitor deve verificar sem dificuldade que o lado direito da expressão acima é fun¸cão dos transladados u + N, u0+ N , e não dos representantes u, u0.

Define-se a multiplica¸c˜ao de elementos de Q por elementos de R da maneira seguinte: f (u + N ) = f u + N,

onde f ∈ R. É imediato verificar que os axiomas exigidos na defini¸cão de módulo são satisfeitos. Destacamos que o elemento neutro da adi¸cão 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.

Defini¸cão. O módulo Q constru´ıdo na proposi¸cão acima é chamado QUOCIENTE de M por N e indicado por M/N .

Exerc´ıcio. Mostre que, para cada u, v em M, u + N = v + N se e s´o se u − v pertence ao subm´odulo N .

(10)

Defini¸cão. Dizemos um homomorfismo de módulos ϕ : M → M0 é um ISOMORFISMO se existir um homomorfismo ϕ0 : M0 → M tal que ϕϕ0 _{= I}

M0 e ϕ0ϕ = I_M. Dizemos ent˜ao que os

m´odulos M e M0 s˜ao ISOMORFOS.

EXEMPLOS. 1) Seja I = hpi um ideal não nulo de R. Então a aplica¸cão R → I definida por f 7→ pf é um isomorfismo. Logo, todo ideal não nulo de R é um R-módulo isomorfo a R. Exerc´ıcios.

1. Verifique que todo homomorfismo bijetivo ´e um isomorfismo.

2. Mostre que a composi¸cão 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 : Rm _{→ R}n _{um isomorfismo. Mostre que m = n. (Sugest˜}_{ao: seja ψ : R}n _{→ R}p _um

homomorfismo e seja ψ0 : kn→ kp a transforma¸c˜ao linear obtida substituindo x = 0 na matriz

de ψ na base canˆonica. Verifique que (ψϕ)0 = ψ0ϕ0.)

5. Seja ϕ : M → M0 um homomorfismo sobrejetor com n´ucleo N . Mostre que M0 ´e isomorfo ao quociente M/N .

6. Sejam N, N0 subm´odulos de M, M0. Mostre que

(M × M0)/(N × N0) ´e isomorfo a (M/N ) × (M0/N0).

7. Seja M o módulo das matrizes m × n com entradas em R. Mostre que M é isomorfo a Rmn. 8. Sejam I, J ideais de R. Mostre que R/I é isomorfo a R/J se e só se I = J .

Defini¸cão. Dizemos que um módulo é LIVRE se for isomorfo a Rn para algum n. Dizemos que um subconjunto B = {v1, . . . , vn} de um módulo L é uma BASE de L se todo elemento v

de L se escrever de maneira ´unica como combina¸c˜ao linear a coeficientes em R dos elementos de B, i.e.,

v =Xcivi, ci ∈ R.

Em outras palavras, B gera L e é l.i sobre R. O vetor (c1, . . . , cn) 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/hpi, 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)

l.i. sobre R. Por outro lado, M também é um espa¸co 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 ´e zero ou de grau < n. Assim, cada elemento de M, f + hpi, pode ser escrito de forma ´unica como

f + hpi = r + hpi

= a0+ a1x + · · · + an−1xn−1+ hpi,

com ai em k. Logo, R/hpi agora considerado como espa¸co vetorial sobre k tem dimens˜ao =

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 6= 0, então I é gerado por um polinômio mônico o qual constitui obviamente um base para I.

Exerc´ıcios.

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) ∈ R2 _´_{e parte de uma base de R}2 _{se e s´}_{o se MDC(p, q) = 1.}

3) Seja V = R/hpi como no Exemplo 1. Seja T : V → V o operador definido por multiplica¸c˜ao por x, i.e.,T (v) = xv. Mostre que a matriz de T com respeito a base {1 + hpi, . . . , xn−1_{+ hpi}}

´

e igual a matriz companheira de p. Suponha agora que p = (x − c)a.

