Matrices sobre Dominios de Ideales Principales

Almiron Evangelina Godoy María Juliana

September 26, 2007

Contents

1 Preliminares 1

2 Equivalencia y Similitud 5

3 Forma Normal Hermite 13

4 Forma Normal Smith 24

5 Ejemplos 37

6 Criterio del Rango para la Semejanza 46

Los contenidos de este trabajo están basados en los del libro [1].

1 Preliminares

De�nición 1 Si R es un anillo,M un R�módulo, X un subconjunto deM; entoncesel Anulador de X; denotado por Ann(X); es de�nido como

Ann(X) = fa 2 R : ax = 0 para todo x 2 Xg:

Observación 2 Si F es un cuerpo algebraicamente cerrado, entonces existe uncuerpo K tal que F � K y es algebraicamente cerrado. Uno puede garantizarque cada elemento de K es algebraicamente cerrado sobre F , o sea, si a 2 Kexiste un polinomio f(X) 2 F [X] tal que f(a) = 0:

Teorema 3 Sea R un anillo con identidad y sea I un ideal de Mn(R):Entoncesexiste un ideal J � R tal que I =Mn(J):

1

Proposición 4 Sea fMigi2I y fNjgj2J una familia (no necesarimente �nita)de R�módulos, y sea M = �i2IMi; N = �j2JNj : Entonces

HomR(M;N) �=Yi2I(Mj2J

HomR(Mi; Nj)):

Teorema 5 Si M y N son módulos de torsión �nitamente generados sobreun R DIP, entonces M �= N si y solo si M y N tienen los mismo divisoreselementales.

Teorema 6 Sea0!M1

�!M !M2 (1)

una sucesión de R�módulos y homomor�smos de R�módulos. Entonces lasucesión 1 es exacta si y solo si la sucesión

0! HomR(N; M1)��! HomR(N; M)

�! HomR(N; M2) (2)

es una sucesión exacta de Z� módulos para todo R� módulo N: Si

M1�!M

!M2 ! 0 (3)

es una sucesión de R�módulos y homomor�smos R� módulo, entonces la suce-sión 3 es exacta si y solo si la sucesión

0! HomR(M2; N) �! HomR(M; N)

��! HomR(M1; N)

es una sucesión exacta de Z� módulos para todo R� módulo N:

Teorema 7 Sea R un DIP, M un R-módulo libre. Si N �M es un submódulo,entonces N es un R� módulo libre y

rang � libR(N) � rang � libR(M):

Teorema 8 (Teorema de factores invariantes para submódulos). Sea R un DIP,M un R�módulo libre y N � M un submódulo (que es automáticamente librepor teorema 7) de rango n <1: Entonces existe una base S de M , un subcon-junto fx1; : : : ; xng � S; y elementos no nulos s1; : : : ; sn 2 R tales que

fs1x1; : : : ; snxng es base de N (4)

ysi j si+1 para 1 � i � n� 1: (5)

Proposición 9 Si M y N son módulos �nitamente generados sobre R un DIP,entonces M �= N si y solo si M�

�= N� y rank(M=M� ) = rank(N=N� ):

2

De�nición 10 Sea M un R�módulo y S � M un submódulo. Entonces S sedice que es complementado si existe un submódulo T �M con M �= S � T:

Proposición 11 Si S es un submódulo complementado de M; entonces

rank(M) = rank(S) + rank(M=S):

Lema 12 Sea M un módulo sobre un R DIP y supongamos que x 2 Mr: SiAnn(x) = hri y a 2 R con (a; r) = d (recordemos que (a; r) = mcdfa; rg),entonces Ann(ax) = hr=di :

Proposición 13 Sea R un DIP, f : M �! N un homomor�smo de R�módulode R� módulos libres de rango �nito. Entonces

rang(M) = rang(Ker(f)) + rang(Im(F )):

Lema 14 Sea R un anillo.

1. Si �; � 2 R y i 6= j; entonces Tij(�)Tij(�) = Tij(�+ �):

2. Si � 2 R y i 6= j; entonces Tij(�) es invertible [Tij(�)]�1 = Tij(��):

3. Si � 2 R� y 1 � i � n; entonces Di(�) es invertible y Di(�)�1 = Di(�

�1):

4. P 2ij = In; así Pij es invertible y es su propia inversa.

Proposición 15 Sean R un anillo, � 2 R; � 2 R�; y m; n 2 N y A 2Mm;n(R)

1. LTij(�)(A) = Tij(�)A es obtenida de A remplazando la fili(A) por�[filj(A)] + fili(A) y dejando las otras �las intactas.

2. LDi(�)(A) = Di(�)A es obtenida de A multiplicando la fili(A) por � aizquierda y dejando las otras �las intactas.

3. LPij (A) = PijA es obtenida de A intercambiando la fili(A) con la filJ(A),dejando las otras �las intactas.

De�nición 16 Si R es un anillo conmutativo y A 2 Mm;n(R); entonces unt x t menor de A es el determinante de alguna submatriz A[� j �] donde� 2 Qt;m; � 2 Qt;n: El rango determinantal de A; denotado D� rank(A); es elmayor t tal que existe un t x t menor no nulo de A:

3

Teorema 17 Sea R un anillo conmutativo y sea A 2Mm;n(R); B 2Mm;p(R): Asumamosque 1 � t � minfm;n; pg y sea � 2 Qt;m; � 2 Qt;p: Entonces

Det(AB[� j �]) =X

2Qt;n

det(A[� j ]) det(B[ j �]):

Proposición 18 Sea A 2 Mm;n(R) y sean U 2 GL(m; r); V 2 GL(n; r):Entonces

D � rank(UAV ) = D � rank(A):

Proposición 19 Sea V un espacio vectorial sobre un cuerpo F; T1; T2 2EndF (V ): Entonces el R�módulo VT1 ; y VT2 son isomorfos si y solo si T1 y T2son similares.

Proposición 20 Todo R�módulo M es cociente de un módulo libre y si Mes �nitamente generado, entonces M es cociente de un R�módulo �nitamentegenerado.

De�nición 21 Si M es un R�módulo entonces la sucesión exacta corta

0! K ! F !M ! 0

donde F es un R�módulo libre es llamada una representación libre de M:

Proposición 22 Sean M y N R�módulos libres con bases B; B0 y C; C 0

respectivamente. Si f :M ! N es un homomor�smo de R� módulos, entonces[f ]

BC y [f ]

B0C0 estan relacionadas por la fórmula

[f ]B0C0 = PCC0 [f ]

BC (P

BB0)

�1:

Proposición 23 Sea V un espacio vectorial de dimensión �nita sobre un cuerpoF; supongamos que T 2 EndF (V ) es una transformación tal que el R�móduloVT es un R�módulo cíclico primario. Supongamos que Ann(VT ) = h(X � �)ni ;y sea v 2 V algún elemento tal que VT = Rv: Entonces

B = fvk = (T � �1V )n�k(v) : 1 � k � ng

es base de V sobre F y[T ]B = J�;n:

De�nición 24 Sea R un anillo conmutativo, A 2 Mm1;n1(R) y sea B 2Mm2;n2(R): Entonces el producto tensor o producto de kronecker de A yB; denotado AB 2Mm1m2;n1n2(R) es la matriz bloque

AB =C11 � � � C1n1...

. . ....

Cm11 � � � Cm1n1

donde cada bloque Cij 2Mm2n2 esta de�nida por

Cij = aijB:

4

Proposición 25 Sean V y W espacios vectoriales sobre un cuerpo F , supong-amos que T 2 EndF (V ); S 2 EndF (W ): Entonces

HomF [X](VT ;WS) = fU 2 HomF (V;W ) : UT = SUg:

2 Equivalencia y Similitud

Sabemos que si Ti : V ! V (i = 1; 2) son transformaciones lineales so-bre un espacio vectorial V de dimensión �nita sobre un cuerpo F; entoncesT1 y T2 son similares si y solo si los F [X]�módulos VT1y VT2 son isomorfos(teorema 19):Dado que la estructura del teorema para F [X]�módulos de torsión�nitamente generados da un criterio de isomor�smos en términos de los factoresinvariantes (o de los divisores elementales), uno tiene una herramienta poderosapara estudiar las transformaciones lineales, bajo la semejanza. Desafortunada-mente, en general es di�cultoso obtener los factores invariantes o los divisoreselementales de una transformación lineal dada. Aprovecharemos el problema decalcular los factores invariantes para estudiar una representación especí�ca delF [X]�módulo VT : Esta representación será usada para transformar la búsquedade los factores invariantes en la realización de operaciones elementales de �lasy de columnas en una matriz que tiene entradas polinómicas.

Comenzaremos con la siguiente de�nición.

De�nición 26 Si R es un anillo y M es un R- módulo �nitamente generado,entonces una representación libre �nita de M es una sucesión exacta

Rm��! Rn �!M �! 0 (6)

Recordemos que siAf! B

g! C ! 0 es una sucesión exacta entonces Co ker(f) =B= Im g(f) = B=Ker(g) = Coimg(g) �= C. Por lo tanto, M �= Coker (�)= Rn= Im g(�) y la representación libre es esencialmente una manera explícitade escribir a M como cociente de un R�módulo libre de rango �nito por unsubmódulo de rango �nito. Mientras que cada R-módulo �nitamente generadotiene una representación libre (de�nición 21), no es necesariamente cierto quecada R-módulo �nitamente generado tenga una representación libre �nita, sinembargo, si el anillo R es un DIP, esto es verdad.

Lema 27 Sea R un DIP y seaM un R-módulo �nitamente generado con �(M)= n: Entonces existe una representación libre �nita

0! Rm�! Rn !M ! 0 (7)

con m � n.Demostración. Por la proposición 20, existe una representación libre

5

0 �! K �! Rn �!M �! 0:

Como R es un DIP, el teorema 7 implica que K es un R�módulo libre de rangom � n, así la ecuación 7 es válida.

Recordemos que dos homomor�smos de R�módulos f y g de Rm en Rn

son equivalentes si y solo si existe un diagrama conmutativo

Rmf! Rn

h1 # # h2Rm

g! Rn

donde h1 y h2 son isomor�smos de R� módulos. Esto es, g = h2fh�11 y que

dos matrices A y B 2 Mn;m(R) son equivalentes si B = PAQ para algunamatriz P 2 GL(n;R) y alguna matriz Q 2 GL(m;R):

Proposición 28 Sea R un anillo conmutativo y sean f , g : Rm ! Rn homomor�smosde R�módulos. Si f y g son equivalente, entonces

Coker(f) �= Coker(g):

Demostración. Sean M = Coker(f) y N = Coker(g). Como f y g sonequivalentes existen un diagrama conmutativo y homomor�smos de R�módulos

Rmf! Rn

�1! M ! 0h1 # # h2Rm

g! Rn�2! N ! 0

donde hi son isomor�smos y �i son las proyecciones canónicas. De�nimos � :

M ! N por �(x) = �2(h2(y)) donde �1(y) = x. Es necesario veri�car que estade�nición es consistente, es decir, si �1(y1) = �1(y2) entonces �2 (h2(y1)) =�2(h2(y2)): Si �1(y1) = �1(y2), entonces y1 � y2 2 Ker(�1) = Im g(f), por lotanto, y1 � y2 = f(z) para algún z 2 Rm. Entonces

h2(y1 � y2) = h2f(z) = gh1(z) 2 Im g(g) = Ker(�2)

por lo tanto �2h2(y1 � y2) = 0 y asi � es consistente. � es isomor�smo de R�módulo, pues1. � es mor�smo de R�módulo.Sean x1 y x2 2 M tal que �1(y1 + y2) = x1 + x2: Luego �(x1 + x2) =

�2(h2(y1+y2)) = �2(h2(y1) +h2(y2)) = �2(h2(y1))+�2(h2(y2)) = �(x1)+�(x2):Sea x 2 M tal que �1(y) = x y r 2 R: Luego �(rx) = �2(h2(ry)) =

�2(rh2(y)) = r�2(h2(y)) = r�(x):2. � es monomor�smo de R�módulo.�(x1) = �(x2) entonces, por de�nición de �; �2(h2(y1)) = �2h2(y2) donde

�1(y1) = x1 y �1(y2) = x2: Luego �2(h2(y1) � h2(y2)) = 0 y así h2(y1) �

6

h2(y2) 2 Ker(�2) = Im g(g) entonces 9 z 2 Rn : g(z) = h2(y1) � h2(y2)como el diagrama es conmutativo se tiene que h2(f(h

�11 (z))) = h2(y1 � y2)

entonces f(h�11 (z)) = y1 � y2: Luego �1(f(h�11 (z)) = �1(y1) � �1(y2) y como

Ker(�1) = Im g(f) se tiene que 0 = �1(y1) � �1(y2): En consecuencia x1 = x2y así � es monomor�smo de R�módulo.3. � es epimor�smo de R�módulo.Sea z 2 N; entonces existe z1 2 imag(g) tal que �2(z1) = z; entonces existe

t 2 Rm tal que g(t) = z1; como el diagrama conmuta g(t) = h2fh�11 (t) = z1:

Dado que fh�11 (t) 2 imag(f) entonces �1(f(h�11 (t)) = x 2 M: Luego �(x) =

�2(h2(fh�11 (t))) = �2(g(t)) = �2(z1) = z

ApliSiAplicaremos la proposición 28 a un VT F [X]- módulo, para ello es necesario pro-ducir una representación libre �nita de VT : Mostraremos como usar una basede V para producir una representación libre de VT . Para esto, asumimos que Ves un espacio vectorial de dimensión �nita sobre un cuerpo F y T : V ! V esuna transformación lineal. De�nimos

B : F [X]n ! V

por B(ej) = vj para 1 � j � n donde A = fe1; : : : ; eng es la base canónica delF [X]-módulo libre F [X]n y B = fv1; : : : ; vng es una base de V: Por lo tanto,

B(f1(X); : : : ; fn(X)) = f1(T )(v1) + : : :+ fn(T )(vn) (8)

para todo (f1(X); : : : ; fn(X)) 2 F [X]n. Sea K = Ker(B): Si A = [T ]B en-

tonces A = [aij ] 2Mn(F ) donde

T (vj) =nXi=1

aijvi: (9)

Sea

pj(X) = Xej �nXi=1

aijei 2 F [X]n (10)

para 1 � j � n:

Lema 29 K � F [X]n es libre de rango n y C = fp1(X); : : : ; pn(X)g es unabase de K:

Demostración. Es su�ciente probar que C es una base. Primero notemos que

7

B(pj(X) =

= B

Xej �

nXi=1

aijei

!

