Estructuras Algebraicas

Formas bilineales

Gudino Noemi, Juchani Mariana

19 de octubre de 2007

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Indice

1. Preliminares 31.1. Modulos finitamente generados sobre PIDs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Representacion matricial de morfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3. Grupos y cuerpos finitos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2. Formas bilineales 112.1. Dualidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2. Formas bilineales y sesquilineales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

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Introduccion

Nuestro trabajo es una introduccion a la teorıa de formas bilineales y sesquilineales sobre R-modulos sobre PIDs y cuerpos finitos de caracterıstica par e impar. Nuestro objetivo sera llevara estas formas a una representacion canonica para luego agruparlas. Previamente necesitaremosestudiar a los modulos duales.

El estudio de dichos temas los abordaremos con la asistencia de la teorıa sobre modulos,representacion matrical de morfismos y tambien necesitaremos algunas nociones basicas sobrecuerpos finitos. Estos temas seran citados en la seccion 1.

En la seccion 2, dedicada a los modulos duales, trataremos de encontrar relaciones entre unmodulo, su dual y su doble dual. Definiremos el adjunto de una funcion, y tambien encontraremosciertas analogıas entre una funcion y su adjunto.

Finalmente, en la seccion 3 podremos estudiar a las formas bilineales y sesquilineales, abor-daremos particularmente formas bilineales simetricas y antisimetricas y formas sesquilinealeshermitianas y anti-hermitianas. Encontraremos una clasificacion para dichas formas consideran-do su forma canonica.

1. Preliminares

1.1. Modulos finitamente generados sobre PIDs

Citaremos ciertas clases de modulos y submodulos importantes; modulos cociente, torsion yproyectivos y submodulos puros y complementados. Daremos algunas propiedades sobre ellos.

Teorema 1.1. Sea M un R-modulo libre con base S, sea N un R-modulo, y sea h : S → N unafuncion. Entonces existe una unica f ∈ HomR(M,N) tal que f |S = h .

Definicion 1.2. Si R es un anillo, M es un R-modulo, y x ∈M , entonces el anulador de x,denotado Ann(x), se define como:

Ann(x) = {a ∈ R : ax = 0} .

Definicion 1.3. Sea R un dominio integral y sea M un R-modulo. Decimos que un elementox ∈ M es un elemento torsion si Ann(x) 6= {0}. Por lo tanto un elemento x ∈ M es unelemento torsion si y solo si ∃a 6= 0 ∈ R tal que ax = 0. Sea Mτ el conjunto de los elementostorsion de M . M es una torsion-libre si Mτ = {0}, y M es un modulo torsion si M = Mτ .

Proposicion 1.4. Sea R un anillo y M = 〈m〉 un R-modulo cıclico entonces M ∼= R/Ann(m).

Proposicion 1.5. Supongamos que M es un R-modulo libre con base S = {xj}j∈J .Entonces

HomR(M,N) ∼=∏j∈J

Nj

donde Nj = N para todo j ∈ J .

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Proposicion 1.6. Sea R un cuerpo, y sea V un R-espacio vectorial.(1) Todo subespacio vectorial de V es libre.(2) Todo conjunto linealmente independiente de V puede ser extendido a una base de V .

Proposicion 1.7. Sea M1, M2 y N R-modulos. Entonces

HomR(N,M1 ⊕M2) ∼= HomR(N,M1)⊕Hom(N,M2)

y

Hom(M1 ⊕M2, N) ∼= HomR(M1, N)⊕Hom(M2, N).

Los isomorfismos son entre Z-modulos (y entre R-modulos si R es conmutativo).

Definicion 1.8. Si M es un R-modulo y M1 ⊆ M es un submodulo, decimos que M1 es unsumando directo de M , o es complementado en M , si existe un submodulo M2 ⊆ M talque M ∼= M1 ⊕M2.

Definicion 1.9. Sea R un anillo. Una sucesion de R-modulos y morfismos entre R-modulos

. . .Mi−1fi−→Mi

fi+1−→Mi+1 −→ . . .

es una exacta en Mi si Im (fi) = Ker(fi+1). La sucesion es exacta si es exacta en cada Mi.

Definicion 1.10. Si la sucesion

0−→M1f−→M

g−→M2 −→ 0

es una sucesion exacta, se dice que es una sucesion exacta corta.Se dice que la sucesion anterior es una sucesion exacta split si es exacta y si Im(f) = Ker(g)es un sumando directo de M .

Definicion 1.11. Un modulo P sobre un anillo R se dice proyectivo si dado un diagrama demorfismos entre R-modulos

P↓f

Ag→ B → 0

Con esta ultima fila una sucesion exacta (es decir g es un isomorfismo), existe morfismo entreR-modulos, h : P → A tal que el diagrama

Ph↙↓f

Ag→ B → 0

es conmutativo.

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Teorema 1.12. Las siguentes condiciones sobre un R-modulo P son equivalentes.

(1) Toda sucesion exacta corta de R-modulos

0 −→ N −→M −→ P −→ 0

es split.

(2) Existe un R-modulo P ′ tal que P ⊕ P ′ es un R-modulo libre.

(3) Para cada R-modulo N y cada morfismo suryectivo entre R-modulos ψ : M → P , el mor-fismo

ψ∗ : HomR(N,M) −→ HomR(N,P )

es suryectivo.

(4) Para cada morfismo suryectivo entre R-modulos φ : M −→ N , el morfismo

φ∗ : HomR(P,M) −→ HomR(P,N)

es suryectivo.

Proposicion 1.13. Sea R un PID, sea M un R-modulo libre de rango finito, y sea S unsubmodulo de M . Las siguientes condiciones sobre S son equivalentes.

(1) S es complementado.

(2) M/S es libre.

(3) Si x ∈ S y tambien x = ay para algun y ∈M , a 6= 0 ∈ R, entonces y ∈ S

Definicion 1.14. Un submodulo S de M que satisface la condicion (3) de la Proposicion ante-rior es un submodulo puro de M .

Teorema 1.15. Sea R un anillo, sea M R-modulo y sea N un submodulo de M . Entonces elgrupo cociente M/N es un R-modulo con la accion de R sobre M/N dada por:

r(a+N) = ra+N para todo r ∈ R, a ∈M

El mapa π : M →M/N dado por a 7→ a+N es un morfismo suryectivo con Ker(π) = N .

Proposicion 1.16. Sea R un PID y sea f : M → N un morfismo entre R-modulos libres derango finito. Entonces

(1) Ker(f) es un submodulo puro, pero

(2) Im(f) no necesariamente es puro.

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Proposicion 1.17. Sea M un R-modulo libre finitamente generado, con R un PID. Si S es unsubmodulo complementado finitamente generado de M . Entonces cualquier base de S puede serextendida a una base de M .

Proposicion 1.18. Sea M un R-modulo libre finitamente generado, con R un PID. Si S es unsubmodulo comletado en M , entonces rank(S) = rank(M) si y solo si S = M .

Proposicion 1.19. Sea R un PID y sea f : M → N un morfismo entre R-modulos libres derango finito. Entonces

rank(M) = rank(Ker(f)) +Rank(Im(f)).

Teorema 1.20. Sea M 6= 0 un modulo finitamente generado sobre un PID de R. Si el rango deM es n, entonces M es isomorfo a una suma directa de submodulos cıclicos

M ∼= Rw1 ⊕Rw2 · · · ⊕Rwn

tal queR 6= Ann(w1) ⊇ Ann(w2) ⊇ · · ·Ann(wn) ⊇= Ann(M).

Mas aun, para 1 ≤ i < n

Ann(wi) = Ann(M/(Rwi+1 + . . .+Rwn)).

Teorema 1.21. (Teorema de factores invariantes para submodulos). Sea R un PID. seaM un R-modulo libre, y sea N ⊆M u submodulo de rango n <∞. Entonces existe una base Sde M , un subconjunto {x1, ..., xn} ⊆ S, y elementos no nulos s1, ..., sn ∈ R tales que

{s1x1, ..., snxn} es una base de N

ysi/si+1 para 1 ≤ i ≤ n− 1.

Proposicion 1.22. Sea R un PID, M un R-modulo libre de rango n y N un submodulo tambiende rango n, entonces

M/N ∼= ⊕ni=1R/siR

con s1, ..., sn ∈ R los factores invariantes de N .

Demostracion. Por el teorema 1.21 sabemos que existe una base B = {x1, ..., xn} de M y ele-mentos no nulos s1, ..., sn ∈ R tales que

{s1x1, ..., snxn} es una base de N

ysi/si+1 para 1 ≤ i ≤ n− 1.

Definimos F : M/N −→ ⊕ni=1R/siR,

F (x) = (a1, ..., an)

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siendo (a1, ..., an) el vector de coordenadas de x en la base B.Veamos buena definicion, supongamos que tenemos x = x′ con x 6= x′. Entonces x− x′ ∈ N .

Tenemos x = a1x1 + ...+ anxn e x′ = a′1x1 + ...+ a′nxn, con ai, a′i ∈ R.Entonces

x− x′ = (a1 − a′1)x1 + ...+ (an − a′n)xn ∈ N

por lo tanto ai − a′i ∈ siR, con lo cual ai = ai′ y entonces

F (x) = F (x′)

Ahora vemos que F es un isomorfismo de R-modulos. Es claro que F es suryectiva, porconstruccion. Veamos que F es inyectiva. Supongamos que

F (x) = F (y)

entonces ai = bi, para i = 1, ..., n, siendo {ai}ni=1 y {bi}ni=1 las coordenadas de x e y respectiva-mente en la base B. Es decir, ai − bi ∈ siR para i = 1, ..., n.

Con lo cual,

x− y = (a1 − b1)x1 + ...+ (an − bn)xn = r1s1x1 + ...+ rnsnxn,

con ri ∈ R.Y tenemos entonces que x− y ∈ N . Por lo tanto x = y.

1.2. Representacion matricial de morfismos

Se daran propiedades elementales sobre las matrices cambio de base y matrices de operadores.