Mostre que {1 + hpi, (x − c) + hpi, . . . , (x − c)a−1+ hpi} ´e 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/hgi. Seja f M = {f v|v ∈ M }.

Mostre que f M ´e isomorfo a R/hhi.

Um dos principais resultados sobre R-módulos é o seguinte. Teorema. Todo submódulo de um módulo livre é livre.

Prova. Procederemos por indu¸cão 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 M0 a interse¸cão de M e N . Seja ϕ : L → R o homomorfismo definido por ϕ(v) = última

(12)

coordenada de v com respeito a B, e seja M00 a imagem de M por ϕ.

N ⊂ L →ϕ R

∪ ∪ ∪

M0 = N ∩ M ⊂ M → M00

Por indu¸cão, M0 é livre. M00 também o é em virtude do caso n = 1. Se M00 = 0 então M está contido em N e portanto já ganhamos por indu¸cão.

Suponhamos M00 6= 0.

Seja {v1, . . . , vr} base de M0 e seja w elemento de M cuja imagem ϕ(w) forma base de M00.

Mostremos que {v1, . . . , vr, w} ´e base de M . Dado v em M , podemos escrever ϕ(v) como

multiplo de ϕ(w), digamos

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 ∈ M0. Temos assim uma expressão

u =Xbjvj com bj em R.

Portanto, os v0_js, juntos com w, geram M . Suponhamos agora

c w + Xbjvj = 0.

Aplicando-se ϕ, conclue-se que c = 0; segue evidentemente bj = 0.

Exerc´ıcios.

1) Seja ϕ : P → Q um homomorfismo sobrejetor de m´odulos livres. Seja N o n´ucleo de ϕ. Seja {v1, . . . , vn} base de N e sejam w1, . . . , wm tais que ϕ(w1), . . . , ϕ(wm) formam base de Q.

Mostre que {v1, . . . , vn, w1, . . . , wm} ´e base de P .

2) Seja {w, w0} base de R2_{. Sejam a, b, c, d ∈ R,} _{u = aw + bw}0

, u0 = cw + dw0. Mostre que {u, u0} ´e base de R2 _{se e s´}_{o se ad − bc ´}_{e uma constante6= 0.}

3) Mostre que a n−upla (f1, . . . , fn) ∈ Rn ´e parte de uma base de Rn se e somente se

MDC(f1, . . . , fn) = 1.

4) Ache uma base do subm´odulo formado pelos (a, b, c) em R3 _{que satisfazem as rela¸c˜}_oes

xa + xb − (x − 1)c = x2a + (x + 1)b − xc = 0.

Defini¸cão. Seja L um módulo livre e seja M um submódulo. Dizemos que uma base {v1, . . . , vn} de L é ADAPTADA a M se existirem polinômios mônicos p1, . . . , pt tais que

(13)

{p1v1, . . . , ptvt} é base de M e cada pi divide pi+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 6= 0. Então existe uma base {v1, . . . , vn} de L e existem polinômios mônicos p1, . . . , pt tais que {p1v1, . . . , ptvt} é base

de N e cada p1 divide o subseq¨uente, 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 m´ınimo dentre as coordenadas de elementos de M com respeito a bases arbitrárias de L. Sem perda de generalidade, podemos supor que p é a 1a coordenada de v com respeito à base B = {w, w0, . . . }.

Afirmamos que p necessariamente divide TODAS as coordenadas de v.

Com efeito, se por absurdo p n˜ao dividir, digamos, a 2a coordenada q de v, seja f = MDC(p, q). Ponhamos p0 = p/f e q0 = q/f . Podemos escrever

1 = ap0+ bq0, para certos a, b em R. Sejam

u = p0w + q0w0,

u0 = −bw + aw0.

Verifica-se facilmente que substituindo w, w0 em B por u, u0 obt´em-se uma base de L. Temos que w = au − q0u0 e w0 = bu + p0u resultando que v = pw + qw0+ · · · = (ap + bq)u + · · · = f u + · · ·

Logo, o polinˆomio f ´e 1a coordenada de v com respeito a uma base de L, contradizendo a minimalidade do grau de p.