= XB(ej)�nXi=1

aijB(ei)

= T (vj)�nXi=1

aijvi

= 0

por la ecuación 9. Así, pj(X) 2 K = Ker(B) para todo j. Por la ecuación 10podemos escribir

Xej = pj(X) +

nXi=1

aijei: (11)

Mediante el uso reiterado de esta ecuación, cualquier

H(X) =nXj=1

gj(X)ej 2 F [X]n

se puede escribir como

H(X) =nXj=1

gj(X)ej =nXj=1

hj(X)pj(X) +nXj=1

bjej (12)

donde bj 2 F: Si H(X) 2 K entonces se puede seguir de la ecuación 12 quenXj=1

bjej 2 K; y aplicando el homomor�smo concluimos quenXj=1

bjvj = 0 2 V ;

pero fv1; :::; vng es base de V , se tiene entonces que b1 = � � � = bn = 0: Por lotanto, C = fp1(X); : : : ; pn(X)g genera a K como un F [X]�submódulo. Paramostrar que C es linealmente independiente, supongamos que

nXj=1

hj(X)pj(X) = 0

EntoncesnXj=1

hj(x)Xej =

nXi;j=1

hj(X)aijei

y como fe1; : : : ; eng es base de F [X]n, se tiene que

hi(X)X =nXj=1

hj(X)aij : (13)

8

Si algún hi(X) 6= 0 elijo i tal que hi(X) tenga grado máximo, es decir,

grhi(X) = r � grhj(X) (1 � j � n):

Entonces el lado izquierdo de la ecuación 13 tiene grado r+1 y el lado derechotiene grado � r:Así, hi(X) = 0 para 1 � i � n y C es una base de K:

Proposición 30 Sea V un espacio vectorial de dimensión n sobre una cuerpoF , T : V ! V una transformación lineal y B una base de V: Entonces existeuna representación libre �nita de VT

F [X]n�B! F [X]n

B! VT ! 0 (14)

en donde la matriz de �B en la base canónica de F [X]n es

XIn � [T ]B:

Demostración. Si �B(ej) = pj(X) como en la ecuación 10, entonces pj(X) =colj(XIn�A) donde A = [T ]B: Así, [�B]A = XIn�A; y por el lema 29 sabemosque C = fp1(X); ::::; pn(X)g es una base de K = Ker(B); por lo tanto lasucesión 14 es exacta.

Según nuestro analisis, VT u Co ker(�B):Vale la pena ver este isomor�smoen el siguiente ejemplo.

Ejemplo 31 Sea F un cuerpo, sea V = F 2, y sea T : V ! V de�nido comoT (u1; u2) = (u2; 0): Si B = fv1; v2g es la base canónica de F 2; entonces

B(f(X); g(X)) = f(T )(v1) + g(T )(v2) = a0v1 + b0v2 + b1v1

dondef(X) = a0 + a1X + :::::+ anX

n

g(X) = b0 + b1X + ::::+ bmXm

Luego A = [T ]B =�0 10 0

�; tenemos que XI2 �A =

�X �10 X

�así

�B

��f(X)g(X)

��=

�Xf(X)� g(X)

Xg(X)

�:

Notemos que�f(X)g(X)

�=

�a0 + b1b0

�+

�X ~f(X)� ~g(X)

X~g(X)

�donde

~g(X) =g(X)� b0

X

9

~f(X) =f(X) + g(X)� a0 � b1

X

Dado que f(X) y g(X) son arbitrarios, vemos que

F [X]2=im(�B)�= F 2 (15)

como F -módulos, aunque como F [X]�módulo,

F [X]2=img(�B)�= F [X]

�01

�: (16)

De la ecuación 16 seguida de la ecuación 15, la observación

X:

�01

�=

�10

�+

��1X

�;

y el hecho de que��1X

�2 img(�B); Se sigue inmediatamente que

F [X]2�img(�B) �= VT

como F [X]�módulos.

Teorema 32 Sea F un cuerpo y sean A; B 2 Mn(F ). Entonces A y Bson similares si y solo si las matrices polinómicas XIn � A y XIn � B 2Mn(F [X]) son equivalentes.

Demostración. Si A y B son similares, entonces B = P�1AP para algunamatriz P 2 GL(n; F ):Entonces

(XIn �B) = (XIn � P�1AP ) = P�1(XI �A)P

así (XIn�A) y (XIn�B)son equivalentes enMn(F [X]): Recíprocamente,supongamos que (XIn�B) y (XIn�A) son equivalentes en Mn(F [X]): Por lotanto, existen matrices P (X); Q(X) 2 GL(n; F [X]) tales que

(XIn �B) = P (X)(XIn �A)Q(X): (17)

Ahora, si V es un espacio vectorial de dimensión n sobre F y B es una base deV; entonces existen transformaciónes lineales T1y T2 en V tales que [T1]B = Ay [T2]B = B: Por la proposición 30, existen homomor�smos inyectivos

�i : F [X]n ! F [X]n

tales que Co ker(�i) �= VTi y las matrices de�i con respecto a la base canónica de F [X]

n es (XIn � A) y (XIn � B) parai = 1; 2 respectivamente. Por la ecuación 17 los homomor�smos �1 y �2 de

10

F [X]�módulos son equivalentes. Además, aplicando la proposición28 obten-emos un isomor�smo entre VT1 y VT2 como F [X]� módulos. Por la proposición19, las transformaciones lineales T1 y T2 son similares, y tomando matrices conrespecto a la base B se tiene que A y B son similares y así queda probado elteorema.

Concluiremos esta sección estudiando la relación entre los conjuntos gener-adores de un módulo M que tiene dos representacines libres �nitas.

Ejemplo. Sea R un anillo conmutativo y sea M un R�módulo con dosrepresentaciones libres �nitas equivalentes. Esto es, existen un diagrama con-mutativo y homomor�smos de R� módulos

Rmf! Rn

�1! M ! 0h1 # # h2 # IMRm

g! Rn�2! N ! 0

(18)

donde h1 y h2 son isomor�smos. Si A = fe1; : : : ; eng es la base canónicade Rn, entonces V = fv1; : : : ; vng y W = fw1; : : : ; wng son los conjuntos gener-adores del R� módulo M; donde vi = �1(ei) y wj = �2(ej); notemos que noasumimos que estos generadores sean minimales, es decir, no asumimos que �(M) = n. Del diagrama 18 vemos que los generadores vi y wj están relacionadospor

wj = �2(ej) = �1(h�12 (ej)): (19)

Analizaremos esta situación en términos de las matrices representantes delos homomor�smos. Todas las matrices son calculadas con respecto a las basescanónicas de Rm y Rn: Por lo tanto, si A = [f ]; B = [g]; Q = [h1]; y P = [h2];entonces la conmutatividad del diagrama 18 muestra que B = PAQ�1: Además,si P�1 = [p�ij ]; entonces la ecuación 19 se convierte en

wj = �1(h�12 (ej)) (20)

= �1(nXi=1

p�ijei)

= �1

nXi=1

p�ijvi:

Esto es, wj es una combinación lineal de vi donde los escalares vienen de lacolumna jth de P�1 en la ecuación B = PAQ�1:

Ejemplo 33 Aplicaremos el análisis general del ejemplo 2 a un caso númericoespecí�co. Sea M un grupo abeliano con tres generadores v1; v2 y v3 sujetos a

11

las relaciones

6v1 + 4v2 + 2v3 = 0

�2v1 + 2v2 + 6v3 = 0:

Esto es, M = Z�K donde K es un subgrupo de Z3 generado por y1 =(6; 4; 2) y y2 = (�2; 2; 6); y así existe una representación �nita de M

0 ! Z2TA! Z3

�! M ! 0 (21)

donde TA denota la multiplicación por la matriz

A =

24 6 �24 22 6

35

Deseamos encontrar B = PAQ equivalente a A donde B esta dada como enla proposición 46. Si

P =

24 0 0 10 1 �21 �2 1

35 y Q =

�1 30 �1

�entonces

B = PAQ =

24 2 00 100 0

35(Mas adelante veremos como calcular P y Q). Entonces

P�1 =

24 3 2 12 1 01 0 0

35 :Por lo tanto, w1 = 3v1 + 2v2 + v3; w2 = 2v1 + v2 y w3 = v3 son los nuevos

generadores de M , y la estructura de la matriz B muestra que 2w1 = 0 ( dadoque 2w1 = 6v1 + 4v2 + 2v3 = 0); y 10w2 = 0 y w3 genera un subgrupo cíclicoin�nito de M , es decir

M �= Z2 � Z10 � Z

12

3 Forma Normal Hermite

En esta sección y en la siguiente estaremos interesados en determinar la formamás simple a la que una matriz A 2 Mm;n(R) donde R es un DIP puede serreducida usando la multiplicación por matrices invertibles.

De�nición 34 Sea R un anillo conmutativo y A; B 2Mm;n (R)

1. Decimos que B es equivalente a izquierda a A, si existe una matrizU 2 GL (m;R) ;tal que:

B = UA

La denotamos B �L A

2. Decimos que B es equivalente a derecha a A, si existe una matrizV 2 GL (n;R) ; tal que :

B = AV

La denotamos B �R A

3. Decimos que B es equivalente a A si existen matrices U 2 GL(m;R) yV 2 GL(n;R); tal que:

B = UAV

La denotamos B �E ACada una de estas relaciones es una relación de equivalencia, y nos gustaría

calcular una forma simple para un representante de cada clase de equivalenciaen forma de algoritmo. Nos ocuparemos de los aspectos algorítmicos para llegara estos representantes. Esto requiere la habilidad de construir varias matri-ces invertibles. Las matrices elementales proporcionan algunos ejemplos de lasmatrices invertibles sobre cualquier anillo conmutativo, y veremos que para undominio Euclideano, cada matriz invertible es un producto de matrices elemen-tales. El siguiente resultado describe un procedimiento inductivo para construirmatrices invertibles con una �la o columna prescripta.

Teorema 35 Sean R un DIP, a1; :::; an 2 R; y d = mcd fa1; :::; ang : Entoncesexiste una matriz A 2Mn(R) tal que:

1. fila1( A) = [a1; :::; an]

2. det(A) = d

13

Demostración. Lo demostraremos por inducción sobre n: Si n = 1 el teorema

es trivial. Supongamos que el teorema es verdadero para n � 1; y sea A1 2Mn�1(R) una matriz invertible tal que la fila1(A1) = [a1; :::; an�1] y det(A1) =d1 = mcd fa1; :::; an�1g : Dado que

d = mcd fa1; :::; ang= mcd fmcd fa1; :::; an�1g ; ang= mcd fd1; ang ;

entonces existen u; v 2 R tal que ud1 � van = d: De�nimos

A =

266666666664

an0

A1 0......0

a1:vd1

a2:vd1

� � � � � � an�1:vd1

u

377777777775Como d1 jai para 1 � i � n�1; tenemos que ai:vd1 2 R; y por lo tanto A 2Mn(R)

y la fila1(A) = [a1; :::; an]: Calculemos el determinante de A:

det(A) = u det(A1) + (�1)n+1an det(A1n)

donde A1n es la submatriz obtenida de eliminar la �la 1 y la columna n dela matriz A:Notemos que A1n se obtiene de, A1 cambiando la fila1(A1) =[a1; :::; an�1] por la �la n�1; cambiando todas las otras �las por una de arriba ,luego multiplicando la nueva �la n�1(=[a1; :::; an�1]) por v

d1:Por la proposición

15 tenemos que:

A1n = Dn�1(v

d1)Pn�1;n�2:::P3;2P2;1A1

Así

detA1n =

�v

d1

�(�1)n�2 detA1

= (�1)n�2v

Por lo tanto

detA = u detA1 + (�1)n+1an detA1n= ud1 + (�1)n+1an(�1)n�2v= ud1 � van= d:

Por lo tanto por inducción el teorema queda demostrado para todo n:

14

Corolario 36 Supongamos que R es un DIP, y a1; :::an son elementos relati-vamente primos de R y 1 � i � n: Entonces existen una matriz invertible Aicon filai(Ai) = [a1; :::an] y una matriz invertible Bi con coli (Bi) = [a1; :::an]t:

Demostración. Por el teorema 35 sabemos que existe una matriz A 2Mn (R)con

fila1(A) = [a1; :::an]

y detA = 1. Entonces Ai = P1iA y Bi = AtP1i:

Ejemplo 37 Sea R = Z construiremos una matriz invertible A 2 GL(3;Z) con

fila1(A) =�25 15 7

�dado que 2:25� 3:15 = 5; tomamos

A1 =

�25 153 2

�Entonces 3:5 � 2:7 = 1; y se tiene que u = 3 y v = 2 entonces a1v=d1 =

10; a2v=d1 = 6: Por lo tanto la matriz es

A =

2425 15 73 2 010 6 3

35Luego det(A) = 1;por eso A es una matriz invertible. Además, si deseamos

hallar una matriz invertible B 2 GL(4;Z) con

fila1(B) =�25 15 7 9

�Entonces podemos usar A en el paso inductivo. Obervemos que 10�9 = 1;asi

que el algoritmo nos da una matriz

B =

266425 15 7 93 2 0 010 6 3 025 15 7 10

3775que es invertible y tiene la primera �la requerida.