Definicion 1.23. Sea R un PID, sea M un R-modulo libre de rango n y sean B = {v1, . . . , vn}y B′ = {v′1, . . . , v′n} dos bases de M . Definimos la matriz PB

B′ ∈Mn(R) por la formula

PBB′ = [[v1]B′ [v2]B′ . . . [vn]B′ ].

La matriz PBB′ es la matriz cambio de base desde la base B a la base B′. Como vj =

∑ni=1 δi,jvi,

se sigue que si B = B′ entonces PBB′ = In.

Proposicion 1.24. Sea M un R-modulo libre de rango n, y sean B, B′ y B′′ bases de M .Entonces

(1) para cada v ∈M , [v]B′ = PBB′ [v]B;

(2) PBB′′ = PB′

B′′PBB′; y

(3) PBB′ es invertible y (PB

B′)−1 = PB′

B .

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Proposicion 1.25. Sea R un anillo y M un R-modulo libre de rango n. Si B′ es alguna basede M y P ∈Mn(R) es inversible. Entonces existe una base B de M tal que

P = PBB′

Proposicion 1.26. Sean M y N R-modulos libres de rango finito tal que rank(M)= rank(N).

(1) f es suryectiva (y por lo tanto un isomorfismo) si y solo si en algun (y por lo tanto encualquiera) par de bases B de M y C de N, det([f ]BC ) es unidad de R.

(2) f es inyectiva si y solo si en algun (y por lo tanto en cualquiera) par de bases B de M yC de N, det([f ]BC ) no es divisor de cero en R.

Proposicion 1.27. Sea R un anillo conmutativo, sean M y N R-modulos libres, y seaf ∈ HomR(M,N).Si rank(M) = rank(N) es finito y R es un dominio integral, entonces f es inyectivo si y solosi N/Im(f) es un R-modulo torsion.

Definicion 1.28. Sea V un espacio con producto interno, y sea T : V → V una transformacionlineal.

(1) T es normal si TT ∗ = T ∗T .

(2) T es autoadjunto si T = T ∗.

(3) T es unitario si T = T−1.

Sea A ∈Mn(F ) una matriz de n× n.

(1’) A es normal si AA∗ = A∗A.

(2’) A es autoadjunta si A = A∗.

(3’) A es unitaria si AA∗ = In.

Teorema 1.29. (Teorema Espectral, para el caso autoadjunto) Supongamos que V es unespacio con producto interno y sea T : V → V una transformacion lineal autoadjunta.

(1) Todos los autovalores de T son reales.

(2) V Tiene una base ortonormal de autovectores de T .

1.3. Grupos y cuerpos finitos

Citaremos algunos teoremas y proposiciones, los cuales nos proporcionaran informacion sobreel cardinal de cuerpos y grupos finitos.

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Definicion 1.30. Si R es un anillo con identidad entonces la caracterıstica de R, denotadacar(R), es el menor numero natural n tal que n · 1R = 0 si n · 1R 6= 0 para todo n ∈ N entoncesse dice que car(R) = 0.

Proposicion 1.31. Si F es un cuerpo finito, entonces car(F ) = p 6= 0 para algun p primo y|F | = pk para algun entero k ≥ 1.

Teorema 1.32. Sea F un cuerpo y G un subgrupo finito del grupo multiplicativo F ∗ entoncesG es un grupo cıclico. En particular el grupo multiplicativo de un un cuerpo finito es cıclico.

Definicion 1.33. Sea G un grupo y a ∈ G. El orden de a es el orden del subgrupo cıclico 〈a〉.

Teorema 1.34. Sea G un grupo y a ∈ G. Si a tiene orden m > 0, entonces

(1) m es el menor entero positivo tal que am = e;

(2) ak = e si y solo si m/k;

(3) para cada k tal que k/m,∣∣ak∣∣ = m/k

Definicion 1.35. Sea H un subgrupo de G, definimos ındice de H en G, denotado [G : H],como el numero de cosets a izquierda (o a derecha) de H en G.

Teorema 1.36. (Lagrange) Si H es un subgrupo de un grupo finito G, entonces|G| = [G : H] |H|.

Proposicion 1.37. Sea R un cuerpo finito y H el subgrupo de cuadrados del grupo multiplicativode R, el cual denotaremos por R∗.

(1) Si car(R) 6= 2, entonces R tiene orden impar y H tiene ındice igual a 2.

(1) Si Car(R) = 2, entonces R tiene orden par y |R∗| = |H| (osea, H tiene ındice 1).

Demostracion. (1) Por la proposicion 1.31, tenemos que |R| = pk con p 6= 2 primo, con lo cual|R∗| = pk − 1 tiene orden par. Sea 2n = |R∗| y llamemos m = |H|.Por el teorema 1.32 sabemos que R∗ y H son subgrupos ciclicos. Sea R∗ = 〈a〉 y H =

⟨b2⟩

con a, b ∈ R∗.Entonces ∀r ∈ R∗ tenemos,

r2n = e

en particular,b2n = e

(b2)n = e.

Entonces por el teorema 1.34 resulta que m/n.

Y por otro lado tambien sabemos que ∀r ∈ R∗,

(r2)m = e

r2m = e

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en particular,a2m = e.

Entonces por el teorema 1.34 n/m.

Y por lo tanto n = m.

Ahora, por el teorema de lagrange (teorema 1.36) tenemos, |R∗| = [R∗ : H] |H|. Es decir

2n = [R∗ : H]n

Concluimos asi, que el ındice de H es 2.

(2) Como R tiene caracterıstica igual a 2, entonces por la proposicion 1.31 sabemos que tiene2k elementos, con lo cual R∗ tiene un numero impar de elementos. Entonces |R∗| = 2k − 1y sea m = |H|.Otra vez, por el teorema 1.32 sabemos que R∗ y H son subgrupos ciclicos. Sea R∗ = 〈a〉y H =

⟨b2⟩

con a, b ∈ R∗. Tenemos entonces ∀r ∈ R∗,

(r2)m = e

en particular,a2m = e

entonces por el teorema 1.34 resulta que (2k − 1)/2m, es decir

2m = (2k − 1)n, con n ∈ N

entonces necesariamente,2m = (2k − 1)2n′ con n′ ∈ N

como m ≤ 2k − 1 debe ser n′ = 1 y asi resulta que |R∗| = |H|.

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2. Formas bilineales

2.1. Dualidad

En esta seccion definiremos el dual de un modulo. Nuestra finalidad sera encontrar unarelacion entre submodulos de un R-modulo M y submodulos de el modulo dual M∗. Los mejoresresultados se obtienen cuando M es un R-modulo finitamente generado con R un PID. Tambiendefiniremos el adjunto de una funcion f y daremos algunas relaciones entre ellas.

HomR (M,N) denotara el conjunto de todos los morfismos entre los R-modulos M y N . SiR es un anillo conmutativo, HomR (M,N) tiene la estructura de un R-modulo mediante las op-eraciones (f + g) (x) = f (x)+ g (x) y (af) (x) = a (f (x)) para todo x ∈M , a ∈ R. Recordemosque si M y N son R-modulos libres sobre un anillo conmutativo finitamente generados(R unanillo conmutativo), de rango m y n respectivamente, entonces HomR (M,N) es un R-modulode rango mn.

Para nosotros R denotara un anillo conmutativo y por lo tanto HomR (M,N) siempre tendraestructura de R-modulo.

Definicion 2.1. Sea M un R-modulo, entonces HomR(M,R) se denomina el modulo dual deM y se denota M∗.

Definicion 2.2. Sea M un R-modulo libre y B = {v1, ..., vn} una base de M, entonces la basedual de M∗ esta definida como B∗ = {v∗1, ..., v∗n} donde v∗i ∈M∗ esta definida por

v∗i (vj) = δij ={

1 si i = j,0 si i 6= j.

Proposicion 2.3. Sea M un R-modulo libre de rango finito n y sea B = {v1, ..., vn} una basede M. Entonces B∗ = {v∗1, ..., v∗n} es una base de M∗.

Demostracion. Veamos que el conjunto {v∗1, . . . , v∗n} es linealmente independiente:Sean c1, ..., cn ∈ R tales que

c1v∗1 + ...+ cnv

∗n = 0

entonces

(c1v∗1 + ...+ cnv∗n) (vi) = civ

∗i (vi)

= ci

= 0

Por lo tanto el conjunto {v∗1, ..., v∗n} es linealmente independiente.Sea f ∈M∗ y entonces f (vi) = ai para 1 ≤ i ≤ n.

Sea

g =n∑i=1

aiv∗i

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tenemos entonces que g (vi) = f (vi) para 1 ≤ i ≤ n y por el teorema 1.1 resulta f = g.Por lo tanto B∗ es una base.

Corolario 2.4. Sea M un R-modulo libre de rango finito n y sea B = {v1, ..., vn} una base deM. Entonces el mapa ω : M →M∗ definida como

ω

(n∑i=1

aivi

)=

n∑i=1

aiv∗i

es un isomorfismo de R-modulos.

Demostracion. Veamos que ω es inyectiva:Sean a y b ∈M , entonces a =

∑ni=1 aivi y b =

∑ni=1 bivi.

Supongamos que ω (a) = ω (b), tenemos entonces por definicion de ω:

n∑i=1

aiv∗i =

n∑i=1

biv∗i

resulta, (n∑i=1

aiv∗i

)(vj) =

(n∑i=1

biv∗i

)(vj) , para j = 1, ..., n

con lo cual,aj = bj , para j = 1, . . . , n

Por lo tanto a = b.Ahora probemos que ω es suryectiva:

Sea f ∈M∗, entonces (por la proposicion 2.3) f =∑n

i=1 aiv∗i , con ai ∈ R,

proponemos a =∑n

i=1 aivi resultando de este modo ω (a) = f .Finalmente ω es un isomorfismo.

Sea M un R-modulo, entonces definimos el doble dual de M , denotado M∗∗, porM∗∗ = (M∗)∗ = HomR (M∗, R). Existe un morfismo natural η : M →M∗∗ definido por

η (v) (ω) = ω (v) para todo v ∈M y ω ∈M∗,

pues; sean u, v ∈M , r ∈M y ω ∈M∗,

η (u+ v) (ω) = ω (u+ v) = ω (u) + ω (v) = η (u) (ω) + η (v) (ω)

η (ru) (ω) = ω (ru) = rω (u) = rη (ω) .