J´a sabendo que p divide todas as coordenadas de v, podemos escrever

v = pv0 para algum v0 em L.

Provemos que v0 ´e parte de uma base de L. Seja ϕ : L −→ R

o homomorfismo “1a coordenada em rela¸c˜ao `a base B”. Assim temos ϕ(v) = p, ϕ(v0) = 1.

Seja N o n´ucleo de ϕ. Visto que ϕ ´e sobrejetora (por que?), segue-se do exerc´ıcio acima que N ´

e livre, de posto n − 1. Seja

(14)

Por indu¸c˜ao, N admite uma base {v2, . . . , vn} tal que existem polinˆomios p2, . . . , pt, com

{p2v2, . . . , ptvt} base de M0 e cada pi dividindo o subseq¨uente. O exerc´ıcio acima referido

mostra que

{v0, v2, . . . , vn} e {pv0, p2v2, . . . , ptvt}

s˜ao bases de L e M respectivamente. (Note que ϕ induz um homomorfismo sobrejetor de M no ideal hpi.) Resta apenas mostrar que p divide q = p2. Se tal n˜ao ocorresse, um argumento

an´alogo ao feito acima forneceria o elemento pv0 + qv2 cuja primeira coordenada com respeito

a uma base conveniente de L teria grau menor que o de p.

Exerc´ıcios. Sejam L e M como no teorema anterior e sejam p1, . . . , pt os fatores invariantes

de M em L.

1) Mostre que p acima constru´ıdo ´e o MDC das coordenadas de todos os elementos de M com respeito a uma base arbitr´aria de L.

2) Seja ϕ : L −→ R um homomorfismo arbitr´ario. Mostre que a imagem de M por ϕ ´e um ideal contido em hp1i.

3) Seja b : L × L −→ R bilinear alternada. Mostre que o ideal Ib gerado por

{b(u, v)|u, v ∈ M }

est´a contido em hp1p2i. Mostre que existe b para a qual vale a igualdade Ib = hp1p2i. Idem,

ana-logamente, para formas trilineares alternadas... Conclua que a sequˆencia p1, . . . , pt s´o depende

do par (M, L) e n˜ao da base particular nas condi¸c˜oes 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 ∼= Rn e seja M um subm´odulo de L, M6=0. Sejam λ1, λ2 : L → R funcionais

lineares e sejam p1, p2 os geradores mˆonicos de λ1(M ) e λ2(M ). Ent˜ao existe funcional λ :

L → R tal que λ(M ) = hp1, p2i = hmdc(p1, p2)i.

Prova. Seja A = {v1, . . . , vn} uma base adaptada de L a M e sejam f1, . . . , fr os fatores

inva-riantes. O funcional λi se escreve na forma λi(

Pn

1 xjvj) =

Pn

1 aijxj onde ai = (ai1, . . . , ain) ∈

Rn, i = 1, 2. Cada w ∈ M se expressa como w =Pr

1xjfjvj; logo λiw =

Pr

1xjfjaij, i = 1, 2.

Te-mos assim λiM = hf1ai1, . . . , frairi = hpii. Seja b = (b1, . . . , bn) tal que bj = mdc(a1j, a2j), j =

1..n. Seja λ ∈ L∨ definido por λ(P xjvj) = Pn₁bjxj. Lembrando que para cada j = 1..n

te-mos hbji = ha1j, a2ji, conclu´ımos que λM = hf1b1, . . . , frbri = hf1a11, f1a21, . . . , fra1r, fra2ri =

hp1, p2i. 2

O lema acima mostra que a cole¸cão 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 demonstra¸cão acima mostra que λM ⊆ hf1i, o ideal gerado

pelo primeiro fator invariante. Além disso, escolhendo λ = v∨₁, o funcional que toma a primeira coordenada em rela¸cão a uma base adaptda, temos a igualdade v₁∨(M ) = hf1i. Portanto, f1 é

(15)

Lema. Seja L ∼= Rn e seja M um subm´odulo de L, M6=0. Sejam f1, . . . , fr os fatores

invari-antes de M em L. Seja λ : Vk

L → R um funcional. Ent˜ao λ(Vk

M ) ⊆ hf1· · · fki, valendo a

igualdade para algum λ ∈ (Vk

L)∨.