Lema 38 Sean R un DIP, A 6= 0 2Mm;1(R) y d = mcd(A) (o sea d es el mcdde los aij 2 A ). Entonces existe una matriz invertible U 2 GL(m;R) tal que

UA =

26666664d0:::0

3777777515

Además, si R es dominio Euclideano, entonces U puede ser calculada comoproducto de matrices elementales.

Demostración. Podemos escribir b1a1 + :::: + bmam = d 6= 0; donde A =[a1::::am]

t y b1; :::; bm 2 R: Entonces

b1

�a1d

�+ ::::+ bm

�amd

�= 1

y así fb1; :::; bmg son relativamente primos. Por el teorema 35 existe una matrizU1 2 GL(m;R) tal que fila1(U1) = [b1; : : : ; bm]: Entonces

U1A =

26666664dc2:::cm

37777775y ci = ui1a1 + ::::+ uimam; y así d j ci para todo i � 2: Por lo tanto ci = �idpara �i 2 R: Ahora, si U es de�nida por

U = T21(��2)T31(��3):::Tm1(��m)U1

entonces por la proposición 15 tenemos que

UA =

26666664d0:::0

37777775Esto completa la demostración para el caso general cuando R es DIP. Ahorasupongamos queR es dominio Euclideano, con función Euclideana v : Rn f0g �!Z+: Este argumento, es mas constructivo, usaremos multiplicaciones a izquierdapor matrices elementales. Por lo tanto la U construida será producto de ma-trices elementales. Sea v(A) = min fv(aj) : 1 � j � mg y supongamos quev(A) = v (ai) : Entonces P1iA = [�1:::�m]

t; tiene v(�1) � v��j�para j � 2:

Cada �i puede ser escrito como �i = i�1 + ri donde ri = 0 o v (ri) < v (�i) :Por lo tanto, restando i:fila1(P1iA) a la filai(P1iA) se tiene la matriz

A1 = T21(� 2):::Tm1 (� m)P1iA =

26666664�1r1:::rm

3777777516

donde rj = 0 o v (rj) < v (�1) : Si algún rj 6= 0 entonces hemos encontrado unamatriz A1 equivalente a izquierda a A via el producto de matrices elementalescon v(A1) < v(A): Podemos repetir el proceso anterior para encontrar unasucesión de matrices

Ai =

26666664a(i)1

::::

a(i)m

37777775equivalentes a izquierda de A via producto de matrices elementales tal que

1. v(a(i�1)1 ) > v�a(i)1

�para todo i > 1 y

2. a(i)j = 0 o v(a(i)j ) < v(a(i)1 ) para j � 2: Como por la condición 3 esto solo

puede ocurrir para �nitas Ai, debemos tener que a(i)j = 0 para j � 2 para algún

Ai, es decir

UA = Ai =

26666664a(i)1

0:::0

37777775para alguna U 2 GL(m;R); que es producto de las matrices elementales. Quedaobservar que a(i)1 = b es el mcd del conjunto fa1; :::; amg : Pero la ecuación

U

266664a1:::am

377775 =266664b0::0

377775muestra que b 2 (a1; :::am) y

266664a1:::am

377775 = U�1

266664b0::0

377775muestra que (a1; :::; am)� (b); es decir (b) = (a1; :::; am) y el lema queda probado.

Dada una relación de equivalencia � sobre un conjunto X .Un conjunto completo de representantes de � es un subconjunto P �

X tal que P tiene exactamente un elemento de cada clase de equivalencia. Por

17

lo tanto, P es un conjunto completo de representantes de � si cada x 2 X esequivalente a un único a 2 P: Los casos que consideraremos son relaciones deequivalencia sobre un anillo conmutativo.Un conjunto completo de no asociados de R es un subconjunto P � R;

tal que para cada elemento de R es asociado a un único b 2 P , es decir, si a 2 Rentonces existe un único b 2 P y una unidad u 2 R� tal que b = au:

De forma semejante, si I � R es un ideal, entonces Un conjunto com-pleto de residuos módulo I consiste en un subconjunto de R, que contieneexactamente un elemento de cada coset a+ I. Si I es un ideal principal Ra cona 2 R; entonces decimos que es un conjunto completo de residuos móduloa:

De�nición 39 Sean R un anillo conmutativo, P � R un conjunto completo deno asociados de R, y para cada a 2 R sea P (a) el conjunto completo de residuosmódulo a. Entonces una matriz A = [aij ] 2Mm;n(R) se dice que esta en formanormal Hermite, si A = 0 o si A 6= 0 y existe un entero r con 1 � r � m talque:

1. filai(A) 6= 0 para 1 � i � r; y filai(A) = 0 para r + 1 � i � m

2. existe una sucesión de enteros 1 � n1 < n2::: < nr � m tal que aij = 0para j < ni (1 � i � r); aini 2 Pn f0g, (1 � i � r), y ajni 2 P (aini) para1 � j < i:

Por lo tanto, si la matriz A esta en forma normal Hermite tiene la siguienteforma 26666666666664

0 � � � 0 a1n1 � � � � � a1nr � � � �0 � � � 0 0 0 � � � 0 a2nr � � � �0 � � � 0 0 0 � � � 0 a3nr � � � �...

. . ....

. . ....

. . .0 � � � 0 � � � arnr � � � �0 � � � 0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0 � � � 0

37777777777775Donde * signi�ca que puede ser cualquier elemento de R: Si R es un cuerpo

y P = f0; 1g mientras que P (a) = 0 para cada a 6= 0, entonces la forma normalHermite será aini = 1; mientras que ajni = 0 si j < i.El principal resultado en matrices de equivalencias a izquierda es que si R

es un DIP entonces toda matriz es equivalente a izquierda a una matriz en laforma normal Hermite.

Teorema 40 Sean R un DIP, P � R un conjunto completo de no asociadosy P (a); (a 2 R) un conjunto completo de residuos de módulo a. Entonces

18

cualquier matriz A 2Mm;n(R) es equivalente a izquierda a una matriz H en la

forma normal Hermite.

Si R es dominio Euclideano, entonces H = UA donde U es producto dematrices elementales.Demostración. La demostración es por inducción sobre el número de �lasm: Si m = 1 y A 6= 0 sea n1 el primer índice con a1n1 6= 0. Entonces seaua1n1 = b1n1 2 P: Entonces B = uA está en forma normal Hermite. Ahorasupongamos que m > 1 y que toda matriz en Mm�1;n(R) (para n arbitrario)es equivalente a izquierda (usando el producto de matrices elementales si Res Euclideano) a una matriz en la forma normal Hermite. Sea n1 el enteromás pequeño tal que la coln1(A) 6= 0: Sea (coln1(A))

t= [�1 � � ��m] y sea

d = mcd f�1; : : : ; �mg : Entonces d 6= 0 y, por el lema 38, existe una matrizinvertible U1 2 GL(m;R); (que puede ser calculada como producto de matriceselementales si R es Euclideano) tal que

A1 = U1A =

26664d � � � � �0... B10

37775Donde B1 2 Mm�1;n�1(R): Por hipótesis inductiva, existe una matriz invert-ible V 2 GL(m � 1; R) (que puede ser calculada como producto de matriceselementales si R es Euclideano) tal que V B1 está en la forma normal Hermite.Sea

U2 =

�1 00 V

�Entonces U2A1 = A2 está en la forma normal Hermite, excepto que las en-tradas a1ni(i > 1) pueden no estar en P (aini): Esto lo podemos solucionar,primero, añadiendo un múltiplo de la de �la 2 a la �la 1 y logramos quea1n2 2 P (a2n2); luego añadimos un múltiplo de la �la 3 a la �la 1 y logramosque a1n3 2 P (a3n3); etc: Entonces aij = 0 si j < ni; estas operaciones de �lasno cambian las columnas ni anteriores; así, al �nal de esta suceción de opera-ciones pudimos reducir A a la forma normal Hermite, y si R es Euclideano solousaremos operaciones elementales de �las.

Si elegimos un conjunto completo de no asociados para R de modo que con-tenga a 1 (como único representante para las unidades), y un conjunto completode representantes de módulo 1 sera f0g entonces la forma normal Hermite decualquier U 2 GL(n;R) es In: Esto es fácil ver dado que una matriz cuadrada enla forma normal Hermite debe ser triangular superior y el determinante de talmatriz es el producto de los elementos de la diagonal. Por lo tanto, si la matrizen forma normal Hermite es invertible entonces debe tener unidades sobre la di-agonal y por nuestra elección de 1 como representante de las unidades la matrizdebe tener 1 sobre la diagonal. Debido a que el único representante del módulo

19

1 es f0g ; se sigue que todas las entradas sobre la diagonal también deben ser0, es decir, la forma normal Hermite para cualquier U 2 GL(n;R) es In: Siaplicamos esta observación al caso de una matriz invertible con entradas de undominio Euclideano R; se sigue por el teorema 40 que U puede ser reducidaa la forma normal Hermite,es decir, In por una sucesión �nita de operacioneselementales de �la. Esto es

El � � �E1U = In

Donde cada Ej es una matriz elemental. Por lo tanto, U = E�1l � � �E�11 esun producto de matrices elementales. Así, hemos llegado al siguiente resultado:

Teorema 41 Sea R un Dominio Euclideano. Entonces toda matriz invertiblesobre R es un producto �nito de matrices elementales.

Observación 42 Si R no es un dominio Euclideano, entonces el teorema 41,puede que no se cumpla. Hay ejemplos explícitos de las matrices GL(2; R) (Run DIP), que no se puede escribir como como matrices elementales.

Ejemplo 43 Sea R = Z; P = Z+; y para cada m 6= 0 2 Z; sea

P (m) = f0; 1; : : : ; j m j �1g :

Sea P (0) = Z: Por lo tanto hemos elegido un conjunto completo de no asociadospara Z y un conjunto de residuos módulo m para cada m 2 Z: Calcularemosuna forma normal Hermite para la matriz

A =

244 2 9 56 3 4 38 4 1 �1

35Las multiplicaciones a izquierda usadas en la reducción son U1; : : : ; U7 2 GL(3;Z); mientras que A1 = U1A y Ai = UiAi�1 para i > 1: Entonces

20

U1 =

24�1 1 00 1 00 0 1

35 A1 = U1A =

242 1 �5 �26 3 4 38 4 1 �1

35U2 =

24 1 0 0�3 1 0�4 0 1

35 A2 = U2A1 =

242 1 �5 �20 0 19 90 0 21 7

35U3 =

241 0 00 10 �90 �1 1

35 A3 = U3A2 =

242 1 �5 �20 0 1 270 0 2 �2

35U4 =

241 0 00 1 00 �2 1

35 A4 = U4A3 =

242 1 �5 �20 0 1 270 0 0 �56

35U5 =

241 0 00 1 00 0 �1

35 A5 = U5A4 =

242 1 �5 �20 0 1 270 0 0 56

35U6 =

241 5 00 1 00 0 1

35 A6 = U6A5 =

242 1 0 1330 0 1 270 0 0 56

35U7 =

241 0 �20 1 00 0 1

35 A7 = U7A6 =

242 1 0 210 0 1 270 0 0 56

35La matriz A7 es la forma normal Hermite asociada a la matriz A: (Usando el sis-tema de representates de P y P (m)): Una pregunta natural es si la forma normalHermite de una matriz A que garantiza el teorema 40, es única. Indudablementeuno puede encontrar formas normales de Hermite diferentes cambiando el con-junto completo de no asociados o el conjunto completo de residuos módulo a 2 R, pero si �jamos los conjuntos anteriores entonces la forma normal de Hermite esúnica, independientemente de las operaciones sucesivas para conseguir la forma.Este es el contenido del próximo resultado.

Teorema 44 Sea R un DIP, P � R un conjunto completo no asociado y P (a)un conjunto completo de residuo módulo a para cada a 2 R: Si A 2 Mm;n(R)entonces la forma normal Hermite de A es única.