Teorema 2.5. Si M es un R-modulo libre, entonces el mapa η : M → M∗∗ is inyectivo. Si elrang (M) <∞ entonces η es un isomorfismo.

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Demostracion. Tomemos u1 y u2 ∈M , supongamos que u1 6= u2. Entonces, sea u1−u2 = v 6= 0.Sea B una base de M , entonces v = a1v1 + . . . + anvn donde algun ai 6= 0 y {v1, . . . , vn} ⊆ B,entonces nosotros podemos definir un elmento ω ∈ M∗ por ω (vi) = 1R y ω (w) = 0 paratodo w 6= vi ∈ B (ω define un morfismo entre R-modulos por el teorema 1.1). Entoncesη (v) (ω) = ω (a1v1 + . . .+ anvn) = ai 6= 0. Por lo tanto η es inyectiva. Ahora supongamosque el rank (M) < ∞ y sea B = {v1, . . . , vn} y sea B una base de M . Sea B∗ = {v∗1, . . . , v∗n} labase dual de M∗ y sea B∗∗ = {v∗∗1 , . . . , v∗∗n }, base de M∗∗, dual de la base B∗ de M∗. Veamosque η (vi) = v∗∗i para 1 ≤ i ≤, notar pues

η (vi)(v∗j)

= v∗j (vi)= δij

= v∗∗i(v∗j).

Como η (vi) y v∗∗i ambas forman una base para M∗∗, por lo tanto M∗∗ ⊆ η (M ), es decir resultaη suryectiva y por lo tanto un isomorfismo.

Observacion 2.6. Cuando η es un isomorfismo, decimos que M es reflexivo. Probaremosque los modulos proyectivos finitamente generados tambien son reflexivos, pero primero veremosalgunos ejemplos de modulos no-reflexivos.

Ejemplos 2.7. (1) Sea R un PID pero no un cuerpo y sea M un modulo torsion no trivialfinitamente generado sobre R. M∗ = HomR (M,R) =< 0 >, pues si f ∈ M∗ siendo f 6= 0,entonces existe x0 ∈ M tal que f (x0) 6= 0 y ademas por ser M un R-modulo torsion existe unelemento a ∈ R (a 6= 0) tal que a0x0 = 0, luego tenemos que af (x0) = f (ax0) = f (0) = 0 yesto es absurdo. Por lo tanto M∗ = 〈0〉, con lo cual M∗∗ = {0} y el mapa natural η : M →M∗∗

no es inyectivo. Notemos que M no puede ser un modulo libre, pues todos sus elementos sonelemento torsion.(2) Sea R = Q, y sea M = ⊕n∈NQ un espacio vectorial sobre Q de dimension infinita numer-able. Teniendo en cuenta la proposicion 1.5 resulta M∗ ∼=

∏n∈N Q , y como

M = ⊕n∈NQ ⊆∏n∈N

Q,

por la proposicion 1.6 se tiene que∏n∈N Q = M ⊕M ′, donde M ′ es el espacio vectorial comple-

mentado de M(remitirse a la definicion 1.8), y entonces tenemos que M∗ ∼= M ⊕M ′. EntoncesM∗∗ ∼= (M ⊕M ′)∗ y a su vez por la proposicion 1.7 (M ⊕M ′)∗ ∼= M∗ ⊕ (M ′)∗; por lo tantoM∗∗ contiene un subespacio vectorial isomorfo a M∗. Pero M es un conjunto numerable infini-to, mientras que

∏n∈N Q

∼= M∗ es no numerable. Por lo tanto η : M → M∗∗ no puede sersuryectiva. Entonces concluimos que M no es un Q-modulo reflexivo.

Sean M1 y M2 R-modulos, definimos M = M1 ⊕M2, siendo este claramente un R-modulo.Entonces por la proposicion 1.6, tenemos M∗∗ ∼= M∗∗

1 ⊕M∗∗2 . Para estudiar la reflexividad de

las sumas y sumandos directos, es necesario identificar el isomorfismo. Con este fin definimos:

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Ψ : (M1 ⊕M2)∗∗ →M∗∗1 ⊕M∗∗

2

como Ψ (ω) = (ω1, ω2), donde ωi ∈ M∗∗i esta definida como ωi(θi) = ω(θi ◦ πi) para cada

θi ∈M∗i = HomR(Mi, R). πi : M1⊕M2 →Mi es la proyeccion canonica. Similarmente definimos:

Φ : M∗∗1 ⊕M∗∗

2 → (M1 ⊕M2)∗∗

porΦ(ω1, ω2)(θ) = ω1(θ ◦ τ1) + ω2(θ ◦ τ2)

donde θ ∈ (M1 ⊕M2)∗ y τi :→M1 ⊕M2 es la inyeccion canonica.

Lema 2.8. Sean Ψ y Φ morfismos sobre R-modulos, entonces Ψ y Φ son inversas.

Demostracion. Sea ω ∈ (M1 ⊕M2)∗∗ y θ ∈ (M1 ⊕M2)∗. Entonces

Φ ◦Ψ(ω)(θ) = Φ(ω1, ω2)(θ)= ω1(θ ◦ τ1) + ω2(θ ◦ τ2)= ω(θ ◦ τ1 ◦ π1) + ω(θ ◦ τ2 ◦ π2)= ω(θ ◦ τ1 ◦ π1 + θ ◦ τ2 ◦ π2)= ω(θ ◦ (τ1 ◦ π1 + τ2 ◦ π2))= ω(θ ◦ 1M1⊕M2)= ω(θ),

y

(Ψ ◦ Φ(ω1, ω2))(θ1, θ2) = Ψ(Φ(ω1, ω2))(θ1, θ2)= (Φ(ω1, ω2)(θ1 ◦ π1),Φ(ω1, ω2)(θ2 ◦ π2))= (ω1(θ1 ◦ π1 ◦ τ1), ω2(θ2 ◦ π2 ◦ τ2))= (ω1(θ1), ω2(θ2))= (ω1, ω2)(θ1, θ2).

Por lo tanto,Φ ◦Ψ = 1(M1⊕M2)∗∗

yΨ ◦ Φ = 1M∗

1∗⊕M∗

2∗ ,

y el lema queda probado.

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Sea ηi : Mi → M∗∗i (i=1,2) y η : M1 ⊕M2 → (M1 ⊕M2)∗∗ los mapas naturales a los doble

duales.

Lema 2.9. Usando la notacion de arriba, existe un diagrama conmutativo

M1 ⊕M2

↓ η(η1,η2)

↘(M1 ⊕M2)∗∗

Ψ→ M∗∗1 ⊕M∗∗

2

Es decir,Ψ ◦ η = (η1, η2).

Demostracion.

((ψ ◦ η)(ω1, ω2)) = Ψ(η(v1, v2))(ω1, ω2)= (η(v1, v2)(ω1 ◦ π1), η(v1, v2)(ω2 ◦ π2))= ((ω1 ◦ π1)(v1, v2), (ω2 ◦ π2)(v1, v2))= (ω1(v1), ω1(v2))= ((η1, η2)(v1, v2))(ω1, ω2).

Por lo tanto, Ψ ◦ η = (η1, η2).

Lema 2.10. (1) η : M1 ⊕M2 → (M1 ⊕M2)∗∗ es inyectiva si y solo si ηi : Mi → M∗∗i es

inyectiva para cada i = 1, 2.

(2) M1 ⊕M2 es reflexivo si y solo si M1 y M2 son reflexivos.

Demostracion. (1)Sean v1 , v1 ∈M1 y v2, v2 ∈M2.Supongamos η1(v1) = η1(v1) y η2(v2) = η2(v2) entonces (η1(v1), η2(v2)) = (η1(v1), η2(v2) en-tonces por el lema 2.9 tenemos Ψ ◦ η(v1, v2) = Ψ ◦ η(v1, v2), por el lema 2.8 resulta queη(v1, v2) = η(v1, v2), y como η es inyectiva entonces (v1, v2) = (v1, v2).Con lo cual ηi resulta inyectiva.Supongamos que η(v1, v2) = η(v1, v2) entonces por el lema 2.9 (Ψ ◦ η)(v1, v2) = (Ψ ◦ η)(v1, v2)entonces (η1(v1), η2(v2)) = (η1(v1), η2(v2)) , ahora como ηi es inyectiva para i = 1, 2 resulta que(v1, v2) = (v1, v2).

(2)Supongamos que M1 ⊕M2 es reflexivo, es decir, η es biyectiva y como Ψ es biyectiva,entonces Ψ ◦ η es biyectiva, y (por el Lema 2.9) tenemos:Sea (ω1, ω2) ∈M∗∗

1 ⊕M∗∗2 existe (v1, v2) ∈M1⊕M2 tal que (η1(v1), η2(v2)) = (ω1, ω2); resultando

de esta manera ηi, para i = 1, 2 suryectiva y por (1) queda demostrada la reflexividad de M1 yM2.Ahora supongamos que M1 y M2 son reflexivos, es decir, ηi es biyectiva para i = 1, 2. Por Lema2.9 tenemos Ψ ◦ η = (η1, η2), recordar que Ψ es un isomorfismo (por el Lema 2.8) con lo cual

15

η = Φ(η1, η2), entonces :Sea ω ∈ (M1⊕M2)∗∗ entonces existe (ω1, ω2) ∈M∗∗

1 ⊕M∗∗2 tal que Φ(ω1, ω2) = ω, luego como ηi

es suryectiva existen v1 ∈M1 y v2 ∈M2 tales que η1(v1) = ω1 y η2(v2) = ω2; tenemos entoncesque

ω = Φ(ω1, ω2)= Φ(η1, (v1), η2(v2))= η(v1, v2)

Resulta que η es suryectiva. Por lo demostrado en (1) concluimos que η es inyectiva y por lotanto M1 ⊕M2 es reflexivo.