Prova. Com a nota¸c˜ao da prova do lema anterior, sabemos que os k–vetores fi1vi1∧ · · · ∧ fikvik

com 1 ≤ i1 < · · · < ik ≤ r formam uma base de VkM . A imagem em VkL pode se escrever

fi1· · · fikvi1∧ · · · ∧ vik. Conseq¨uentemente, λ(

Vk

M ) ´e gerado por m´ultiplos de fi1· · · fik. Estes,

por sua vez, são todos múltiplos de f1· · · fk. Por fim, tomando λ = (v1∧ · · · ∧ vk)∨, é claro que

vale a igualdade λ(Vk

M ) = hf1· · · fki. 2

O lema anterior mostra que os fatores invariantes são independentes da escolha de base adaptada. Vamos agora a um método “prático” para o cálculo.

Proposi¸c˜ao. Seja L ∼= Rn e seja M o subm´odulo gerado pelas linhas de uma matriz A. Sejam f1, . . . , ft os fatores invariantes de M em L. Seja qr o MDC dos determinantes menores r × r

da matriz A. Ent˜ao, para cada r = 1, . . . , t, temos que o produto f1· · · fr ´e igual a qr.

Prova. Tendo em vista o lema e observa¸c˜oes acima, basta mostrar que (i) ∀ λ ∈ (Vk

L)∨, temos λ(Vr

M ) ⊆ hqri e

(ii) esta última inclusão é uma igualdade para algum λ. Seja Ai a i−ésima linha da matriz A. Sabemos que

Vr

M ´e gerado pelos Ai1 ∧ · · · ∧ Air

com seqüências crescentes 1 ≤ i1 < · · · < ir ≤ N = número de linhas de A. Escrevendo como

combina¸c˜ao da base canˆonica de Rn_{, vemos que a imagem em}Vr

Rn _´_{e gerada por} (XAi1jej) ∧ · · · ∧ ( X Airjej) = X J AIJej1 ∧ · · · ∧ ejr

onde I = (i1 < . . . < ir), J = (j1 < . . . < jr) e AIJ denota, a menos de sinal, o subdeterminante

r × r feito com a escolha indicada de linhas e colunas. Logo, para cada λ ∈ (Vk

L)∨, a imagem λ(Vr

M ) é combina¸cão dos referidos menores r × r. Isto completa a verifica¸cão de (i). Para a (ii), seja λJ = (ej1 ∧ · · · ∧ ejr)

∨_{. Vemos que λ}

J(M ) ´e gerado pelos AIJ, J fixo. Usando

repetidamente o lema da p´agina anterior, vemos que ´e poss´ıvel encontrar λ cuja imagem seja

igual ao ideal gerado por todos os AIJ, ou seja, pelo mdc qr. 2

Exemplo. Seja A =   1 x x 0 x x 0 0 x  .

Temos q1 = 1, q2 = x, q3 = x2. Logo, p1 = 1, p2 = x, p3 = q3/q2 = x. Note que a base

(16)

DEMONSTRAC

¸ ˜

AO DO TEOREMA DA EXISTˆ

ENCIA

DA FORMA RACIONAL

Para aplicarmos os resultados acima ao contexto da classifica¸c˜ao de operadores lineares, vamos associar a cada operador T : V −→ V um R–m´odulo VT.

Os elementos de VT s˜ao os mesmos de V . A multiplica¸c˜ao de um elemento v em VT por um

polinˆomio f = anxn+ · · · + a0 ´e definida por

f v = anTn+ · · · + a0v.