Demostración. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que A 6= 0:Primero,notemos que el número de �las no nulas de una matriz en la forma normal Her-miteH; que es equivalente a izquierda con A, es exactamente el rango de A. Paraver esto, supongamos, que la matriz H tiene r �las no nulas, sea 1 � n1 < : : : <nr � n los enteros, garantizados por la de�nición 39, y sea � = (1; 2; : : : ; r) y� = (n1; n2; : : : ; nr) : Entonces detH [� j �] = a1n1a2n2 � � � arnr 6= 0: Por lo tantorang (H) � r y toda submatriz de H con mayor cantidad de �las r tiene una

21

�la de ceros. Por lo tanto, rang (H) = r y dado que el rango se preserva porequivalencia (proposición18), se tiene que

r = rang(H) = rang(A)

Supongamos que A �L H y A �L K donde H y K están ambas en formanormal Hermite. Entonces existe una matriz invertible U tal que H = UK ypor el párrafo anterior, H y K tienen ambas r = rang(A) �las no nulas: Sea 1�n1 < n2 < � � � < nr � n los índices de las columnas de K dados por la de�niciónde la forma normal Hermite, y sea 1� t1 < t2 < � � � < tr � n los índices delas columnas de H . Queremos ver que ti = ni para 1� i � r: Efectivamente,n1 es la primer columna no nula de K y ti es la primer columna no nula de H,pero colj (H) = U colj(K) y U es invertible, así n1 = t1: Concluimos que paraj = n1 = t1; h1n1 6= 0; y k1n1 6= 0 y26664

h1n10...0

37775 = U

26664k1n10...0

37775 ;entonces k1n1us1 = 0 para s > 1 y así us1 = 0 para s > 1:Por lo tanto

U =

�u11 �0 U1

�:

Si H =

�fila1 (H)

H1

�y K =

�fila1 (K)

K1

�donde H1; K1 2 Mm�1;n(R) entonces

H1 = U1K1 con H1y K1en forma normal Hermite. Por inducción sobre elnúmero de �las, podemos concluir que nj = tj para 2� j � r: Por otra parte,dividiendo U en bloques de la forma

U =

�U11 U12U21 U22

�donde U11 2 Mr(R) y comparando sucesivamente colnj (H) = U colnj (K) con-cluimos que U21 = 0 y que U11 es triangular superior. Por lo tanto

U =

2666664u11 u12 � � � u1r0 u22 � � � u2r U12...

. . ....

0 0 � � � urr0 U22

3777775 ;

y detU = u11 : : : urr(det(U22)) es una unidad de R . Por lo tanto, cada uii es unaunidad de R; pero hini = uiikini para 1� i � r; así hini y kini son asociados.Pero hiniy kini están ambos en un sistema completo de no asociados de R;entonces concluimos que hini= kini y por lo tanto que uii = 1 para 1� i � r: De

22

este modo cada elemento de la diagonal de U11 debe ser 1. Supongamos que1� s � r � 1:Entonces

hs;ns+1 =mX =1

us; k ;ns+1

= ussks;ns+1 + us;s+1ks+1;ns+1

Dado que us = 0; para < s; mientras que k ;ns+1 = 0 si > s + 1: Comouss = 1; concluimos que

hs;ns+1 = ks;ns+1 + us;s+1ks+1;ns+1 :

Por lo tantohs;ns+1 � ks;ns+1(mod ks+1;ns+1)

y como hs;ns+1 y ks;ns+1 están ambos en P (ks+1;ns+1); se tiene que hs;ns+1=ks;ns+1 y por lo tanto us;s+1 = 0 para 1 � s � r� 1: Procedemos por inducción.Supongamos que us;s+j = 0 para 1 � j � r � 1 y consideramos

hs;ns+j+1 =mX =1

us k ;ns+j+1

= us;s+j+1ks+j+1;ns+j+1 + ussks;ns+j+1= us;s+j+1ks+j+1;ns+j+1 + ks;ns+j+1 :

Por lo tanto, hs;ns+j+1 = ks;ns+j+1ya que ambos pertenecen a la misma clasede residuo módulo ks+j+1;ns+j+1 :Así us;s+j+1 = 0: Por lo tanto, hemos probadoque U tiene la forma

U =

�Ir U120 U22

�y, como las últimas m� r �las de H y K son ceros se sigue que H = UK = Ky la unicidad de la forma normal Hermite queda probada.Concluiremos esta sección con una aplicación simple de la forma normal

Hermite. Recordemos que si R es un anillo entonces los ideales de la matrizMn(R) son precisamente los conjuntosMn(J) donde J es un ideal de R (teorema3). En particular, si R es un anillo de división entonces los únicos ideales deMn(R) son h0i y todo el anillo Mn(R): Sin embargo, hay muchos ideales aizquierda del anillo Mn(R) y si R es un DIP, entonces la forma normal Hermitepermite calcular explícitamente todos los ideales a izquierda de Mn(R); que sontodos principales.

Teorema 45 Sea R un DIP y sea J � Mn(R) un ideal a izquierda. Entoncesexiste una matriz A 2Mn(R) tal que J = hAi ; es decir, J es un ideal principala izquierda de Mn(R):

23

Demostración. Mn(R) es un R�módulo �nitamente generado (de hecho, eslibre y de rango n2), y J un ideal a izquierda es un R� submódulo de Mn(R).Por el teorema 7 J es �nitamente generado como R�módulo. Supongamos que(como R�módulo)

J = hB1; : : : ; Bki

donde Bi 2Mn(R): Consideremos la matriz

B =

264 B1...Bk

375 2Mnk;n(R):

Existe una matriz P 2 Mmk;n(R) invertible tal que PB está en forma normalHermite. Por lo tanto

PB =

26664A0...0

37775 (22)

y si particionamos en bloques a P = [Pij ] donde Pij 2Mn(R) se sigue de laecuación 22 que

A = P11B1 + � � �+ P1kBk:

Por lo tanto, A 2 J y por esto el ideal a izquierda hAi � J: Así

B = Q

26664A0...0

37775donde Q = P�1 = [Qij ]; se sigue que Bi = Qi1A: Por lo tanto, J � hAi ;concluimos que

J = hAi :

4 Forma Normal Smith

En contraste con la naturaleza, relativamente complicada de la forma Hermite, sipermitimos la multiplicación por matrices no singulares tanto a izquierda comoa derecha,entonces uno puede reducir una matriz A sobre un DIP a una formaparticularmente simple. La existencia de esta forma simple, es conocida comola forma normal Smith, que sera esencialmente demostrada en la proposición46. Combinando esto con el teorema 41 se obtendrá un procedimiento bastantee�caz para el cálculo de los factores invariantes de una transformación lineal.Adicionalmente, este mismo procedimiento produce el cambio de base que pone

24

a la matriz en la forma canónica racional. También consideraremos aplicacionesde la forma normal Smith para la solución de ecuaciones lineales diofánticas.

Proposición 46 Sea R un DIP y sea f : M ! N un homomor�smo de mó-dulos, entre el R�módulo libre M de rango m y el R�módulo libre N de rangon: Entonces existen, una base B = fv1; : : : ; vmg deM , una base C = fw1; : : : ; wngde N; y elementos no nulos s1; : : : ; sr de R; donde r = rank(imag(f)); tal quesi j si+1 para 1 � i � r � 1 y tal que�

f(vi) = siwi si 1 � i � r;f(vi) = 0 si i > r:

Esto es, la matriz de f con respecto a las bases B y C es

[f ]BC =

�Dr 00 0

�donde Dr = diagfs1; : : : ; srg:

Demostración. Por el teorema 8, existe una base C = fw1; : : : ; wng de N yelementos s1; : : : ; sr 2 R tal que si j si+1 para 1 � i � r�1 y fs1w1; : : : ; srwrg esbase para el submódulo imag(f) � N: Tomamos un subconjunto fv1; : : : ; vmg �M tal que f(vi) = siwi para 1 � i � r: Por la proposición 13, el Ker(f) esun submódulo de M de rango m � r: Escogamos una base fvr+1; : : : ; vmg delKer(f):Veamos que B = fv1; : : : ; vr; vr+1; : : : ; vmg � M es una base de M: Sea v 2

M; f(v) 2 imag(f); de este modo

f(v) =

rXi=1

aif(vi)

=

rXi=1

f(aivi):

Por lo tanto, tenemos que f(v�rXi=1

aivi) = 0; entonces v�rXi=1

aivi 2 Ker(f): De

este modo

v �rXi=1

aivi =mX

i=r+1

aivi

v =mXi=1

aivi:

Así B es generador del R�módulo M:

25

Ahora veamos que son linealmente independientes. Supongamos quemXi=1

aivi =

0: Entonces

0 =rXi=1

aif(vi) =rXi=1

aisiwi:

Como fs1w1; : : : ; srwrg es linealmente independiente, ai = 0 para 1 � i � r:Luego para los r + 1 � i � m; ai = 0; pues fvr+1; : : : ; vmg es una base delKer(f) y así B resulta una base.Es fácil ver que

[f ]BC =

�Dr 00 0

�donde Dr = diagfs1; : : : ; srg:

Teorema 47 Sea R un DIP y sea A 2Mm;n(R):Entonces existe U 2 GL(m;R)y V 2 GL(n;R) tal que

UAV =

�Dr 00 0

�(23)

donde r = rang(A) y Dr = diag(s1; : : : ; sr) con si 6= 0 (1 � i � r) y si j si+1para 1 � i � r � 1: Además, si R es un Dominio Euclideano, entonces lasmatrices U y V puede considerarse como productos de matrices elementales.

Demostración. Consideremos el homomor�smo TA : Rn �! Rm de�nidocomo la multiplicación por la matriz A: Por la proposición 46, existe una baseB de Rn y una base C de Rm tal que

[TA]BC =

�Dr 00 0

�donde Dr = diag(s1; : : : ; sr) con si 6= 0 (1 � i � r) y si j si+1 para 1 � i �r� 1:Si C0 y B0 denota la base canónica de Rm y Rn respectivamente, entoncespor la fórmula del cambio de base (proposición 22) se tiene que�

Dr 00 0

�= [TA]

BC = P C

0

C [TA]B0C0 P

B0B : (24)

Dado que A = [TA]B0C0 y que las matrices de cambio de base son invertible, la

ecuación 24 implica a la ecuación 23. Si R es dominio Euclideano, por el teorema41, sabemos U y V se pueden obtener como producto de matrices elementales.

Observación 48

1. La matriz�Dr 00 0

�se denomina forma normal Smith de A

26

2. Dados que los elementos s1; : : : ; sr son los factores invariantes del sub-módulo Im(TA); son únicos (salvo por multiplicación por las unidades deR). Llamaremos a estos elementos Factores Invariantes de la matrizA. Así, dos matrices A;B 2 Mm;n(R) son equivalentes si y solo si tienenlos mismos factores invariantes. Esta observación combinada con el teo-rema 32 nos da el siguiente criterio para la similitud de matrices sobre uncuerpo.

Teorema 49 Sea F un cuerpo y A; B 2Mn(F ): Entonces A y B son similaressi y solo si las matrices XIn � A y XIn � B 2 Mn(F [X]) tienen los mismosfactores invariantes.

Demostración. Ay B son similares si y solo si XIn � A y XIn � B sonequivalentes y esto es verdad si y solo si XIn � A y XIn � B tiene los mismosfactores invariantes.

Observación 50 Si R es un Dominio Euclideano entonces A puede ser trans-formada en forma normal Smith por una sucesión �nita de operaciones elemen-tales de �las y de columnas, dado que toda matriz invertible sobre R es producto�nito de matrices elementales. Podemos describir explícitamente un algoritmode como podemos lograr la forma normal Smith en el caso de que R sea undominio Euclideano, con la función de grado v : R=0 �! Z+: Si A 2Mm;n(R)es una matriz no nula, sea

v(A) = min fv(aij) : 1 � i � m; 1 � j � ng :

Usando una suceción de intercambios de �las y de columnas podemos asumir quev(a11) = v(A): Entonces si i > 1 podemos escribir ai1 = a11bi+bi1 donde bi1 = 0o v(bi1) < v(a11): Restando bi:fil1(A) a la fili(A) obtenemos una matriz A(1)

donde cada elemento de la col1(A(1)) es divisible por a11 o v(A(1)) < v(A): Si noestamos en el primer caso, repetimos el proceso con A(1), dado que v(A) es unentero positivo éste proceso no puede continuar inde�nidamente. Así, llegaremosa una matriz B con b11 j bi1 para 2 � i � m: Aplicando un proceso similar a loselementos de la primer �la, podemos asumir que las operaciones elementales de�las y de columnas han producido una matriz B donde b11 j bi1 y b11 j b1j para2 � i � m y 2 � j � n: Entonces restando múltiplos de la primera �la y de laprimer columna de B obtenemos una matriz equivalente ~B = [b11] � C dondeC 2 Mm�1;n�1. Podemos pensar que b11 divide a cada elemento C: Si esto noposible, entonces sólo agregamos una �la de C a la primer �la de ~B; obteniendouna matriz equivalente en la que se puede aplicar el proceso anterior. Comocada repetición reduce v( ~B); solo es posible un número �nito de repeticionesantes de que logremos una matriz B = [b11] � C en donde b11 divide a cadaelemento de C: Si C no es cero, repetimos el proceso con C:Usando solamenteoperaciones elementales de �las y de columnas, éste proceso terminará con laobtención de la forma normal Smith.

Ejemplo 51 Es útil ver este algoritmo en la práctica, así que haremos un ejem-plo completo del cálculo de la forma normal Smith de una matriz.Un método

27

simple para obtener U 2 GL(m;R) y V 2 GL(n;R) para que UAV esté en laforma normal Smith es ir conservando el camino usado de operaciones elemen-tales de �las y de columnas.Esto puede lograrse aplicando simultamneamente aIm cada operación hecha en la �la de A y In cada operación hecha en la columnade A:

Sea

A =

242 1 �3 �11 �1 �3 14 �4 0 16

35 2M3;4(Z)

Reduciremos la matriz A a la forma normal Smith por una suceción deoperaciones elementale de �las y de columnas. Estaremos al tanto del resultadoprincipal de estas operaciones llevándo a cabo simultáneamente sobre I3 (paralas operaciones de �las ), y I4 (para las operaciones de columnas).