Proposicion 2.11. Si P es un R-modulo proyectivo, entonces ηp : P → P ∗∗ es inyectiva. Si Pesta tambien finitamente generado, entonces P es reflexivo.

Demostracion. Como P es proyectivo, entonces existe un R-modulo P ′ tal que P ⊕ P ′ ∼= Fdonde F es un R-modulo libre (por el teorema 1.12), entonces por es Teorema 2.5 resulta queη : F → F ∗∗ es inyectiva y por el Lema 2.10 tenemos queetap es inyectiva.Si ademas P estuviera finitamente generado entonces por el Teorema 2.5 η : F → F ∗∗ es biyectivay por el Lema anterior tenemos entonces que P reflexivo.

Convencion.En lo que queda de esta seccion R sera un PID y M sera un R-modulo librede rango finito siempre que no se explicite lo contrario.

Definicion 2.12. (1) Si N es un submodulo de M , entonces definimos Hull de N como:

Hull(N) ={x′ ∈M : rx′ ∈ N para algun r 6= 0 ∈ R

}Si A es un subconjunto de M , entonces definimos Hull(A) = Hull(〈A〉).

(2) Si A es un subconjunto de M entonces definimos el Anulador de A como el siguientesubconjunto del modulo dual M∗:

K(A) = Ann(A)= {ω ∈M∗ : Ker(ω) ⊇ A}= {ω ∈M∗ : ω(x) = 0 para todo x ∈ A}⊆ M∗.

(3) Si Bes un subconjunto de M∗ entonces definimos el Anulador de B como el siguientesubconjunto de M :

K∗(B) = Ann(B)= {x ∈M : ω(x) = 0 para todo ω ∈ B}⊆ M.

16

Observaciones 2.13. (1) Notar que Hull(N), K(A) y K∗(B) son submodulos.

(2) Veamos que N ⊆ Hull(N). Sea x ∈ N ,como R tiene unidad, entonces 1Rx = x ∈ N , luegopor definicion de Hull(N) tenemos que x ∈ Hull(N).

(3) K∗(B) ⊆ Ker(ω) para todo ω ∈ B. Sea x ∈ K∗(B) y ω ∈ B, entonces ω(x) = 0, es decir,x ∈ Ker(ω).

(4) Sea N un submodulo, entonces por el teorema 1.15 sabemos que M/Hull(N) es un R-modulo.Veamos que M/Hull(N) es torsion libre; para ello supongamos que {M/Hull(N)}τ 6= {0},es decir, ∃x 6= 0 elemento torsion, entonces ∃r 6= 0 ∈ R tal que rx = 0, es decir, rx = 0,entonces rx ∈ Hull(N), en consecuencia, ∃r′ 6= 0 ∈ R tal que r′(rx) ∈ N , y finalmente pordefinicion de Hull(N) tenemos que x ∈ Hull(N), con lo cual x = 0, pero esto no puedeser, por lo tanto {M/Hull(n)}τ = {0}.

(5) El Hull(N) es un sumando directo de M . Si se cumple la siguiente propiedad, nuestraafirmacion quedara probada (por la proposicion 1.13).

Si x ∈ Hull(N) y x = ry entonces y ∈ Hull(N)

Sea x ∈ Hull(N) y x = ry para algun r 6= 0 ∈ R, por definicion de Hull(N) ∃r′ 6= 0 ∈ Rtal que r′x ∈ N , luego r′x = r′ry ∈ N . Por lo tanto y ∈ Hull(N).

De ahora en mas denotaremos por C(M) al conjunto de todos los submodulos que son suman-dos directos de M .

Proposicion 2.14. Sea M un R-modulo libre de rango finito, sean A, A1 y A2 subconjuntos deM , y sean B, B1 y B2 subconjuntos de M∗. Entonces valen las siguientes propiedades:

(1) Si A1 ⊆ A2, entonces K(A1) ⊇ K(A2).

(2) K(A) = K(Hull(A)).

(3) K(A) = C(M∗).

(4) K({0}) = M∗ y K(M) = {0}.

(5) K∗(K(A)) ⊇ A.

(1*) Si B1 ⊆ B2, entonces K∗(B1) ⊇ K∗(B2).

(2*) K∗(B) = K∗(Hull(B)).

(3*) K∗(B) ∈ C(M).

(4*) K∗({0}) = M y K∗(M∗) = {0}.

17

(5*) K(K∗(B)) ⊇ B.

Demostracion. (1) Sea ω ∈ K(A2) entonces A2 ⊆ Ker(ω) entonces A1 ⊆ Ker(ω).

(2) Sea ω ∈ K(A) entonces A ⊆ Ker(ω) entonces ω(a) = 0 para todo a ∈ A, mas aun paratodo a ∈ 〈A〉 Ahora veamos que ω ∈ K(Hull(A)). Sea x′ ∈ Hull(A) entonces existe unr 6= 0 ∈ R tal que rx′ ∈ 〈A〉, y ahora ω(rx′) = rω(x′) = 0 como R es un PID entoncesω(x′) = 0 con lo cual x′ ∈ Ker(ω). Probamos entonces que Hull(A) ∈ Ker(ω)), es decirω ∈ K(Hull(A)).

Nos queda probar que K(Hull(A)) ⊆ K(A). Sea ω ∈ K(Hull(A)) entonces ω(x′) = 0 paratodo x′ ∈ Hull(A) y como R un PID A ⊆ Hull(A) entonces A ⊆ Ker(ω). Por lo tantoω ∈ K(A).

(3) Recordar que R es un PID y como M es R-modulo libre de rango finito entonces M∗

tambien lo es. Para ver que K(A) es un sumando directo de M∗ citamos la proposicion1.13, es decir, bastara probar la siguiente propiedad:

Si ω ∈ K(A) y ω = rθ para algun θ ∈M∗, r 6= 0 ∈ R , entonces θ ∈ K(A).

Sea a ∈ A entonces rθ(a) = ω(a) = 0 pues ω ∈ K(A), como r 6= 0 y R es un PID entoncesθ(a) = 0, con lo cual A ∈ Ker(θ) y con esto tenemos que θ ∈ K(A).

(4) K({0}) = {ω ∈M∗ : {0} ∈ Ker(ω)} = M∗.K(M) = {ω ∈M∗ : M ∈ Ker(ω)} = {ω ∈M∗ : ω(x) = 0 para todo x ∈M}.

(5) Sea a ∈ A entonces ω(a) = 0 para todo ω ∈ K(A) entonces A ⊆ K∗(K(A)).

(1*) Supongamos que B1 ⊆ B2 ⊆ M∗. Sea x ∈ K∗(B2) entonces ω(x) = 0 para todo ω ∈ B2,entonces ω(x) = 0 para todo ω ∈ B1.

(2*) Sea x ∈ K∗(B).Sea ω ∈ Hull(B), entonces ∃r 6= 0 ∈ R tal que rω ∈ B, y de aqui (rω) (x) = 0, puesx ∈ K∗(B). Como r 6= 0 y R es un PID entonces ω(x) = 0 ∀ω ∈ Hull(B), tenemosentonces que x ∈ K∗(Hull(B)), con lo cual concluimos que K∗(B) ⊆ K∗(Hull(B)).

Sea x ∈ K∗(Hull(B)).Entonces ω(x) = 0, ∀ω ∈ Hull(B) y como B ⊆ Hull(B) se tiene ω(x) = 0 ∀ω ∈ B, con locual x ∈ K∗(B). Es decir quedo probado K∗(Hull(B)) ⊆ K∗(B).

Y finalmente quedo probada la igualdad K∗(B) = K∗(Hull(B)).

(3*) Recordar que R es un PID y M es R-modulo libre de rango finito. Para ver que K∗(B) esun sumando directo de M , bastara probar la siguiente propiedad:

Si x ∈ K∗(B) y x = ry para algun y ∈M, r 6= 0 ∈ R , entonces y ∈ K∗(B).

Sea ω ∈ B entonces ω(x) = ω(ry) = 0 pues x ∈ K∗(B); como r 6= 0 y R es un PIDentonces ω(y) = 0, con lo cual y ∈ K∗(B).

18

(4*) K∗({0}) = {x ∈M : ω(x) = 0 para todo ω ∈ {0M∗}} = {x ∈M : 0M∗(x) = 0} = M .

K∗(M∗) = {x ∈M : ω(x) = 0 para todo ω ∈M∗} = {0}; pues M∗ es un R-modulo y porlo tanto su elemento neutro (0M∗) es unico.

(5*) Sea ω ∈ B entonces K∗(B) ⊆ Ker(ω), por definicion de K tenemos que ω ∈ K(K∗(B)).Por lo tanto B ⊆ K(K∗(B)).

Lema 2.15. Sea M un R-modulo reflexivo y sea η : M →M∗∗ el isomorfismo natural. Entoncespara todo submodulo T de M∗, tenemos que η(K∗(T )) = K(T ) ⊆M∗∗.

Demostracion. Sea ω ∈ K(T ) ⊆ M∗∗. Entonces ω = η(x) para algun x ∈ M , para cualquiert ∈ T ,

t(x) = η(x)(t) = ω(t) = 0

pues ω ∈ K(T ). Por lo tanto x ∈ K∗(T ) por definicion y entonces K(T ) = η(K∗(T )).Inversamente, si x ∈ K∗(T ) entonces

0 = t(x) = η(x)(t)

para cualquier ω ∈ T , ademas η(x) ∈ K(T ) por definicion. Por lo tanto, η(K∗(T )) ⊆ K(T ), y elLema queda ası probado.

Teorema 2.16. Sea M un R-modulo libre de rango finito, sea S ∈ C(M), y sea T ∈ C(M∗).Entonces

rank(M) = rank(S) + rank(K(S)),

y

rank(M∗) = rank(T ) + rank(K∗(T )).

Demostracion. Sea B1 = {v1, . . . , vk} una base de S. Como S es un sumando directo de M , porla Proposicion 1.17 la base B1 puede ser extendida a una base

B = {v1, . . . , vk, vk+1, . . . , vm}

de M . Sea B∗ = {v∗1, . . . , v∗m} la base de M∗ dual de B. Si i ≤ k y j > k entonces v∗j (vi) = 0.Por lo tanto, ⟨

v∗k+1, . . . , v∗m

⟩⊆ K(S).