A soma é a mesma da estrutura de espa¸co vetorial. Deixamos como exerc´ıcio a (fácil) verifica¸cão de que estas opera¸cões tornam VT em R-módulo.

Proposi¸cão. Sejam T, T0 operadores lineares em V . Então T e T0 são semelhantes se e só se os módulos VT e VT0 são isomorfos.

Prova. Se T ´e semelhante a T0, existe um operador linear invers´ıvel S tal que ST = T0S. Da´ı segue que, para, cada inteiro n > 0 vale

STn = T0nS. Portanto, se f é um polinômio arbitrário, temos

Sf (T ) = f (T0)S.

Esta fórmula significa que a aplica¸cão ϕ : VT −→ VT0, definida por ϕ(v) = S(v) é um

ho-momorfismo de R-módulos. Como ϕ é bijetiva, segue-se que ϕ é um isomorfismo de VT em

VT0.

Reciprocamente, se existir ϕ : VT −→ VT0, isomorfismo de R-m´odulos, temos que ϕ induz um

operador linear S : V −→ V obviamente invers´ıvel e tal que, para todo v em V , vale ST (v) = ϕ(xv) = xϕ(v) = T0S(v),

mostrando que T e T0 s˜ao semelhantes.

Vemos assim que a classifica¸c˜ao de operadores mediante a rela¸c˜ao de semelhan¸ca ´

e o mesmo que a classifica¸c˜ao dos m´odulos do tipo VT a menos de isomorfismo.

Teorema. Seja T um operador linear num espa¸co vetorial V de dimensão n sobre um corpo k. Então existe uma base de V em rela¸cão a qual a matriz de T está na forma racional. Prova. Seja A = (aij) matriz de T em rela¸cão a uma base arbitrária B = {v1, . . . , vn} de V

(como espa¸co vetorial !). Seja

(17)

o homomorfismo de R−m´odulos definido por ϕ(p1, . . . , pn) = X pivi. Seja ψ : Rn −→ Rn

o homomorfismo cuja matriz em rela¸cão à base canônica é xI − A. Seja N a imagem de ψ; assim, N é gerado pelas colunas de xI − A.

Afirmamos que

(F) VT ´e isomorfo ao m´odulo quociente Rn/N .

Isto é equivalente a mostrar que o núcleo de ϕ é igual a N , pois ϕ é claramente sobrejetor. Vejamos como esta afirma¸cão implica o teorema. Sabemos que existe uma base de Rn_adaptada

a N , digamos {w1, . . . , wn}. Al´em disso, os fatores invariantes p1, . . . , ptde N em Rn s˜ao dados

pela rela¸c˜ao

p1. . . pr = MDC(menores r × r de xI − A)

Em particular, segue que t = n e o produto dos fatores invariantes é igual ao polinômio caracter´ıstico q, cujo grau recordamos que é igual a n.

Ora, visto que p1v1, . . . , pnvn ´e base de N , concluimos que Rn/N e VT s˜ao isomorfos a

R/hp1i × · · · × R/hpni.

Seja ϕ um isomorfismo deste último módulo em VT. Em particular, ϕ é um isomorfismo para

as estruturas de espa¸cos vetoriais subjacentes.

Seja ni o grau de pi. Observemos que ni = 0 se e s´o se pi = 1, ou seja, R/hpii = 0. Desprezando

tais fatores e reenumerando, guardamos justamente os fatores invariantes p1, . . . , pt da matriz

A. Definimos ent˜ao

vij = ϕ(0, . . . , xj + hpii, . . . , 0)

com

i = 1, . . . , t; j = 0, . . . , ni− 1.

A matriz de T com respeito à base formada pelos vij (em ordem lexicográfica) está na forma

racional.