I3... A

... I4

=

241 0 00 1 00 0 1

35 ...242 1 �3 �11 �1 �3 14 �4 0 16

35 ...26641 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775240 1 01 0 00 0 1

35 ...241 �1 �3 12 1 �3 �14 �4 0 16

35 ...26641 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775240 1 01 �2 00 �4 1

35 ...241 �1 �3 10 3 3 �30 0 12 12

35 ...26641 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775240 1 01 �2 00 �4 1

35 ...241 0 0 00 3 3 �30 0 12 12

35 ...26641 1 3 �10 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775240 1 01 �2 00 �4 1

35 ...241 0 0 00 3 0 00 0 12 12

35 ...26641 1 2 00 1 �1 10 0 1 00 0 0 1

3775240 1 01 �2 00 �4 1

35 ...241 0 0 00 3 0 00 0 12 0

35 ...26641 1 2 �20 1 �1 20 0 1 �10 0 0 1

3775h= U

... S... V

i28

Entonces UAV = S y S es la Forma Normal Smith de A:La ventaja de calcular los factores invariantes de una transformación lineal

por la reducción de la matriz XIn � [T ]B a la forma normal Smith tiene lasiguiente consecuencia interesante.

Proposición 52 Sea F un cuerpo y A 2 Mn(F ): Entonces A es similar a sumatriz transpuesta At:

Demostración. Consideremos la matriz XIn �A 2Mn(F [X]):Entonces exis-ten matrices invertibles P (X); Q(X) 2 GL(n; F [X]) tal que

P (X)(XIn �A)Q(X) = diag(s1(X); : : : ; sn(X)) (25)

Donde si(X) j si+1(X) para 1 � i � n � 1: Calculando la transpuesta a laEcuación 25 obtenemos

Q(X)t(XIn �At)P (X)t = diag(s1(X); : : : ; sn(X)):

Así, A y At tienen los mismos factores invariantes y por lo tanto son similares.

Este resultado no puede ser extendido a matrices sobre anillos arbitrarios,ni siquiera DIP, como en el siguiente ejemplo:

Ejemplo 53 Sea R un DIP,que no es un cuerpo, p 2 R un primo. Consider-amos la matriz

A =

240 p 00 0 10 0 0

35 2M3(R)

A no es similar a At:

Solución 54 Supongamos que T = [tij ] 2 M3(R) es una matriz que satisfacela ecuación AT = TAt:Entonces240 p 0

0 0 10 0 0

3524t11 t12 t13t21 t22 t23t31 t32 t33

35 =24t11 t12 t13t21 t22 t23t31 t32 t33

35240 0 0p 0 00 1 0

35 ; (26)

que implica, que 24pt21 pt22 pt23t31 t32 t330 0 0

35 =24pt12 t13 0pt22 t23 0pt32 t33 0

35 (27)

Por la ecuación 27, concluimos que pt32 = pt23 = t33 = 0; t12 = t21; t13 = t31 =pt22 = ps para algún s 2 R:Por lo tanto, T tiene la forma

T =

24t11 t12 pst12 s 0ps 0 0

35 ;29

y así, det(T ) = �p2s3::Ya que esto nunca puede ser una unidad del anillo R;lamatriz de ecuación AT = TAt no tiene una solución T invertible. Así, A y At

no son similares.

Observación 55 El teorema 32 es válido para anillos comnmutativos R ,es de-cir, si A; B 2 Mn(R) entonces A y B son similares si y solo si las matricespolinómicas XIn �A y XIn �B son equivalentes en Mn(R[X]): La prueba quehemos dado para teorema 32 se hace completamente sin modi�caciones esen-ciales. Con esta perspectiva, una consecuencia del ejemplo 53 es que la matrizpolinómica

XI3 �A =

24X �p 00 X �10 0 X

35 2M3R(X)

no es equivalente a una matriz diagonal. Esto es claro dado que la prueba de laproposición 52 mostraría que A y At eran similares si XI3 �A era equivalentea una matriz diagonal.

Lo que propondremos es una teoría de matrices equivalentes con entradasde un anillo que no es un DIP (por ejemplo R[X] cuando R es un DIP esto noes un cuerpo), que no es tan simple como la teoría de los factores invariantes.Así, mientras el teorema 32 (extendido a A 2 Mn(R)) traduce el problema dela similitud de las matrices en Mn(R) en el problema de la equivalencia de lasmatrices en MnR[X], esto simplemente reemplaza un problema difícil por otro

que es igual de difícil, excepto en el caso fortuito de que R = F un cuerpo,en este caso el problema de equivalencias en Mn(F [X]) es relativamente másfácil de manejar. Los factores invariantes de la matriz A 2 Mm;n(R) (R unDIP) pueden calcularse de los divisores "determinantal" de A: Si Qp;m denotael conjunto de sucesiones � = (i1; : : : ; ip) para un entero p con 1 � i1 < i2 <� � � < ip � m: Si � 2 Qp;m; � 2 Qj;n y A 2 Mm;n(R), entonces A[� j �] denotauna submatriz de A donde los índices de la �las están en � y los de las columnasen �. Recordemos de la de�nición 16 que el rango determinantal de A, denotadocomo D � rang(A) es el mayor t tal que existe una submatriz A[� j �] (donde� 2 Qt;m; � 2 Qt;n) con el detA[� j �] 6= 0:Debido a que R es un dominio deintegridad, todos los rangos de una matriz son lo mismo, así que escribiremosrang(A) para este número común.

De�nición 56 Sea R un DIP, sea A 2 Mm;n(R); y sea k un entero tal que1 � k � min fm;ng :Si detA[� j �] = 0 para todo � 2 Qk;m; � 2 Qk;n entoncesel conjunto dk(A) = 0: Por otra parte, el conjunto

dk(A) = mcd fdetA[� j �] : � 2 Qk;m; � 2 Qk;ng

dk(A) es llamado kth "divisor determinantal" de A: Para convenienciaen algunas fórmulas, de�nimos d0(A) = 1:

30

Lema 57 Sea R un DIP y A;B 2Mm;n(R): Supongamos que A es equivalentea B y que 1 � k � min fm;ng :Entonces dk(A) es un asociado de dk(B):Demostración. Supongamos que UAV = B donde U 2 GL(m;R) y V 2GL(n;R): Si � 2 Qk;m y � 2 Qk;n entonces por el teorema 17 muestra que

detB[� j �] =X

$2Qk;m

�2Qk;n

detU [� j �] detA[$ j � ] detV [� j �] (28)

Por lo tanto , si dk(A) = 0 entonces detB[� j �] = 0 para todo � 2 Qk;n; � 2Qk;n y así dk(B) = 0: Si dk(A) 6= 0 entonces dk(A) j detA[$ j � ] para todo$ 2 Qk;m; � 2 Qk;n así, la ecuación 28 muestra que dk(A) j detB[� j �] paratodo � 2 Qk;m; � 2 Qk;n: Por lo tanto, dk(A) j dk(B): Dado que también esverdadero que A = U�1BV �1; podemos concluir que dk(A) = 0 si y solo sidk(B) = 0 y si dk(A) 6= 0 entonces

dk(A) j dk(B) y dk(B) j dk(A)

así, dk(A) y dk(B) son asociados. Ahora supongamos que R es un DIP yque A 2 Mm;n(R) está en la forma normal Smith. Esto es, supongamos querang(A) = r y

A =

�Dr 00 0

�donde Dr = diag(s1; : : : ; sr) con si 6= 0 (1 � i � r) y si j si+11 para � i � r�1.Si � = (i1; i2; : : : ; ik) 2 Qk;r entonces detA[� j �] = si1 : : : sik ; mientras quedetA[� j ] = 0 para todo � 2 Qk;m; 2 Qk;n: Entonces, dado que si j si+11para � i � r � 1; tenemos que

dk(A) = fs1; : : : ; sk si 1 � k � r; 0 si r + 1 � k � min fm;ngg :(29)

De la ecuación 29 vemos que las entradas de la diagonal de A, es decir s1; : : : ; srpueden ser calculados de los divisores "determinantal" de A: Especi�camente,

s1 = d1(A) (30)

s2 =d2(A)

d1(A)

...

sr =dr(A)

dr�1(A):

Por el lema 57 la ecuación 30 es válida para calcular los factores invariantes deuna matriz A 2Mm;n(R):

Sea A =

24 �2 0 100 �3 �41 2 �1

35 2M3(Z):

31

Entonces la forma normal Smith de A es diag(1; 1; 8): Para ver esto notemosque a31 = 1 y así d1(A) = 1;

detA[(1; 2) j (1; 2)] = 6 y detA[(2; 3) j (2; 3)] = 11;y así d2(A) = 1; mientras que det(A) = 8; y así d3(A) = 8: Por lo tanto,

s1(A) = 1; s2(A) = 8:Sea

B =

24 X(X � 1)3 0 00 X � 1 00 0 X

35 2M3(Q[X]):

Entonces d1(B) = 1; d2(B) = X(X � 1); d3(B) = X2(X � 1)4: Por lo tanto, laforma normal Smith de B es diag(1; X(X � 1); X(X � 1)3):

Teorema 58 Sean R un DIP y A 2Mmn(R): Supongamos que la forma normal

Smith es�Dr 00 0

�:Supongamos que si = 1 para 1 � i � k (tomar k = 0 si

si 6= 1) y si 6= 1 para k < i � r: Si M = Co ker(TA) donde TA : Rn ! Rm es lamultiplicación por A; entonces

(1) �(M) = m� k;

(2) rang(M=M� ) = m� r;

(3) los factores invariantes de M� son ti = sk+1 para 1 � i � r � k;

(4) ti =dk+i(A)dk+i�1(A)

para 1 � i � r � k:

Demostración. Sea P un R�módulo �nitamente generado y elijamos unarepresentación libre �nita de P

0! RnTA! Rm ! P ! 0:

Luego P �= co ker(TA) =M:Llamemos B a la forma normal Smith de A; es decir

UAV =

�Dr 00 0

�= B

donde si 6= 0 (1 � i � r), si j si+1 para 1 � i � r � 1 y, por hipótesis si = 1para 1 � i � k si 6= 1 para k < i � r; entonces por la proposición 28

M = co ker(TA) �= co ker(TB):

Calculamos la imagen de TB

imag(TB) =

�Dr 00 0

�264 R...R

375 = � s1R � � � srR 0 � � � 0�

32

entonces

co ker(TB) = Rm=imag(TB) =�0 � � � 0 R= hsk+1i � � � R= hsri R � � � R

� �=�= (R= hsk+1i) � � � � � (R= hsri) � Rm�r :

Sea N = (R= hsk+1i) � � � � � (R= hsri) � Rm�r �= M: Dado queRm�r es libre, el submódulo de torsiónN� = (R= hsk+1i) � � � � � (R= hsri)y por la proposición 9 tenemos queM�

�= (R= hsk+1i) � � � � � (R= hsri) : Porotra parte, como N �= N� � N=N� tenemos que Rm�r �= N=N� y por lo tantorank(N=N� ) = m� r y nuevamente por la proposición 9 rank(M=M� ) = m� ry queda probado (2).Dado que M �=M� �M=M� y de la proposición 11 se tiene que

�(M) = (r � k) + (m� r) = m� k

quedando así probado (1).De la unicidad de los factores invariantes tenemos que sk+1; : : : ; sr son los

factores invariantes de N� y como N� �= M� ; estos deberán ser los factoresinvariantes de M� : Por lo tanto, los factores invariantes son

ti = sk+i para 1 � i � r � k:

quedando probado (3). De la ecuación 30 vemos que

ti = sk+i =dk+i(A)

dk+i�1(A)para 1 � i � r � k

queda así demostrado (4).Si aplicamos este teorema a una representación de VT por la 30 llegamos a

una descripción clásica del polinomio minimal mT (X) debido a Frobenius.

Teorema 59 (Frobenius ) Sean V un espacio vectorial de dimensión �nitasobre un cuerpo F , T : V ! V una transformación lineal y B una base de V: Si[T ]B = A 2Mn(F ) y d(X) = dn�1(XIn �A): Entonces

mT (X) =cT (X)

d(X): (31)

Demostración. cT (X) = det(XIn�A) = dn(X): EntoncescT (X)d(X) =

det(XIn�A)dn�1(XIn�A) =

dn(X)dn�1(X)

. Por el teorema 58 (4) se tiene que dn(X)dn�1(X)

= tm y este es el factorinvariante llamado polinomio minimal mT (X): Por lo tanto

mT (X) =cT (X)

d(X)

como se quería probar.