Si ω ∈ K(S), entonces podemos escribir ω =∑m

j=1 ajv∗j , y si 1 ≤ i, entonces

0 = ω(vi) =m∑

j=k+1

ajv∗j (vi) = ai.

19

Por lo tanto, ω =∑m

j=k+1 ajv∗j , y entonces

K(S) =⟨v∗k+1, . . . , v

∗m

⟩ademas tenemos que rank(K(S)) = m− k = rank(M)− rank(S).Similarmente,

rank(M∗) = rank(T ) + rank(K(T ))= rank(T ) + rank(η(K∗(T )))= rank(T ) + rank(K∗(T ))

donde la ultima igualdad es valida porque η : M → M∗∗ es un isomorfismo y en consecuenciapreserva el rango de los submodulos.

Teorema 2.17. Sea M un R-modulo libre de rango finito. Entonces la funcion

K : C(M) → C(M∗)

es una correspondencia uno a uno con inversa K∗.

Demostracion. Queremos probar que para todo submodulo S ⊆M y T ⊆M∗

K∗(K(S)) = S

yK(K∗(T )) = T.

Notar que K∗(K(S)) ⊇ S para todo los sumandos directos S ⊆M por la Proposicion 2.14 (5),ademas la proposicion 1.18 implica que es suficiente mostrar que rank(K∗(K(S))) = rank(S).Observemos que

rank(S) = rank(M)− rank(K(S))

y

rank(K(S)) = rank(M∗)− rank(K∗(K(S)))

por el Teorema 2.16. Ya que rank(M) = rank(M∗), concluimos que K∗(K(S)) = S.Para demostrar la segunda igualdad notemos que K(K∗(T )) ⊇ T para todo submodulo

T ⊆M∗. Por el Teorema 2.16

rank(T ) = rank(M∗)− rank(K∗(T ))

yrank(K∗(T )) = rank(M)− rank(K(K∗(T ))).

Como rank(M) = rank(M∗) entonces rank(T ) = rank(K(K∗(T ))); luego por la proposicion1.18 concluimos que K(K∗(T )) = T .

20

Definicion 2.18. Si M y N son R-modulos y f ∈ HomR(M,N) entonces el adjunto de f esla funcion f∗ : N∗ →M∗ definida por f∗(ω) = ω ◦ f , esto es,

(f∗(ω))(x) = ω(f(x))

para todo x ∈M .

Observaciones 2.19. (1) f∗ : N∗ →M∗ es un morfismo entre R-modulos.

(2) Ad : HomR(M,N) → HomR(N∗,M∗), definido por Ad(f) = f∗, es un morfismo entreR-modulos.

Teorema 2.20. Sean M y N R-modulos libres y sea f ∈ HomR(M,N).Entonces

(1) K(Im(f)) = Ker(f∗), y

(2) Im(f∗) = K(Ker(f)) ⊆M∗ si Im(f∗) es un sumando directo de M∗.

Demostracion. (1) Sea ω ∈ N∗. Entonces

ω ∈ Ker(f∗) ⇔ f∗(ω) = 0⇔ ω ◦ f = 0⇔ ω(f(x)) = 0 ∀x ∈M⇔ ω(y) = 0 ∀y ∈ Im(f)⇔ ω ∈ K(Im(f)).

(2) Ahora sea τ ∈M∗. Entonces

τ ∈ Im(f∗) ⇔ τ = f∗(ω) para algun ω ∈ N∗

⇔ τ(x) = ω(f(x)) ∀x ∈M.

Si x ∈ Ker(f) entonces f(x) = 0, ademas ω(f(x)) = 0. Por lo tanto, τ(x) = 0, concluimos queτ ∈ K(Ker(f)). De este modo Im(f∗) ⊆ K(f∗).

Como f∗ : N∗ →M∗, de la Proposicion 1.19 resulta

rank(Im(f∗)) = rank(N∗)− rank(Ker(f∗))

y el Teorema 2.16 muestra

rank(K(Ker(f∗))) = rank(N∗)− rank(Ker(f∗)),

entonces rank(Im(f∗)) = rank(K(Ker(f∗))). Como asumimos que Im(f∗) es un sumandodirecto M∗, concluimos que Im(f∗) = K(Ker(f∗)).

21

Corolario 2.21. Sea F un cuerpo, y sean V y W espacios vectoriales sobre F de dimensionfinita, y sea f ∈ HomF (V,W ). Entonces

(1) f es inyectiva si y solo si f∗ es suryectiva;

(2) f es suryectiva si y solo si f∗ es inyectiva; y

(3) f es un isomorfismo si y solo si f∗ es un isomorfismo.

Demostracion. Notemos que, como M es un espacio vectorial sobre el cuerpo F de dimensionfinita entonces M∗ tambien lo es. En este contexto Im(f) y Im(f∗) resultan ser sub-espaciosvectoriales complementados de M y M∗ repectivamente.

(1) Sup. que f es inyectiva, entonces Ker(f) = {0} y por la proposicion 2.14 tenemos queK({0}) = M∗.Por el teorema anterior resulta que Im(f∗) = K({0}), pero entonces Im(f∗) = M∗, y porlo tanto f∗ es suryectiva.Ahora supongamos que f∗ es suryectiva, entonces Im(f∗) = M∗.Por el teorema anterior tenemos que M∗ = K(Ker(f)), entonces por el teorema 2.17 ten-emos que K∗(M∗) = K∗(K(Ker(f))) = Ker(f), y por la proposicion 2.14 (4*) obtenemosKerf(f) = {0} y por lo tanto f es inyectiva.

(2) Sup. que f es suryectiva, entonces Im(f) = M . Por el teorema anterior entonces tenemosque K(M) = Ker(f∗), pero K(M) = {0}, entonces Ker(f∗) = {0}, con lo cual f∗ resultainyectiva.Y ahora supongamos que f∗ es inyectiva, entonces Ker(f∗) = {0}.por el teorema 2.20 tenemos K(Im(f)) = {0}, y como K∗ es inversa de K entoncesIm(f) = K∗({0}) y a su vez por la proposicion 2.14 resulta que Im(f) = M , con lo queresulta que f es suryectiva.

(3) Es un resultado inmediato de (1) y (2).

Proposicion 2.22. Sean M y N R-modulos libres de rango finito con bases B y C, respectiva-mente, y sea f ∈ HomR(M,N).Entonces

[f∗]C∗

B∗ =([f ]BC

)t.

Demostracion. Sea B = {vi}ni=1 y C = {wj}mj=1. Si A = [aij ] = [f ]BC y B = [bij ] = [f∗]C∗

B∗ ,entonces por definicion

f(vj) =m∑k=1

akjwk

f∗(w∗i ) =n∑k=1

bkiv∗k.

22

Pero entonces

aij = w∗i (f(vj))= (w∗i ◦ f)(vj)= (f∗(w∗i ))(vj)= bji.

2.2. Formas bilineales y sesquilineales

En esta seccion nosotros daremos una introduccion a teorıa de formas bilineales y sesquilin-eales. Nuestro principal objetivo sera clasificar dichas formas, derivandolas a su forma canonica ypara ello consideraremos su representacion matricial. Estos casos seran las formas anti-simetricas(bilineal) sobre un PID, hermitiana (sesquilineal) sobre numeros complejos y formas bilinealessobre numeros reales, sobre cuerpos finitos de caracteristica par e impar. Daremos resultadoimportantes como el Teorema de Witt y de Sylvester.

En esta seccion R sera un anillo conmutativo con unidad 1 y todos los R modulos seranlibres.

Definicion 2.23. Una conjugacion en R es una funcion c : R→ R que satisface:

(1) c(c(r)) = r para todo r ∈ R

(2) c(r1 + r2) = c(r1) + c(r2) para todo r1, r2 ∈ R; y

(3) c(r1r2) = c(r1)c(r2) para todo r1, r2 ∈ R.

Es decir que una conjugacion en R es un automorfismo.

Observaciones 2.24. (1) c(0) = 0; pues:c(0) = c(0 + 0) = c(0) + c(0) y entonces c(0) = 0.

(2) c(−r) = −c(r); pues:0 = c(0) = c(r − r) = c(r) + c(−r) y entonces c(−r) = −c(r).

Ejemplos 2.25. (1) Todo anillo tiene la conjugacion trivial c(r) = r.

(2) El cuerpo C tiene la conjugacion c(r) = r, donde el lado derecho es la conjugacion compleja.

(3) El cuerpo Q[√d] y Z[

√d] (donde d no es un cuadrado) ambos tienen una conjugacion

c(a+ b√d) = a−

√d.

Nosotros escribiremos r a la conjugacion c(r).

23

Definicion 2.26. Sea M un R-modulo libre. Una forma bilineal sobre M es una funcionφ : M ×M → R que satisface:

(1) φ(r1x1 + r2x2, y) = r1φ(x1, y) + r2φ(x2, y), y

(2) φ(x, r1y1 + r2y2) = r1φ(x, y1) + r2φ(x, y2)para todo x1, x2, y1, y2 ∈M , y r1, r2 ∈ R.

Una forma sesquilineal sobre M es una funcion φ : M ×M → R que satisface (1) y

(2*) φ(x, r1y1 + r2y2) = r1φ(x, y1) + r2φ(x, y2)para una conjugacion no trivial r → r en R.

Observemos que esta nocion es una generalizacion de la nocion de producto interno sobreespacios vectoriales. En la segunda parte de la definicion nosotros decimos que φ es sesquilinealcon respecto a una conjugacion dada, pero nosotros elegimos una conjugacion la cual usaremossiempre.

Definicion 2.27. Sea R un anillo con conjugacion y sean M y N R-modulos. Un mapaf : M → N es un antimorfismo si

f(r1m1 + r2m2) = r1f(m1) + r2f(m2)

para todo r1, r2 ∈ R, m1,m2 ∈M

Veremos una forma bilineal produce un mapa canonico e inversamente un mapa canonico pro-duce produce una forma bilineal. Aquı no necesariamente tenemos isomorfismos, pero nosotrosinvestigaremos acerca de este punto.