Com efeito, T v corresponde pelo isomorfismo ϕ `a multiplica¸c˜ao de ϕ(v) por x. Assim, para j = 0, . . . , ni− 2 temos

T vij = vi,j+1

enquanto que, para j = ni− 1, temos

T vi,j = ϕ(0, . . . , xj+1+ hpii, . . . , 0)

(18)

onde r = xni − p

i denota o resto na divis˜ao de xni por pi, mostrando que a matriz de T ´e

efetivamente formada por blocos que são as matrizes companheiras dos p0_is. Passamos por fim à verifica¸cão da afirma¸c˜_{ao (F).}

Mostremos que o núcleo de ϕ é igual à imagem N de ψ. Calculamos ϕψ(ej) = ϕ(xej−P aijei)

= xϕ(ej) −P aijϕ(ei)

= T vj−P aijvi = 0,

valendo a última igualdade por defini¸cão da matriz A. Isto mostra que N está contido no núcleo de ϕ. Portanto, existe um homomorfismo bem definido ϕ0 : Rn_{/N −→ V}

T, dado por

u + N −→ ϕ(u). Ora, ϕ0 é claramente sobrejetor (pois ϕ é). Como as dimensões dos espa¸cos vetoriais subjacentes são iguais, segue-se que ϕ0 é de fato um isomorfismo, como quer´ıamos.

Corol´ario. (Teorema de Cayley-Hamilton). Seja T um operador linear num espa¸co

vetorial V de dimensão n. Então o polinômio caracter´ıstico q anula T , i.e., q(T ) = 0.

Prova. A a¸cão de T em V corresponde a multiplica¸cão por x em VT. Este módulo é isomorfo a

R/hp1i × · · · × R/hpti, com o produto dos polinˆomios p1. . . pt= q. Assim temos, para f1, . . . , ft

em R.

q · (f1+ hp1i, . . . , ft+ hpti) =

(qf1+ hp1i, . . . , qft+ hpti) = 0

Observa¸cão. A mesma argumenta¸cão acima mostra que pt é o polinômio m´ınimo de T .

DEMONSTRAC

¸ ˜

AO DA UNICIDADE

DA FORMA RACIONAL

Sejam f1, . . . , fr e g1, . . . , gs polinˆomios mˆonicos de grau > 0 e tais que cada fi (resp. gj) divide

o subseq¨uente. Mostraremos que

se M := R/hf1i × · · · × R/hfri for isomorfo a N := R/hg1i × · · · × R/hgsi

(como R-m´odulos!)

ent˜ao r = s e cada fi = gi.

Escrevamos as decomposi¸c˜oes prim´arias, f1 = p a(1,1) 1 . . . p a(1,t) t . . . . fr = p a(r,1) 1 . . . p a(r,t) t

(19)

onde os pi s˜ao irredut´ıveis e mˆonicos dois a dois distintos, e os expoentes satisfazem a 0 ≤

a(i, j) ≤ a(i + 1, j).

Queremos mostrar que M determina completamente os pi e os a(i, j).

Lema. Sejam p, q polinômios primos relativos. Então a aplica¸cão ϕ : R/hpqi −→ R/hpi × R/hqi f + hpqi −→ (f + hpi, f + hqi) ´

e um isomorfismo de R-m´odulos.

Prova. Observemos inicialmente que ϕ é efetivamente uma aplica¸cão bem definida, pois se f + hpqi = g + hpqi então f − g é múltiplo de pq e portanto (f + hpi, f + hqi) = (g + hpi, g + hqi).

´

E 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 transforma¸cão linear de espa¸cos 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 _f→ R/hpa(1,1)₁ i × · · · × R/hpa(r,1)₁ i × · · · × R/hpa(r,t)_t i e analogamente,

N_f→ R/hpb(1,1)₁ i × · · · × R/hpb(s,1)₁ i × · · · × R/hpb(s,t)_t i.

Lema. (i) Sejam p, q polinômios primos relativos e seja e um inteiro > 0. Então a homotetia de razão p é injetiva em R/hqe_i.