Teorema 60 Sea F un cuerpo y sean A; B 2 Mn(F ): Si K es un cuerpo quecontiene a F como un subcuerpo, entonces A y B también pertenecen a Mn(K):Si A y B son similares en Mn(K); entonces son similares en Mn(F ):

33

Demostración. Antes de la demostración observemos que1. Si f(X) y g(X) 6= 0 están en F [X]; entonces el cociente y el resto de

la división de f(X) por g(X) en K[X]; está en F [X]: Para ver esto, dividimosf(X) por g(X) en F [X] conseguimos

f(X) = g(X)q(X) + r(X)

donde q(X); r(X) 2 F [X] y gradr(X) < gradg(X):La unicidad de la divisiónen K[X] muestra que ésta también es la división de f(X) por g(X) en K[X]:2. Sea f1(X); : : : ; fk(X) 2 F [X]: Entonces el máximo común divisor de

estos polinomios es el mismo si ellos son considerados en F [X] o en K[X]:Estosigue de 1 porque el máximo común divisor puede calcularse por el algoritmoEuclideano, que solo usa el algoritmo de la división.Si A y B 2 Mn(F ) sonsimilares enMn(K); entonces las matrices polinómicasXIn�A yXIn�B tienenlos mismos factores invariantes en K[X]: Pero como los factores invariates soncalculados como cocientes de los divisores determinantal, y dado que XIn�A,yXIn � B están en Mn(F [X]); concluimos por las dos observaciones anterioresque los factores invariantes de ambas matrices polinómicas están en F [X]: AsíA y B son similares en Mn(F ):Sea A 2 Mm;n(R) (R un DIP) una matriz de rango r y sea s1; : : : ; sr los

factores invariantes de A: Entonces, por de�nición, si 6= 0; si j si+1 para 1 �

i � r � 1 y A es equivalente a�Dr 00 0

�donde Dr = diag(s1; : : : ; sr): Sea

p1; : : : ; pk el conjunto completo de los divisores primos no asociados de algúnfactor invariante. Entonces para un entero no negativo eij y una unidad ui deR; tenemos que

s1 = u1pe111 pe122 � � � pe1kk (32)

s2 = u2pe211 pe222 � � � pe2kk

...

sr = urper11 per22 � � � perkk :

Dado que si j si+1; se sigue que

0 � e1j � e2j � � � � � erj (1 � j � k). (33)

Los factores primos con sus potencias�peijj : eij > 0

contados, de acuerdo con

el número de veces que aparece en la ecuación 32 son los llamados divisoreselementales de la matriz A: Es claro que, los divisores elementales de A sonnada mas que los divisores elementales del submódulo de torsión Co ker(TA)donde TA : Rn ! Rm s la multiplicación por la matriz A (teorema 58 (3)).Porejemplo, sea

A = diag(12; 36; 360; 0; 0):

A ya está en forma normal Smith, así los factores invariantes de A son 12 =22 � 3; 36 = 22 � 32 y 360 = 22 � 33 � 5: Por lo tanto los divisores elementales de Ason �

22; 3; 22; 32; 22; 33; 5:

34

Teorema 61 Sea R un DIP y sean A; B 2 Mm;n(R): Entonces A y B sonequivalentes si y solo si tienen el mismo rango y tienen el mismo conjunto dedivisores elementales (salvo multiplicación por unidades).

Demostración. Según la observación 48 (2) (unicidad de los factores invari-antes), A y B son equivalentes si y solo si ellas tienen los mismos factoresinvariantes. Como los factores invariantes determinan los divisores elementales,se sigue que las matrices equivalentes tienen el mismo conjunto de divisoreselementales. Recíprocamente, demostraremos que el conjunto de divisores ele-mentales y el rango determinan los divisores elementales, pues si

ej = max1�i�r

eij 1 � j � k

entonces sr es un asociado pe11 � � � p

ekk : Suprimiendo fp

e11 ; � � � ; p

ekk g del conjunto

de los divisores elementales y repitiendo este proceso con el conjunto de divisoreselementales restantes se obtiene sr�1: Continuar este proceso hasta que todoslos divisores elementales sean usados, y así los si serán 1 y habrémos recuperadolos factores invariantes del conjunto de divisores elementales.

Ejemplo 62 Presentaremos un ejemplo completo que ilustra el proceso de re-cuperar los factores invariantes de los divisores elementales. Supongamos queA 2M7;6(Z) tiene rango 5 con divisores elementales�

2; 22; 22; 23; 32; 32; 32; 7; 11; 112:

Entonces s5 = 23 � 32 � 7 � 112 = 60984: Suprimiendo 23; 32; 7; 112 del conjuntode divisores elementales obtenemos el conjunto�

2; 22; 22; 32; 32; 11:

Por lo tanto s4 = 22 � 32 � 11 = 396: Suprimiendo 22; 32; 11 obtenemos elconjunto

�2; 22; 32

y así s3 = 22 � 32 = 36: Suprimiendo 22 y 32 nos queda el

conjunto f2g y así s2 = 2: Como el conjunto que se obtiene de suprimir 2 de{2} es vacío, debe ser s1 = 1: Por lo tanto, A es equivalente a la matriz2666666664

1 0 0 0 0 00 2 0 0 0 00 0 36 0 0 00 0 0 396 0 00 0 0 0 60984 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

3777777775:

El siguiente resultado es útil si una matriz es equivalente a una matriz diag-onal (no necesariamente en forma normal Smith) conocida.

35

Proposición 63 Supongamos que R es un DIP y A 2Mm;n(R) es una matrizde rango r; equivalente a una matriz�

Dr 00 0

�donde Dr = diag(t1; : : : ; tr): Entonces los factores primos con sus potencias delos t1 (1 � i � r) son los divisores elementales de A:

Demostración. Sea p un primo que divide a algún ti y ordenemos los ti segúnlas potencias ascendientes de p; es decir

ti1 = pe1q1...

tir = perqr

donde (p; q1) = 1 para 1 � i � r y 0 � e1 � e2 � � � � � er: Entonces lapotencia exacta de p que divide al divisor determinantal dk(A) es pe1+���+ek para1 � k � r y por lo tanto la potencia exacta de p que divide a kth factor invariantesk(A) = dk(A)=dk�1(A) es pek para 1 � k � r: (Recordemos que d0(A) = 1:)Por lo tanto pek es un divisor elemental para 1 � k � r: Aplicando este procesoa todos los primos que dividen a algún ti se completa la demostración.

Corolario 64 Sean B 2Mm;n(R); C 2Mp;q(R) y

A = B � C =�B 00 C

�:

Entonces los divisores elementales de A son la unión de los divisores elementalesde B y C:

Demostración. Si U1BV1 y U2CV2 están en forma norma Smith, entoncesponiendo U = U1 � U2 y V = V1 � V2 vemos que

UAV =

2664Dr 0 0 00 0 0 00 0 Es 00 0 0 0

3775donde Dr = diag(d1; : : : ; dr) y Es = diag(t1; : : : ; ts): Por lo tanto A es equiva-lente a una matriz bloque 24 Dr 0 0

0 Es 00 0 0

35 ;y aplicando la proposición 63 queda demostrado.

36

Ejemplo 65 Sea F un cuerpo y sea

A = diag(X2(X � 1)2; X(X � 1)3; X � 1; X) 2M4(F [X]):

Entonces por la proposición 63, los divisores elementales de A son

X2; (X � 1)2; X; (X � 1)3; (X � 1); X

y así, los factores invariantes son

s4(A) = X2(X � 1)3

s3(A) = X(X � 1)2

s2(A) = X(X � 1)s1(A) = 1:

Por lo tanto, A es equivalente a la matriz

diag(1; X(X � 1); X(X � 1)2; X2(X � 1)3):

5 Ejemplos

Esta sección estará dedicada al cálculo de algunos ejemplos relacionados a laforma normal Smith. Los cálculos especí�cos que han de ser consideradosincluyen la reducción de matrices a la forma canónica racionales y la formacanónica de Jordan, generadores y relaciones de grupos abelianos �nitamentegenerados y ecuaciones lineales diofánticas.

Ejemplo 66 Sea V un espacio vectorial de dimensión 4 sobre Q con baseB = fv1; v2; v3; v4g y sea T : V �! V una transformación lineal con matriz[T ]B dada por

[T ]B = A =

26642 �4 1 32 �3 0 20 �1 1 21 �1 �1 0

3775 2M4(Q)

Calcular la forma racional canonica para T , y si existe, calcular la forma canon-ica de Jordan.

Solución 67 Para calcular la forma canónica racional calculamos la forma nor-mal Smith de la matriz XI4 � A 2 M4(Q [X]): Dado que Q [X] es un dominioEuclideano, calculamos la forma normal de Smith por medio de una sucesión�nita de operaciones elementales de �las y de columnas en XI4 �A: Usaremosel simbolo 7�! para indicar el pasaje de una matriz a otra por medio de �nitasoperaciones de �las y de columnas. Escribiremos las operaciones de �la a la

37

izquierda de la matriz y las de columna a la derecha de la matriz para guardarun registro de las operaciones de �las y de columnas realizadas. Por lo tanto, elsímbolo

7�! AnTij(�)D3(�

0)

D1(�)P23( )

7�! An+1

Indica que An se obtiene de An�1 multiplicando a derecha por Tij(�)D2(�0);

mientras que An+1 se obtiene de An multiplicando a izquierda por D1(�)P23( );ver la proposición 15

38

XI4 �A =

2664X � 2 4 �1 �3�2 X + 3 0 �20 1 X � 1 �2�1 1 1 X

3775D1(�1)P14

7�!

26641 �1 �1 �X�2 X + 3 0 �20 1 X � 1 �2

X � 2 4 �1 �3

3775T21(2)

T41(�(X � 2)) 7�!

26641 �1 �1 �X0 X + 1 �2 �2X � 20 1 X � 1 �20 X + 2 X � 3 X2 � 2X � 3

3775

7�!

26641 0 0 00 X + 1 �2 �2X � 20 1 X � 1 �20 X + 2 X � 3 X2 � 2X � 3

3775 T12(1)T13(1)T14(X)

P23 7�!

26641 0 0 00 1 X � 1 �20 X + 1 �2 �2X � 20 X + 2 X � 3 X2 � 2X � 3

3775T42(�(X + 2))T32(�(X + 1))

7�!

26641 0 0 00 1 X � 1 �20 0 �X2 � 1 00 0 �X2 � 1 X2 + 1

3775

7�!

26641 0 0 00 1 0 00 0 X2 + 1 00 0 X2 + 1 X2 + 1

3775 T23(�(X � 1))T24(2)D3(�1)

7�!

26641 0 0 00 1 0 00 0 X2 + 1 00 0 0 X2 + 1

3775T43(�1)Por lo tanto, XI4 � A es equivalente a la matriz diag(1; 1; X2 + 1; X2 + 1)y así los factores invariantes no unitarios son X2 + 1 y X2 + 1. El polinomiominimal de T es mT = s4(X) = X2+1 y el polinomio característico es cT (X) =(X2 + 1)2: Dado que la matriz asociada a X2 + 1 es

C(X2 + 1) =

�0 �11 0

�se tiene que la forma racional canónica de T es

39

R = C(X2 + 1)� C(X2 + 1) =

26640 �1 0 01 0 0 00 0 0 �10 0 1 0

3775Como mT (X) no se puede descomponer en factores lineales sobre el cuerpo Q;se tiene que T no posee una forma canónica de Jordan.Buscaremos, ahora unabase B0 de V tal que [T ]B0 = R:Para calcularla nos basaremos en el ejemplo 2particularmente en la ecuacion 20. Esto es, supongamos que

P (X)(XI4 �A)Q(X) = diag(1; 1; X2 + 1; X2 + 1)

entoncesVT �= Q [X]w1 �Q [X]w2

donde wj =P4i=1 P

�i;j+2vi si P (X)�1 =

�P �1j�: Por los calculos anteriores y

por el lema 14, concluimos que

P (X)�1 = P14D1(�1)T21(�2)T41(X � 2)P23T32(X + 1)T42(X + 2)

)

P (X)�1 =

2664X � 2 X + 2 0 1�2 X + 1 1 00 1 0 0�1 0 0 0

3775Luego w1 =

P4i=1 P

�i;3vi = v2 y w2 =

P4i=1 P

�i;4vi = v1 cada uno tiene como

anuladorX2 + 1

�; y asi,

B0 = fw1; Tw1; w2; Tw2g = fw1;�4v1 � 3v2 � v3 � v4; w2; 2v1 + 2v2 + v4g

es la base de V tal que [T ]B0 = R:Además S�1AS = R donde

S =

26640 �4 1 21 �3 0 20 �1 0 00 �1 0 1

3775 = PB0

B

Observación 68 Continuando con el ejemplo anterior, si el campo hubiese sidoQ(i); entonces mT = X2+1 = (X+ i)(X� i) y así T es diagonalizable. La basede cada autovector puede darse fuera de los cálculos hechos anteriormente. Enefecto, se sigue inmediatamente del lema 12 que Ann((X� i)wj) = (X+ i) paraj = 1; 2. Por lo tanto, el espacio de autovectores correspondiente al autovalor�i, esto es Ker(T + i); tiene base

f(X � i)w1; (X � i)w2g

y similarmente para el autovalor i: Por lo tanto,la matriz diag(i; i;�i;�i) =S�11 AS1 donde

40

S1 =

26644 2 + i �4 2� i

�3 + i 2 �3� i 2�1 0 �1 0�1 1 �1 1

3775Ejemplo 69 Sea V un espacio vectorial sobre Q de dimension 4, sea B = fv1; v2; v3; v4guna base de V y T : V �! V una transformación lineal tal que

[T ]B =

26640 2 1 �11 �1 �1 12 4 �1 �21 �2 �1 2

3775Calcular la forma canónica de Jordan de T:

Solución 70 Realizando operaciones como en el ejemplo anterior, obtenemosque

XI4 � [T ]B es equivalente a la matriz diag(1; 1; X � 1; X � 1(X + 1)2)

)P (X)(XI4 �A)Q(X) = diag(1; 1; X � 1; X � 1(X + 1)2)

donde

P (X) = T43(X � 1)D3(1

4)T34(1)T42(�(X � 1))T32(X � 1)D2(

1

4)

�P23T41(1)T31(2)T21(�X)D1(�1)P12::

y

Q(X) = T12(X + 1)T13(1)T14(�1)P24D3(4)D4(2)T23(�(X � 1))�T24(X + 3)D4(2)T34(�(X + 1))

Por lo tanto podemos ver que la forma racional y de Jordan de T son

R =

26641 0 0 00 0 0 10 1 0 10 0 1 �1

3775 y J =

26641 0 0 00 1 0 00 0 �1 10 0 0 �1

3775Queda calcular los cambio de base que transforma a A en R y J respectivamente. Como en el ejemplo 1 los cambios de base están basados en la ecuación 10 y