Proposicion 2.28. (1) Sea φ una forma bilineal (respectivamente sesquilineal) sobre M . En-tonces αφ : M →M∗, definida por

αφ(y)(x) = φ(x, y)

es un R-automorfismo (respectivamente R-antimorfismo)

(2) sea α : M →M∗ un R-morfismo (respectivamente R-antimorfismo). Entoncesφα : M ×M → R, definido por

φα(x, y) = α(y)(x)

es una forma bilineal (respectivamente sesquilineal) sobre M .

Demostracion. (1) Como φ es bilineal entonces es lineal coordenada a coordenada entoncesαφ es un R-morfismo. Para φ sesquilineal es claro por su definicion que, αφ es un R-antimorfismo.

24

(2) Sea r1, r2 ∈ R, sean x, x1, x2, y, y1, y2 ∈M

φα(r1x1 + r2x2, y) = α(y)(r1x1 + r2x2)= r1α(y)(x1) + r2α(y)(x2), pues α(y) ∈M∗

= r1φα(x1, y) + r2φα(x2, y).

φα(x, r1y1 + r2y2) = α(r1y1 + r2y2)(x)= (r1α(y1) + r2α(y2))(x), pues α es un morfismo sobre R= r1α(y1)(x) + r2α(y2)(x)= r1φα(x, y1) + r2φα(x, y2).

Con lo cual αφ es bilineal. Si α fuera un R-antimorfismo de manera analoga se prueba queφα es sesquilineal.

Ejemplos 2.29. (1) Sea s ∈ R. Entonces φ(r1, r2) = r1sr2 (resp., = r1sr2) es una formabilineal (resp. sesquilineal) sobre R.

(2) φ(x, y) = xty es una forma bilineal sobre Mn,1(R), y φ(x, y) = xty es una forma sesquilinealsobre Mn,1(R). Notar que (y) se obtiene de conjugar las entradas de y.

(3) Mas generalmente, para cualquier matriz A ∈Mn(R), φ(x, y) = xtAy es una forma bilineal,y φ(x, y) = xtAy es una forma sesquilineal sobre Mn,1(R).

(4) Sea M = Mn,m(R). Entonces φ(A,B) = Tr(AtB) (resp., φ(A,B) = Tr(AtB)) es unaforma bilineal (resp. sesquilineal)

(5) Sea M el espacio de funciones reales continuas valuadas sobre [0, 1]. Entonces

φ(f, g) =∫ 1

0f(x)g(x)dx

es una forma bilineal sobre el R-modulo M .Si M es el espacio de funciones complejas continuas valuadas sobre [0, 1]. Entonces

φ(f, g) =∫ 1

0f(x)g(x)dx

es una forma sesquilineal sobre el C-modulo M .

En muchas ocasiones nuestros teoremas se aplican a ambas formas, bilineal y sesquilineal.Es por ello que los teoremas solo seran demostrados para el caso de formas sesquilineales; puespara el caso de formas bilineales bastara tomar la conjugacion trivial (i.e., r = r).

Notacion: A las formas bilineales o sesquilineales φ, las llamaremos formas φ b/s-lineales.

25

Definicion 2.30. Sean φ1 y φ2 formas b/s-lineales sobre los R-modulos libres M1 y M2 re-spectivamente. Entonces φ1 y φ2 son isometricas si existe un isomorfismo entre R-modulosf : M1 →M2 con

φ2(f(x), f(y)) = φ1(x, y) para todo x, y ∈M1.

El mapa f es una isometria.De ahora en mas nosotros diremos que M1 y M2 son isometricos.

Definicion 2.31. Sea M un R-modulo libre de rango n con base B = {v1, . . . , v2} y sea φ unaforma b/s-lineal sobre M . Definimos la matriz de φ con respecto a la base B, denotada [φ]B, por

enti,j([φ]B) = φ(vi, vj) 1 ≤ i, j ≤ n.

Proposicion 2.32. (1) Sea M un R-modulo libre de rango n con base B y sea φ una formabilinear sobre M . Entonces para todo x, y ∈M ,

(3.1)φ(x, y) = [x]tB[φ]B[y]B.

(2) Si φ es una forma sesquilineal sobre M y x, y ∈M , entonces(3.2)

φ(x, y) = [x]tB[φ]B[y]B.

Demostracion. (3.1) Sea una base B = {v1, v2, . . . vn} para M . Sean[φ]B = ai,j para i, j = 1, ..., n[x]B = xi para i = 1, ..., n[y]B = yi para i = 1, ..., n

Tenemos:

φ(x, y) = φ(x1v1 + ...+ xnvn, y1v1 + ...+ ynvn)

=n∑i=1

xiφ(vi, y1v1 + ...+ ynvn)

=n∑i=1

xi(n∑j=1

yjφ(vi, vj))

=n∑i=1

xi(n∑j=1

ai,jyj)

= [x]tB[φ]B[y]B

(3.2) la demostracion es analoga a 3.1.

26

Definicion 2.33. Si M es un R-modulo libre, entonces denotaremos al conjunto de la formasbilineales sobre M por Bilin(M), y si R tiene conjugacion, entonces denotaremos al conjuntode todas las formas sesquilineales sobre M por seslin(M). Cada uno de estos conjuntos es unR-modulo con la adicion y multiplicacion escalar de las funciones R-valuadas.

Corolario 2.34. Sea M un R-modulo libre de rango n. Entonces existen los siguientes isomor-fismos:

(3.3)L1 : Bilin(M)−→Mn(R)

(3.4)L2 : Sesquilin(M)−→Mn(R)

dado por

φ 7→ [φ]B,donde B es alguna base de M .

Demostracion. Veamos que L1 es un morfismo entre R-modulos.Sea B = {v1, . . . , vn}. Sean φ1 y φ2 formas bilineales, y r ∈ R

Tenemos entonces

L1(φ1 + φ2) = [φ1 + φ2]B= (φ1 + φ2) (vi, vj)= [φ1(vi, vj) + φ2(vi, vj)]= [φ1]B + [φ2]B= L1(φ1) + L1(φ2).

L1(rφ1) = [rφ1]B= (rφ1)(vi, vj)= r (φ1)(vi, vj)= rφ1

= rL1(φ1).

Ahora demostremos que L1 es biyectiva:

Supongamos que L1(φ1) = L1(φ2), entonces [φ1]B = [φ2]B, con lo cual [x]tB[φ1]B[y]B =[x]tB[φ2]B[y]B, para todo x, y ∈ M ; luego por la prop. anterior tenemos que φ1(x, y) = φ2(x, y)para todo x, y ∈M . Por lo tanto L1 es inyectiva.Sea A ∈ Mn(R), con entradas (a)i,j , para i, j = 1, ...n. Definimos φ tal que φ(vi, vj) = (a)i,j ,entonces por la proposicion anterior tenemos que φ(x, y) = [x]tB[φ]B[y]B, resultando φ bilineal.Es decir existe una forma bilineal φ tal que L1(φ) = [φ]B. Con lo cual L1 resulta suryectiva. Lademostracion es analoga para el caso de las formas sesquilineales.

27

Teorema 2.35. Sea φ una forma b/s-lineal sobre un R-modulo libre M de rango finito n. SeaB y C dos bases para M . Si P = PCB es la matriz cambio de base de C a B, entonces

[φ]C = P t[φ]BP

Demostracion. Por definicion, [φ]C es la unica matriz para la cual

φ(x, y) = [x]tC [φ]C [y]C .

Pero tambien,φ(x, y) = [x]tB[φ]B[y]B,

y si P = P CB , entonces por la proposicion 1.24 tenemos que:

[x]B = P [x]C e [y]B = P [y]C .

Por lo tanto

φ(x, y) = (P [x]C)t[φ]B(P [y]C)= [x]tC(P

t[φ]BP )[y]C

quedando ası demostrado el teorema.

Observacion 2.36. Notar que la matriz P es no singular (proposicion 1.24) y que toda matrizno singular se representa como una matriz cambio de base (proposicion 1.26). La relacion A ∼ Bsi A y B son matrices de la misma forma b/s-lineal con respecto a diferentes bases es claramenteuna relacion de equivalencia. Por el teorema anterior deducimos que esta relacion de equivalenciaesta dada por A ∼ B si y solo si A = P tBP para alguna matriz invertible P . En el caso de unaforma bilinear, esta relacion viene dada por A = P tBP y se la conoce como congruencia. Parael caso sesquilineal la llamaremos congruencia conjugada.

Observacion 2.37. En esta seccion hablaremos en varias ocaciones del det(φ). Por esto,entendemos det(A), donde A es la matriz de φ en alguna base. Notar que esta bien definidosalvo multiplicacion por una unidad de R de la forma rr, si B es la matriz de φ en una basediferente, entonces B = P tAP , para alguna matriz P invertible. Entonces det(B) = rr det(A)donde det(P ) = r es una unidad.Esta observacion nos permite de alguna manera detectar isometrıas: Si φ1 y φ2 son dos formasisometricas entonces la ecuacion det(φ1) = rrdet(φ2) tienen una solucion para un r ∈ R unidad.

Lema 2.38. Sea M un R-modulo libre de rango n y y φ una forma b/s-lineal sobre M . Sea Buna base de M y B∗ una base dual de M∗. Entonces [φ]B = [αφ]BB∗.

28

Demostracion. Sea B = {v1, . . . , vn}.Como αφ(vj) ∈M∗ entonces

αφ(vj) =n∑i=1

aiv∗i , con ai ∈ R

Tenemos entonces

αφ(vj)(vk) = ak para k = 1, ..., n

entonces por definicion de αφ resulta,

φ(vk, vj) = ak para k = 1, ..., n

Por lo tanto tenemos,

αφ(vj) =n∑i=1

φ(vi, vj)v∗i , para i, j = 1, ..., n

y asi tenemos: [φ]B = [αφ]BB∗

Definicion 2.39. Sea M un R-modulo libre.