(ii) Seja

M (p) = {v ∈ M |pev = 0 para algum e > 0}.

Ent˜ao M (p) = 0 exceto se p = pi para algum i = 1, . . . , t, e neste caso, temos

M (p)_f→ R/hpa(1,i)_i i × · · · × R/hpa(r,i)_i i

Prova. (i) Escreva g = qe_{. 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 + hgi = 0 em R/hgi.

(ii) Dado v em M (p), podemos escrever sua imagem ϕ(v) na forma ϕ(v) = (v(i, j)), v(i, j) em R/hpa(i,j)_j i.

(20)

Agora pe_{v = 0 se e s´}_{o se cada p}e_{v(i, j) = 0. Mas se p 6= p}

1, digamos, necessariamente v(i, 1) = 0,

tendo em vista a asser¸c˜ao (i). Da´ı segue facilmente (ii).

Retomando a demonstra¸c˜ao da unicidade, podemos j´a afirmar que M determina completamente os fatores irredut´ıveis pi. Por outro lado, visto que M ' N certamente implica M (p) ' N (p),

resta-nos mostrar a seguinte

Proposi¸cão. Sejam a(1), . . . , a(r); b(1), . . . , b(s) sequências não decrescentes de inteiros > 0 e seja p um polinômio irredut´ıvel. Seja

M (a(1), . . . , a(r)) = R/hpa(1)i × · · · × R/hpa(r)_i.

Se M (a(1), . . . , a(r)) for isomorfo a M (b(1), . . . , b(s)), ent˜ao r = s e cada a(i) = b(i).

Prova. Procedemos por indu¸cão 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 espa¸cos vetoriais encontramos

dim(M (1, . . . , 1)) = rd = sd e portanto r = s.

Suponhamos m > 1. Seja r0 tal que a(i) = 1 para i < r0; defina s0 analogamente para os b(j). Temos ent˜ao,

pM (a(1), . . . , a(r)) ' M (a(r0) − 1, . . . , a(r) − 1) ' M (b(s0) − 1), . . . , b(s) − 1)

em virtude do exc.#4, p. 9(?). Por indu¸c˜ao, segue que r − r0 = s − s0 e que a(r0+ i) = b(s0+ i) para i = 0, . . . , r − r0. Por fim, calculando

dim M (1, . . . , 1, a(r0), . . . , a(r)) = d((r0− 1) + a(r0_{) + · · · + a(r))}

= d((s0− 1) + b(s0_{) + · · · + b(s)),}

concluimos que r0 = s0, completando a demonstra¸c˜ao.

A FORMA DE JORDAN

Seja T : V −→ V um operador linear. Suponhamos que o seu polinˆomio caracter´ıstico seja da forma

qT = (x − c1)a(1)· · · (x − ct)a(t).

(Este ´_{e sempre o caso se o corpo k for algebricamente fechado, e.g. k = C.)} Segue-se que os divisores elementares s˜ao da forma

(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 parti¸c˜ao do expoente a(j).

Por outro lado, vimos no decorrer da demonstra¸cão da unicidade da forma racional que o módulo VT é isomorfo ao produto de módulos do tipo

M = R/h(x − c)ai, (com c igual a um dos ci e a igual a algum dos a(i, j).)

Cada um destes corresponde a um certo subespa¸co V (c, a) de dimensão a em V e que é invariante pela a¸cão de T . Mais precisamente, sejam v1, . . . , va∈ V os vetores que correspondem a

1 + h(x − c)ai, . . . , (x − c)a−1_{+ h(x − c)}a_i

respectivamente. Lembramos que a a¸c˜ao de T corresponde pelo isomorfismo a multiplica¸c˜ao por x. Notando a identidade,

x(x − c)i = c(x − c)i+ (x − c)i+1, podemos escrever, T v1 = cv1+ v2 . . . T va−1 = cva−1+ va T va = cva.

Em outras palavras, a matriz de T com respeito `a base formada pela uni˜ao dos vi’s