41

el lema 12. Comenzamos calculando P (X)�1

P (X)�1 = P12D1(�1)T21(X)T31(�2)T41(�1)P23D2(4)T32(�(X � 1))�T42(X � 1)T34(�1)D3(4)T43(�(X � 1))I4

=

2664X �(X � 1) X + 3 �1�1 0 0 0�2 4 0 0�1 X � 1 �(X � 1) 1

3775) vemos de la ecuación 20 que el vector

v = (X + 3)v1 � (X � 1)v4

es un vector cíclico con anulador hX � 1i ; es decir v es un autovector de T conautovalor 1.Calculamos

v = (T + 3)v1 � (T � 1)v4= (3v1 + v2 + 2v3 + v4)� (�v1 + v2 � 2v3 + v4)= 4(v1 + v3)

sea w1 = 14v = v1+ v3: Además el vector w2 = �v1+ v4 es un vector cíclico con

anulador(X � 1)(X + 1)2

�(otra vez por la ecuación 20). Si w3 = T (w2) =

�v1 � 4v3 + v4 y w4 = T 2(w2) = �5v1 + 4v2 + 5v4; entonces fw2; w3; w4g esuna base para Q(X)w2 y así B0 = fw1; w2; w3; w4g es una base de V en la cualT esta en la forma canónica racional, es decir

[T ]B0 = R =

26641 0 0 00 0 0 10 1 0 10 0 1 �1

3775Además S�1AS = R donde

S =

26641 �1 �1 �50 0 0 41 0 �4 00 1 1 5

3775 = PB0

B

Buscamos la base para la forma canónica de Jordan . Por el lema 12 vemos que

Ann((X � 1)w2) =(X + 1)2

�(34)

yAnn((X + 1)2w2) = h(X + 1)i (35)

La ecuación 35 implica que

w02 = (X + 1)2w2 = �8v1 + 4v2 � 8v3 + 8v4

42

es un autovector de T con autovalor 1. Sea w04 = (X � 1)w2 = �4v3 y w03 =(X + 1)w04 = �4v1 + 4v2 + 4v4 (ver proposición 23):Entonces

B00 = fw1; w02; w03; w04g

es la base de V en la cual T está en la forma canónica de Jordan. En particular,U�1AU = J = [TB00 ] donde

U = PB00

B =

26641 �8 4 00 4 �4 01 �8 0 �40 8 �4 0

3775Observación 71 La teoría que se desarrolla en este capítulo, como ilustran losejemplos anteriores, permite calcular la forma canónica racional para algunamatriz en Mn(F ) (y de cualquier transformación lineal T : V �! V ) usandosolo operaciones en el cuerpo F: Para reducir la matriz característica XIn�A 2Mn(F (X)) a la forma normal Smith nada más se involucra el algoritmo de ladivisión para polinomios. Una vez que uno tiene la forma canónica racional,hay dos pasos para calcular la forma canónica de Jordan. Primero, uno debepoder factorizar cada factor invariante en factores irreducibles (que debe serlineal si A tiene la forma normal de Jordan). Asumiendo que el primer pasose ha completado, el segundo paso para calcular la forma canónica de Jordan esaplicar el lema 12 y la proposición 23, como en el ejemplo anterior.

Hay algunas aplicaciones de la forma normal de Smith, dos de estas sonel cálculo de la estructura de un grupo abeliano �nitamente generado dadopor generadores y relaciones, y el uso de la forma normal Smith para resolversistema de ecuaciones lineales sobre DIP.Consideraremos ejemplos de estos dosproblemas:

Ejemplo 72 Una manera explícita de describir un grupo abeliano es dandogeneradores y relaciones. Esto se expresa diciendo que M = hx1; : : : ; xni dondelos generadores xi están sujetos a las relaciones

a11x1 + � � �+ a1nxn = 0 (36)...

am1x1 + � � �+ amnxn = 0

donde A = [aij ] 2 Mm;n(Z). Podemos expresar esto másformalmente diciendo que M = Zn=K, donde K es un subgrupo de Zn generadopor

y1 = a11e1 + � � �+ a1nen (37)...

ym = am1e1 + � � �+ amnen

43

donde fe1; : : : ; eng es la base canónica de Zn. Si � : Zn �!M es la proyecciónnatural �(ei) = xi: Podemos calcular la estructura de un grupo abeliano dadopor los generadores x1; : : : ; xn sujeto a las relaciones 36 usando el teorema defactores invariantes para submódulos de un módulo libre (teorema 8). Esto esencontrar una base fv1; : : : ; vng de Zn y números naturales s1; : : : ; sr tal quefs1v1; : : : ; srvng es una base del subgrupo de relación K � Zn:Entonces

M = Zn=K �= Zs1 � � � � � Zsr � Zn�r

notar que algunos de los factores Zsi pueden ser 0. Esto precisamente ocurrirácuando si = 1 y es una consecuencia de que puede ser posible usar menosgeneradores de los que se presentó originalmente. Los elementos s1; : : : ; sr sonprecisamente los factores invariantes de la matriz A 2 Mm;n(Z). Para ver estonotemos que hay una sucesión exacta

Zm �!� Zn �!� M �! 0

Donde �(c) = Atc. Así, la conclusión que obtenemos del análisis del ejemplo 13y 14 nos proporciona un ejemplo numérico para calcular los nuevos generadoresde M:

Ejemplo 73 Dado un sistema de m ecuaciones lineales sobre Z con n incógni-tas

a11x1 + � � �+ a1nxn = b1 (38)

a21x1 + � � �+ a1nxn = b2...

am1x1 + � � �+ amnxn = bm

donde aij 2 Z y bi 2 Z 8ij :El sistema 38 es llamado sistema lineal diofántico.Sea A = [aij ] 2 Mm;n(Z); X = [x1 � � � xn]t y B = [b1 � � � bm]

t, entonces elsistema de ecuaciones 38 puede escribirse en forma matricial como

AX = B (39)

Transformamos A a la forma normal Smith

UAV =Dr 00 0

donde U 2 GL(m;Z); V 2 GL(n;Z) y Dr = diag(s1; : : : ; sr) con si 6= 0 ysi j si+1 para 1 � i � r � 1. Así, la ecuación 39 se convierte en

UAV (V �1X) = UB =

c1...cm

(40)

44

Poniendo Y = V �1X = [y1; : : : ; ym]t tenemos un sistema de ecuaciones equiv-

alentes

s1y1 = c1 (41)

s2y2 = c2...

sryr = cr

0 = cr+1...

0 = cm

La solución del sistema 41 puede calcularse fácilmente; será solución si y solo sisi j ci para 1 � i � r y ci = 0 para r + 1 � i � m: Si existe una solución; todaslas otras soluciones se obtienen especi�cando los n� r parámetros yr+1; : : : ; ynarbitrariamente. Observando que X = V Y podemos expresar las soluciones entérminos de las variables originales x1 � � � xn

Ejemplo 74 Consideremos el sistema lineal diofántico AX = B donde

A =

24 2 1 �3 �11 �1 �3 14 �4 0 16

35 B =

24 8116

35Vía operaciones elementales de �las y de columnas se pueden ver que si

U =

24 0 1 01 �2 00 �4 1

35 y V =

26641 1 2 �20 1 �1 20 0 1 �10 0 0 1

3775entonces

UAV =

24 1 0 0 00 3 0 00 0 12 0

35 = S

Sea

C = UB =

24 1616

35entonces el sistema AX = B es transformado en el sistema SY = C; es decir,

y1 = 13y2 = 612y3 = 12

Este sistema tiene como solución

45

Y =

2664121t

3775donde t = y4 es un entero arbitrario. Concluimos que las soluciones de laecuación original AX = B estan dadas por X = V Y; es decir,

X = V Y =

26641 1 2 �20 1 �1 20 0 1 �10 0 0 1

37752664121t

3775 =26645� 2t1 + 2t1� tt

3775donde t es un entero arbitrario.

Observación 75 El método descripto funcionará bien para solucionar sistemasde ecuaciones lineales con los coe�cientes en un DIP.

6 Criterio del Rango para la Semejanza

Teniendo en cuenta dos matrices A y B 2 Mn(F ) (F un cuerpo): Una manerade determinar si A y B son similares es determinar los factores invariantes deA como de B, por ejemplo, reduciendo XIn �A y XIn �B a la forma normalSmith. Si los factores invariantes son iguales, entonces las matrices son similares.Este enfoque, sin embargo, no nos provee una descripción explícita del conjunto

OA = fB 2Mn(F ) : B es similar a Agpor medio de ecuaciones e inecuaciones polinómicas y de las entradas de lamatriz B: Notemos que el conjunto OA es la órbita de A bajo la acción degrupo

(P;A) �! PAP�1

de GL(n; F ) en Mn(F ): Otro enfoque es, vía el teorema de Weyr�s, que diceque si F es algebraicamente cerrado, entonces A es similar a B si y solo si

rang((A� �In)k) = rang((B � �In)k) (42)

8� 2 F;8k 2 N: Esto puede ser reducido a un número �nito de condicionesde rango si los autovalores de A son conocidos. Pero conocer los autovaloresimplica resolver ecuaciones polinómicas, que resulta ser di�cultoso.

Ejemplo 76 Como un ejemplo simple del tipo de ecuaciones e inecuaciones quepuede ser derivado de la ecuación 42 para describir una órbita bajo similitud,

uno puede mostrar que A =�1 10 1

�es similar B =

�a bc d

�si y solo si B es una

de las siguientes matrices:

46

S1 =

��1 b0 1

�: b 6= 0

�S2 =

��1 0c 1

�: c 6= 0

�S3 =

��a bc d

�: bc 6= 0; a+ d = 2; ad� b = 1

�En esta sección proporcionaremos un criterio muy simple para la similitud dedos matrices A y B (transformaciones lineales), que dependiendo solamente delcálculo de tres matrices que obtendremos de A y de B:Esto tiene el efecto desuministrar las ecuaciones e inecuaciones explícitas para la órbitas OA de A bajola similitud.

Lema 77 Sean R un DIP, a y b elementos no nulos de R. Si d = (a; b) =mcd fa; bg ; entonces

HomR(R= hai ; R= hbi) �= R= hdi :

Demostración. Consideremos la sucesión exacta

0 �! R �!� R �! R= hai �! 0

donde �(i) = ai y es la proyección canónica. Si N = R= hbi ; por el teorema3.3.10 la sucesión

0 �! HomR(R= hai ; R= hbi) �! HomR(R;R= hbi) �!�� HomR(R;R= hbi)

es exacta. Dado que HomR(R;R= hbi) �= R= hbi la sucesión anterior se convierteen

0 �! HomR(R= hai ; R= hbi) �! R= hbi �!�� R= hbi :

Con lo cualHomR(R= hai ; R= hbi) = Ker(��):

Por otra parte sea d = mcd(a; b) y escribimos a = a0d y b = b0d: Sea f 2HomR(R;R= hbi): Entonces ��(f) = 0 si y solo si ��(f)(1) = 0: Pero

��(f)(1) = f(a � 1) = a � f(1) = a0df(1):

Como a0 y b son primos tenemos que a0df(1) = 0 si y solo si df(1) = 0 y estoes verdad si y solo si f(1) 2 b0R= hbi : Por lo tanto el Ker(��) = b0R= hbi �=R= hdi ; por lo tanto

HomR(R= hai ; R= hbi) �= R= hdi :

47

Lema 78 Sea R un DIP y sea

M �= R= hs1i � � � � �R= hsniN �= R= ht1i � � � � �R= htmi

dos R-módulos de torsión �nitamente generado, entonces

HomR(M;N) �=nMi=1

mMj=1

R= hsi; tji

Demostración. se sigue inmediatamente por el lema 77 y la proposición 4.Pues,

HomR(M;N) �= HomR(R= hs1i � � � � �R= hsni ; R= ht1i � � � � �R= htmi)

�=nMi=1

mMj=1

HomR(R= hsii ; R= htji)

�=nMi=1

mMj=1

R= hdiji

�=nMi=1

mMj=1

R= hsi; tji :

Donde dij = mcdfsi;tjg:

De�nición 79 Si R es un DIP y M un R-módulo de torsión �nitamente gen-erado, de�nimos

`(M) =nXi=1

ki

dondenpk11 ; : : : ; p

knn

oes el conjunto de los divisores elementales de M:

De�nición 80 Sean M y N dos R-módulos de torsión �nitamente generados(R un DIP). Se de�ne

hM : Ni = `(HomR(M;N)):

La notación hM : Ni, nos sugiere un producto interno, y es principalmente poresta razón que fue escogida.