(1) Una forma bilineal φ sobre M es simetrica si φ(x, y) = φ(y, x) para todo x, y ∈M .

(2) Una forma bilineal φ sobre M es anti-simetrica si φ(x, y) = −φ(y, x) para todo x, y ∈M ,y φ(x, x) = 0 para todo x ∈M .

(3) Una forma sesquilineal φ sobre M es Hermitiana si φ(x, y) = φ(y, x) para todo x, y ∈M .

(4) Si 2 no es divisor del 0 en el anillo R, entonces una forma sesquilineal φ sobre M es antiHermitiana si φ(x, y) = −φ(y, x) para todo x, y ∈M .

Observaciones 2.40. Sea φ una forma b/s-lineal sobre M y sea A la matriz de φ (con respectoa una base cualquiera). Entonces las condiciones sobre φ en la definicion 2.39 corresponde a lassiguientes condiciones sobre A:

(1) φ es simetrica si y solo si At = A;

(2) φ es anti-simetrica si y solo si At = −A y todas las entradas de la diagonal de A son 0;

(3) φ es Hermitiana si y solo si A 6= A y At = A; y

(4) φ es anti-Hermitiana si y solo si A 6= A y At = −A (entonces todas las entradas de ladiagonal de A satisfacen la ecuacion a = −a).

29

Notacion: Las formas bilineales simetricas y anti-simetricas seran nombradas E-simetrica,las formas sesquilineales Hermitiana y anti-Hermitiana E-Hermitiana. Cuando deseemos consid-erar los cuatro casos nos referirnos a estos como forma b/s-lineal E-simetrica. Para considerarlas formas simetrica (bilineal) o hermitiana (sesquilineal), nos referiremos a estas como formasb/s-lineal +1-simetrica; y las formas b/s-lineal -1-simetricas denotaran las formas anti-simetrica(bilineal) o anti-Hermitiana (sesquilineal).

Definicion 2.41. La forma b/s-lineal φ es no-singular si el mapa αφ : M →M∗ es biyectivo.Se dice no-degenerada si αφ : M →M∗ es inyectivo. Notar que si R es un cuerpo y M tienerango finito, entonces esta nocion es equivalente.

Proposicion 2.42. Sea V un espacio vectorial de dimension finita d sobre un cuerpo F , y seaφ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre V . Entonces son equivalentes:

(1) φ es no-singular.

(2) φ es no-degenerada.

(3) para todo y 6= 0 ∈ V , existe un x ∈ V tal que

αφ(y)(x) = φ(x, y) 6= 0

Demostracion. (1) ⇒ (2) Es trivial.

(2) ⇒ (1) Como αφ es inyectiva el Ker(αφ) = 0 entonces (por la proposicion 1.19)rank(M) = rank(Im(αφ)), ademas rank(M∗) = rank(M) por ser V es un espacio dedimension finita, y de la proposicion 1.18 concluimos que M∗ = Im(αφ).

(2) ⇒ (3) Supongamos que existe y 6= 0 ∈ V tal que φ(x, y) = 0 para todo x ∈ V , luegopor definicion, αφ(x)(y) = 0 para todo x ∈ V entonces αφ no es inyectiva, como esto esabsurdo concluimos que (3) debe cumplirse.

(3) ⇒ (2) Supongamos que αφ no es no-degenerada entonces Ker(αφ) 6= 0, es decir existeun y 6= 0 ∈ V tal que αφ(y)(x) = 0 para todo x ∈ V .

Teorema 2.43. Sea M un R-modulo libre de rango finito, y sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M .

(1) La forma φ es no-singular si y solo si en alguna base B de M , det([φ]B) es una unidad enR.

(2) La forma φ no-degenerada si y solo si en alguna base B sobre M , det([φ]B) no es divisorde cero.

30

Demostracion. (1) Supongamos que φ es no-singular, entonces αφ es suryectiva, con lo cualpor la proposicion 1.27, resulta que det([αφ]BB∗) en alguna base B de M es unidad en R,por lo tanto por el lema 2.38 tenemos que det([φ]B) es unidad.Ahora supongamos que det([φ]B) es unidad, en consecuencia (por el lema 2.38) se tieneque det([αφ]BB∗) es unidad en R, y entonces por la proposicion 1.27 y porque trabajamossobre R un PID, resulta que αφ es biyectiva, con lo cual φ es no-singular.

(2) φ es no-degenerada ⇔ αφ es inyectiva ⇔ det([αφ]BB∗) no es divisor de cero en R(por laproposicion 1.27).

Notar que si N es un submodulo cualquiera de M , la restriccion φN = φ|N de cualquierforma b/s-lineal E-simetrica sobre M a N es una forma b/s-lineal E-simetrica sobre N . Masaun, la restriccion de una forma b/s-lineal no-singular no necesariamente es no-singular. Por

ejemplo, sea φ una forma b/s-lineal sobre <2 cuya matriz sobre la base canonica es[

1 11 0

].

Si N1 =⟨[

10

]⟩y N2 =

⟨[01

]⟩entonces φ|N1 es no-singular, pero φ|N2 es singular, es decir

degenerada.

Definicion 2.44. Sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M . Un submodulo N ⊆ M estotalmente isotropico si φ|N es identicamente cero.

Notar que en ejemplo anterior, N2 es un subespacio de M totalmente isotropico.Recordar que para las transformaciones lineales sobre espacios vectoriales se estudio su descom-posicion en suma directa en subespacios invariantes. Hay una analogıa y una nocion similar paraformas bilineales, las cuales introducimos a continuacion.

Definicion 2.45. Sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M .

(1) Dos submodulos N1 y N2 de M son ortogonales si φ(n1, n2) = 0 para todo n1 ∈ N1,n2 ∈ N2.

(2) M es una suma directa ortogonal de dos submodulo N1 y N2, si M = N1 ⊕N2 y N1 yN2 son ortogonales, escribiremos entonces M = N1⊥N2.

Observacion 2.46. Sea B1 una base de N1 y B2 una base de N2 y sea M = N1 ⊕ N2, encuyo caso B = B1 ∪ B2 es una base para M . Sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M , si

M = N1⊥N2 entonces es claro que [φ]B =[A 00 B

], donde A = [φ|N1 ]B1 y B = [φ|N2 ]B2 .

Inversamente se tiene, que si [φ]B =[A 00 B

], para A y B matrices cuadradas cualesquiera,

entonces M = N1⊥N2. Pues, sea B = {v1, ..., vn, vn+1, ..., vn+m}, (siendo n× n la dimension deA y m ×m la de B), sea N1 = 〈v1, ..., vn〉 y N2 = 〈vn+1, ..., vn+m〉, por la forma matricial quetiene φ, y por como construimos N1 y N2, es claro que M = N1⊥N2. En este caso, notaremosφ = φ1⊥φ2, donde φi = φ|Ni . Es decir φ1⊥φ2 sobre N1⊥N2, sera

φ1⊥φ2(x, y) ={φi(x, y) si (x, y) ∈ Ni ×Ni,

0 c.c.

31

Definicion 2.47. Sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M . El nucleo de φ, denotadoM0 = M0(φ) ⊆M , es definido como

M0 = Ker(αφ) = {y ∈M : φ(x, y) = 0 para todo x ∈M} .

Proposicion 2.48. Sea M un modulo de rango finito sobre un PID R, y sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M . Entonces φ es isometrica a φ0⊥φ1 definida sobre M0⊥M1, dondeφ0 es identicamente cero sobre M0 y φ1 es no-degenerada sobre M1. Mas aun φ0 y φ1 estanunivocamente determinadas salvo isometria.

Demostracion. Notar que M0 es un submodulo puro de M , ya que es el nucleo de un morfismo(proposicion 1.16) y por esta razon es tambien un submodulo complementado (proposicion 1.13).Sea su sumando directo M1. Entonces M1 es libre y M ∼= M0⊕M1. Sea φ0 = φ|M0 y φ1 = φ|M1 .Es claro M0 y M1 son ortogonales ya que M0 es ortogonal a todo M , tenemos que M = M0⊥M1

con φ = φ0⊥φ1, entonces es claro que son isometricas.Veamos que φ1 es no-degenerada, supongamos que Ker(αφ1) 6= {0} entonces existe un m1 ∈M1

tal que φ1(m′1,m1) = 0 para todo m′

1 ∈ M1, luego tenemo para m ∈ M que φ(m,m1) =φ(m0 + m1,m1) = φ(m0,m1) + φ(m1,m1) = 0 con m0 ∈ M0 y m1 ∈ M1, osea m1 ∈ M0. Locual no puede ser porque M0 ∩M1 = 〈0〉. Por lo tanto φ1 es no-degenerada.Sup. que existe φ0⊥φ1 isometrica a φ definida sobre M0⊥M1, tal que φ0 sobre M0 es identica-mente igual a cero y φ1 es no-degenerada sobre M1. Entonces es claro que φ0 es isometrico aφ0 sobre M0; y como φ|M1 es isometrica a φ1 y a φ1 entonces tenemos la isometrıa entre estasultimas.Como ya vimos, para cada M1 seleccionada existe una φ1, ahora veamos que entre ellas sonisometricas. Sea π : M →M/M0 = M ′. Entonces definimos una forma φ′ sobre M ′ como sigue:sean x′ e y′ ∈ M , elegimos x e y ∈ M tal que π(x) = x′ y π(y) = y′. Definimos entoncesφ′(x′, y′) = φ(x, y), es claro que es una forma bilineal por serlo φ, ahora veamos que hay buenadefinicion; supongamos que elegimos otros x, y ∈M tal que π(x) = x′ y π(y) = y′, entonces

φ′(x′, y′) = φ(x, y)= φ(a0 + x, b0 + y) con a0, b0 ∈M0 pues x ∼ x y y ∼ y

= φ(a0, b0) + φ(a0, y) + φ(x, b0) + φ(x, y)= φ(x, y).

Pero ahora notar que π|M1 : M1 → M ′ es un isomorfismo, pues por el teorema del isomorfismose sabe que M ′ ∼= Im(αφ) y a su vez Im(αφ) ∼= M1, de aqui resulta que φ1 es isometrica a φ′,con lo cual todas las formas φ1 son isometricas.