Proposición 81 Sea R un DIP y sean M ; N y P R-módulos de torsión�nitamente generados. Entonces

48

1. hM �N : P i = hM : P i+ hN : P i ;

2. hM :Mi � 0, y hM :Mi = 0 si y solo si M = f0g

3. hM : Ni = hN :Mi

Demostración. 1.

hM �N : P i = `(HomR(M �N;P ))= `(HomR(M;P )�HomR(N;P ))

= `(HomR(M;P ) + `(HomR(N;P )))

= hM : P i+ hN : P i :

2. hM :Mi � 0 pues, por de�nición, es la suma de potencias mayores o igualesa 0. Supongamos que

M �= R= hs1i � � � � � R= hsni :

Si hM;Mi = 0 entonces

`(HomR(M;M)) = 0

`(�ni=1 �nj=1 R= hsi; sji) = 0nXi=1

nXj=1

`(R= hsi; sji) = 0

(`(R= hsi; sji) = 0 8i; jR= hsi; sji = 0 8i; j

EntoncesM = 0

Recíprocamente, si M = 0; entonces M = �ni=10, luego

hM;Mi = `(HomR(M;M))

= `(�ni=1 �nj=1 0)

=nXi=1

nXj=1

`(0)

= 0

3. SeaM �= R= hs1i � � � � � R= hsni

yN �= R= ht1i � � � � � R= htmi

49

hM;Ni = `(HomR(M;N))

= `(�ni=1 �mj=1 R= hsi; tji)

=nXi=1

mXj=1

`(R= hsi; tji)

=mXj=1

nXi=1

`(R= hsi; tji)

= `(�mj=1 �ni=1 R= hsi; tji)= `(HomR(N;M))

= hN;Mi :

Teorema 82 Sean M y N dos módulos de torsión �nitamente generados sobreun R DIP. Entonces

hM : Ni2 � hM :Mi hN : Ni :

La igualdad vale si y solo si Ms = N t para s, t enteros primos.Demostración. Sean p1; : : : ; pr 2 R los distintos primos que dividen a algúndivisor elemental de M o de N: Entonces podemos escribir

M �= R= hpm11 i � � � � �R= hpmr

r i

yN �= R= hpn11 i � � � � �R= hpnrr i

donde 0 � mi; ni: Sea

c = mcm fAnn(M); Ann(N)g = pk11 � � � pkrr

y sea k = k1 + � � �+ kr:Identi�cando con Rk al espacio vectorial de matrices de1� k sobre R, y consideramos a cada A 2 Rk como una matriz bloque

A = [A1 : : : Ar]

donde cada Ai 2 Rki:: Sea a cualquier divisor de c; escribimos

a = pe11 : : : perr ;

y de�nimos v(a) 2 Rk por

v(a) = [v(a1) : : : v(ar)]

dondev(ai) =

�1 1 � � � 1 0 � � � 0

�50

con ei unos. Entonces de�nimos

v(M) =rXi=1

v(pmii )

v(N) =rXi=1

v(pnii )

Observemos que la matriz v(M) determina a M; salvo isomor�smo, ya que unopuede recuperar los divisores elementales de M a partir v(M):Para ver esto,escogemos el mayor ti � 0 tal que v(M) � v(ptii ) tiene entradas no negativas.Entonces ptii es un divisor elemental de M . Sustrayendo v(ptii ) de v(M) yrepetiendo este proceso hasta obtener el vector nulo. Notemos que si (:) denotael producto interno usual de Rk, entonces

(v(pmii ) : v(p

njj )) = �ij minfmi; njg

= `�R=pmii ; p

njj

��Por lo tanto

(v(M) : v(N)) =rX

i;j=1

(v(pmii ) : v(p

njj ))

=rX

i;j=1

`�R=pmii ; p

njj

��= hM : Ni

Similarmente, hM :Mi = (v(M) : v(M)) y hN : Ni = (v(N) : v(N)):Por ladesigualdad de Cauchy -Schwartz en Rk concluimos que

hM : Ni2 = (v(M) : v(N))2

� (v(M) : v(M))(v(N) : v(N))

= hM :Mi hN : Ni ;

como se quería probar. La igualdad se obtiene si y solo si v(M) y v(N) sonlinealmente dependiente sobre R, y debido a que los vectores tienen coordenadasenteras,se tiene que v(M) y v(N) son linealmente dependientes sobre Q; es decir

sv(M) = tv(N)

donde s y t son primos y naturales. Pero

v(Ms) = sv(M) = tv(N) = v(N t)

y así Ms �= N t dado que por lo observado anteriormente v(W ) determina losdivisores elementales, y por lo tanto, todo isomorfo a W como R�módulo detorsión �nitamente generado:

51

Corolario 83 Sean M y N dos R�módulos de torsión �nitamente generados.Entonces M �= N si y solo si

(1) `(M) = `(N); y

(2) hM : Ni2 = hM :Mi hN : Ni

Demostración. Si M �= N esto implica (1)y (2). Recíprocamente, supong-amos que M; N son dos R�módulos de torsión �nitamente generados que sat-isfacen (1) y (2). Entonces por 82, Ms �= N t para s y t primos y enteros.Pero

s`(M) = `(Ms)

= `�N t�

= t`(N)

= t`(M)

Por lo tanto s = t. Dado que s y t son primos, se tiene que s = t = 1;y por lotanto M �= N:

Observación 84 Si Ms �= N t con s y t enteros y primos,entonces una con-secuencia fácil es la unicidad de la descomposición cíclica primaria de un R�módulo de torsión �nitamente generado (teorema 5) M �= P t y N �= P s, dondeP es un R� módulo de torsión �nitamente generado.

Deseamos aplicar el corolario 83 para obtener simplemente un criterio derango para la similitud de dos transformaciones lineales. Empezaremos calcu-lando las matrices, en alguna base, de las transformaciones lineales. Sea V un es-pacio vectorial de dimensión �nita sobre un cuerpo F y sea B = fv1; : : : ; vng unabase de V . Entonces una base de EndF (V ) esta dada por C = ffijgni;j=1 donde

fij(vk) = �ikvj :

Bajo el isomor�smo de F�algebras � : EndF (V ) �!Mn(F ) dado por �(f) =[f ]B ; tenemos que �(fij) es la matriz unitaria Eji:Dada una transformación lin-eal T 2 EndF (V ); de�nimos dos transformaciones lineales LT 2 EndF (EndF (V ))y <T 2 EndF (EndF (V )) por

LT (U) = TU

<T (U) = UT:

Esto es, LT es la multiplicación a izquierda por T , y <T es la multiplicacióna derecha por T en el F� algebra EndF (V ):Ordenamos la base C de EndF (V )como sigue:

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C = ff11; f21; : : : ; fn1; f12; f22; : : : ; fn2; : : : ; fnng:Con ésta notación tenemos el siguiente resultado. (El producto tensorial (o elproducto de kronecker) de matrices A y B fue de�nido en la de�nición 24).

Lema 85 Sea T 2 EndF (V ) con [T ]B = A = [aij ]:Entonces

[LT ]C = A In

y

[<T ]C = In At

Demostración. Notemos que

Tfij(vk) = T (�ikvj)

= �ikT (vj)

= �ik

nXl=1

aljvl

=nXl=1

alj�ikvl

=

nXl=1

aljfil

!(vk)

Por lo tanto [LT ]C = A In: Análogamente calculando fijT =Pnl=1 ailflj;

queda demostrada la otra ecuación.

Corolario 86 Sea S; T 2 EndF (V ); y de�nimos

TS;T 2 EndF (EndF (V ))

comoTS;T (U) = SU � UT:

Si [S]B = A y [T ]B = B;entonces

[TS;T ]C = A In � In Bt:

Demostración. Como TS;T (U) = SU � UT = LS(U)� <T (U) entonces[TS;T ]C = [LT ]C � [<T ]C = A In � In Bt: Si S; T 2 EndF (V ); y VS

y VT denotan los F [X]�módulos sobre V determinados por S y T respectiva-mente. Entonces por la proposición 25, sabemos que

HomF [X](VT ; VS) = fU 2 EndF (V ) : UT = SUg :

Así, se tiene que

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EndF [X](VT ; VS) = Ker(TS;T ); (43)

y por lo tanto:

Lema 87 dimF HomF [X](VT ; VS) = n2 � rang(A In � In Bt)

Demostración. por la proposición 13, tenemos que

dimF (Ker(TS;T )) + dimF (Im(TS;T )) = dimF EndF (V ) = n2

De la ecuación 43 tenemos que

dimF (EndF [X](VT ; VS)) = n2 � dimF (Im(TS;T ))

y por lo tanto

dimF HomF [X](VT ; Vs) = n2 � rang(A In � In Bt):

Ahora podemos probar el teorema de Dixón.

Teorema 88 (Dixón) Sea V un espacio vectorial de dimensión �nita n, sobreun cuerpo F algebraicacamente cerrado, y sean S y T 2 EndF (V ) transforma-ciones lineales. Sea B una base de V y sea A = [S]B; B = [T ]B: Entonces S yT son similares si y solo si�rang(A In � In Bt)

�2= (rang(AIn�InAt))(rang(BIn�InBt)):

Demostración. Para simpli�car la notación llamaremos

rAA = rang(A In � In At)rAB = rang(A In � In Bt)rBB = rang(B In � In Bt):

De la proposición 19, sabemos que VT �= VS como F [X]�módulos si y solo si Sy T son similares. Se sigue que, si S y T son similares entonces

HomF [X](VT ; VS) �= HomF [X](VT ; VT ) �= HomF [X](VS ; VS)

como F [X]�módulos. Por lo tanto, tienen el mismo rango como F [X]�módulos,es decir

dimF HomF [X](VT ; VS) = dimF HomF [X](VT ; VT ) = dimF HomF [X](VS ; VS)

De esta igualdad y del lema 87, tenemos que

n2�rang(AIn�InBt) = n2�rang(AIn�InAt) = n2�rang(BIn�InBt)

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por lo tanto, rAA = rAB = rBB. Luego (rAB)2 = rABrAB = rAArBB como sequería probar. Recíprocamente, asumimos que

r2AB = rAArBB : (44)

Dado que por hipótesis F es algebraicamente cerrado, los divisores elementalesde todo F [X]-módulo de torsión �nitamente generado W son de la forma (X ��i)

ki : Así

W �=tMi=1

F [X]=(X � �i)ki

�;

y se tiene que

`(W ) =tXi=1

ki = dimF W:

En particular, el lema 87 muestra que

hVT : VT i = n2 � rABhVT : VT i = n2 � rBB

yhVS : VSi = n2 � rAA:

Por lo tanto tenemos que

hVT : VSi2 � hVT : VT i hVS : VSi = (n2 � rAB)2 � (n2 � rBB)(n2 � rAA)= n4 � 2n2rAB + r2AB � n4 + n2rAA + n2rBB � rAArBB= n2(rAA + rBB � 2rAB) + (r2AB � rAArBB)= n2(rAA + rBB � 2

prAB) + r

2AB � rAArBB

= n2(prAA �

prBB)

2 � 0:

Por el teorema 82hVT : VSi2 � hVT : VT i hVS : VSi

Por lo tantohVT : VSi2 = hVT : VT i hVS : VSi

Como `(VT ) = `(VS) = n; entonces por el corolario 83;tenemos que VT �= VScomo F [X]�módulo y asi, T y S son similares.

Observación 89 La restricción de que F es algebraicamente cerrado en el teo-rema 88 no es necesaria. Efectivamente, sea K un cuerpo algebraicamentecerrado que contiene a F (ver la observación 2) y considerar A = [S]B yB = [T ]B 2 Mn(F ): Entonces A es similar a B en Mn(K) (teorema 60) yla condición del rango en el teorema 88 no depende del cuerpo que estamosusando.

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El calculo de HomR(M;N) donde M y N son R�módulos de torsión �nita-mente generados sobre un R DIP (teorema 88) es ademas util para algunas apli-caciones aparte el teorema 88. Daremos un ejemplo de esto. Supongamos que Ves un espacio vectorial de dimensión �nita sobre un cuerpo F y T 2 EndF (V ):ElCentralizador de T en el anillo EndF (V ) es

C(T ) = fU 2 EndF (V ) : TU = UTg :

Notemos que, de acuerdo con la proposición 25,

C(T ) = EndF [X](VT ):

El F -algebra generado por T , concretamente F [T ]; está contenido en el cen-tralizador C(T ): Existe un teorema de Frobenius, que le encuentra sentido a ladimensión de C(T ) sobre F: Este resultado es un corolario fácil del lema 78.

Teorema 90 (Frobenius) Sea F un cuerpo,V un espacio vectorial de dimensión�nita sobre F , T 2 EndF (V ): Si f1(X); : : : ; fk(X) (donde fi(X) divide afi+1(X) para 1 � i � k � 1) son los factores invariante de T; entonces

dimF C(T ) =kXi=1

(2k � 2t+ 1)grad(ft((X)): (45)

Demostración. Por lema78

C(T ) = EndF [X](VT ) �=kMi=1

kMj=1

F [X]= hfi(X); fj(X)i :

pero hfi(X); fj(X)i =fminfi;jg(X)

�; así

dimF C(T ) =kX

i;j=1

gradfminfi;jg(X):

luego jf(i; j) : 1 � i; j � k y min fi; jg = tgj = 2k � 2t+ 1; y así

dimF C(T ) =kXt=1

(2k � 2t+ 1)gradft(X)

Habíamos observado anteriormente que F [T ] � C(T ):Como corolario del teo-rema de Frobenius, es que hay un criterio simple para cuando ellos son iguales,es decir, un criterio para cuando cada transformación lineal que conmuta conTes un polinomio en T .

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Corolario 91 Sea T 2 EndF (V ):Entonces F [T ] = C(T ) si y solo si mT (X) =cT (X); es decir, si y solo si VT es un F [X]�módulo cíclico.Demostración. Primero notemos que dimF F [T ] = gradmT (X) y si ffi(X)gki=1son los factores invariantes de T; entonces mT (X) = fk(X): Por la ecuación45 sabemos que

dimF C(T ) =kXi=1

(2k � 2i+ 1) gradfi(X)

= dimF F [T ] +k�1Xi=1

(2k � 2i+ 1)gradfi(X)

De esta igualdad vemos que C(T ) = F [T ] si y solo si k = 1; es decir, si y solosi VT es un F [X]�módulo cíclico.

Corolario 92 Si T 2 EndF (V ) entonces dimF C(T ) � n = dimF (V ):

Demostración. Dado quekYi=1

fi(X) = cT (X); se sigue que

dimF C(T ) =kXi=1

(2k � 2i+ 1) gradfi(X) �kXi=1

gradfi(X) = n:

References

[1] Adkins, W.A., Weintraub, S.H.: Algebra. 1992 Springer-Verlag New York, Inc.

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