Definicion 2.49. Sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica definida sobre un R-modulo libre derango finito M , siendo R un PID. Si φ es isometrica a φ0⊥φ1 siendo φ0 identicamente cero y φ1

no-degenerada sobre M1, entonces φ1 es la parte no-degenerada de φ y rank(φ) = rank(M1).

32

Ejemplo 2.50. Sea φ una forma bilineal simetrica sobre M = M3,1(Z) cuya matriz en la basecanonica es

A =

−1 1 −11 −3 −1−1 −1 −3

Entonces det(A) = 0,y φ es degenerada. Como estamos trabajando en la base canonica ten-emos que Ker(αφ) = {X ∈M : AX = 0} es un subespacio de rango 1 generado por el vectorv1 = [2, 1,−1]t. Notar que

det

2 1 01 0 1−1 0 0

= 1

tenemos entonces que v1, v2 = [1, 0, 0]t, y v3 = [0, 1, 0]t forman una base B de M . DefinimosM1 = 〈v2, v3〉. La matriz de φ1 en esta base es[

φ(v2, v2) φ(v2, v3)φ(v3, v2) φ(v3, v3)

]=[−1 11 −3

]y

[φ]B =

0 0 00 −1 10 1 −3

Definicion 2.51. Sea φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre M y sea N un submodulo deM . Entonces N⊥, el complemento ortogonal de N , esta definido como

N⊥ = {x ∈M : φ(x, y) = 0 para todo y ∈ N} .

Ejemplos 2.52. (1) M⊥ = M0

(2) Si N ⊆M0, entonces N⊥ = M .

(3) Sea φ una forma b/s-lineal sobre M2,1(R) cuya matriz con respecto a la base canonica es

(a)[

1 00 1

]y

(b)[

2 11 0

]

Sea N1 =⟨[

10

]⟩y N2 =

⟨[01

]⟩. Entonces tenemos que

(a) N⊥1 = N2, N⊥

2 = N1, M = N1⊥N⊥1 , M = N2⊥N⊥

2 ;

(b) N⊥1 = N2, N⊥

2 = N1, M = Hull(N1⊥N⊥1 )

33

Lema 2.53. Sea N un sub-modulo de M y supongamos que φ|N es no-degenerada. EntoncesN ∩N⊥ = 〈0〉. Inversamente, si N ∩N⊥ = 〈0〉 entonces φ|N es no-degenerada.

Demostracion. Sea ψ = φ|N , veamos que

N ∩N⊥ = Ker(αψ);

sea x ∈ N ∩N⊥ ⇔ ψ(x, y) = 0 para todo y ∈ N ⇔ x ∈ Ker(αψ). Y como φ|N es no-degeneradaentonces Ker(αψ) = 0, tenemos que N ∩N⊥ = 〈0〉.Inversamente tenemos que N ∩N⊥ = 〈0〉 = Ker(αψ) por lo que φ|N resulta no-degenerada.

Proposicion 2.54. Sea R un PID, φ una forma b/s-lineal E-simetrica sobre un R-modulolibre M , y N ⊆ M un submodulo puro de rango finito. Si φ|N es no-degenerada, entoncesM = Hull(N⊥N⊥). Si φ|N es no-singular, entonces M = N⊥N⊥

Demostracion. Sea ψ = φ|N . Si m ∈ M , entonces fm : N → R, definida por fm(n) = φ(n,m),es un morfismo entre R modulos, es decir f ∈ N∗. Supongamos que αψ : N → N∗ es inyectiva,entonces tenemos que Im(αψ) es un submodulo de N∗ de rango n donde n = rank(N) =rank(N∗). Por lo tanto, N∗/Im(αψ) es un R-modulo torsion (por la proposicion 1.27) y entoncesexiste un r 6= 0 ∈ R para fm tal que rfm ∈ Im(αψ), es decir existe un n0 ∈ N tal querfm = αψ(n0); para el caso que αψ sea un isomorfismo, podemos tomar r = 1. Sea m1 = rm−n0

con m ∈M , entonces para todo n ∈ N , tenemos que

φ(n,m1) = φ(n, rm− n0)= rφ(n,m)− φ(n, n0)= rfm(n)− αψ(n0)(n)= 0,

o sea, m1 ∈ N⊥. Entonces rm = n0 + m1, con n0 ∈ N , y m1 ∈ N⊥. Por lo tanto M =Hull(N + N⊥) (o M = N + N⊥ en el caso que φ|N sea no-singular) y N ∩ N⊥ = 〈0〉, por elLema 2.53.

Corolario 2.55. Sea R un PID y M un R-modulo libre de rango finito. Sea N un submodulopuro de M con φ|N y φ|N⊥ ambos no-singulares. Entonces

(N⊥)⊥ = N.

Demostracion. Como φ|N es no-singular entonces, M = N⊥N⊥.Como φ|⊥N es no-singular entonces M = (N⊥)⊥⊥N⊥ Sea n ∈ N entonces n ∈ (N⊥)⊥ o n ∈ N⊥,como N⊥ ∩ N = 0 entonces n ∈ (N⊥)⊥. Por lo tanto N ⊆ (N⊥)⊥. Sea n ∈ (N⊥)⊥, entoncesn ∈ N⊥ o n ∈ N , como (N⊥)⊥ ∩N⊥ = 0 entonces n ∈ N . Por lo tanto (N⊥)⊥ ⊆ N .

Notacion: nφ denota φ⊥ . . .⊥φ, donde la expresion anterior esta formada por n sumandos.

34

Lema 2.56. Sea R un PID y sea φ una forma bilineal anti-simetrica no-degenerada sobre M ,con M un R-modulo libre de rango finito m mayor a 2. Entonces existe un submodulo N con

base B = {x1, y1} de M tal que [φ|N ]B =[

0 f1

−f1 0

], con f1 el primer factor inavariante del

submodulo Im(αφ). Y ademasM = N⊥N⊥

Demostracion. Por el teorema 1.21, sabemos que existe una base {w1, ..., wm} de M∗ tal que{f1w1, ...fmwm} es una base del submodulo Im(αφ). Como f1/f2/.../fm entonces Im(αφ) ⊆f1M

∗, osea φ(v1, v2) es divisible por f1∀v1, v2 ∈M . Sea x1, ...xm la base de M∗ tal quewi(xj) = δij . Sea y1 ∈M tal que αφ(y1) = f1w1. Veamos que {x1, y1} es linealmente independi-ente, para ello supongamos ax1 + by1 = 0,

0 = φ(x1, ax1 + by1)= aφ(x1, x1) + bφ(x1, y1)= bf1

como estamos en un PID resulta que b = 0 y entonces a = 0. Por lo tanto {x1, y1} es linealmenteindependiente. Sea N el submodulo de M con base B = {x1, y1}. Sea ψ = φ|N , entonces ψ tienela matriz

[ψ]B =[

0 f1

−f1 0

]Ahora vemos que N es un submodulo puro. Para ver esto, supongamos az = bx1 + cy1,

donde a, b, c ∈ R por la propiedad de cancelacion, nosotros podemos asumir que gdca, b, c = 1.Entonces φ(x1, az) = φ(x1, bx1 + cy1) = cf1, donde φ(x1, az) = aφ(x, z) = adf1 ya que φ(v1, v2)es divisible por f1 para todo v1 y v2 ∈M . Y entonces ad = c, con lo cual a/c. Un calculo similarcon φ(y1, az) prueba que a/b. Y ası tenemos que z ∈ N . Por lo tanto N es un submodulo puro.

Por la proposicion 2.54 tenemos que M = Hull(N⊥N⊥), pero necesitamos M = N⊥N⊥.Ahora bien, recordemos que φ(v1, v2) = f1rv1v2 con rv1,v2 ∈ R, para todo v1, v2 ∈ M . Ahoraconsideremos la forma φ′ sobre M definida por

φ′(v1, v2) = rv1v2

Veamos buena definicion, supongamos φ′(v1, v2) = rv1v2 = r′v1v2 . Entonces, f1rv1v2 = f1r′v1v2 y

como f1 6= 0 y R es un PID, tenemos rv1v2 = r′v1v2 . Como φ es una forma bilineal anti-simetrica,se desprende rapidamente que φ′ tambien lo es. Observar que φ′|N en la base {x1, y1}, tiene lamatriz

A =[

0 1−1 0

].

Como det(A) = 1 entonces φ′|N es no-singular, es por ello y por como esta definida φ′ que N⊥

es el complementado ortogonal de N respecto de φ′. Entonces tenemos que φ′ = φ′1⊥φ′2, conφ′1 = φ′|N y φ′2 = φ′|N⊥ . Osea f1φ

′ = f1φ′1⊥f1φ

′2.

Finalmente tenemos φ = φ|N⊥φ|N⊥ , es decir

M = N⊥N⊥.

35

Teorema 2.57. Sea R un PID y sea φ una forma bilineal anti-simetrica no-degenerada so-bre M , siendo M un R-modulo libre de rango finito m. Entonces podemos clasificar a φ, salvoisometrias, por M∗/Im(αφ), un R-modulo torsion. M y M∗/Im(αφ) tienen rango 2n y 2k re-spectivamente. Los factores invariantes de M∗/Im(αφ) son de la forma

e1, e1, e2, e2, . . . , ek, ek.

Por lo tanto, φ es isometrica a

(n− k)[

0 1−1 0

]⊥[

0 e1−e1 0

]⊥[

0 e2−e2 0

]⊥ . . .⊥

[0 ek−ek 0

].

Demostracion. Sea rank(M) = rank(M∗) = m. La proposicion 1.27 nos diceQ = M∗/Im(αφ) es un R-modulo torsion de rango q. Por el teorema 1.20 dicho R-modulo tienefactores invariantes s1, s2, ..., sq, con si ∈ R. Ahora bien, la Im(αφ) como submodulo de M∗

por el teorema 1.21 tambien tiene factores invariantes, f1, f2, ..., fm donde f1 = · · · = fm−q =1, fm−q+1 6= 1 y fi/fi+1 para m− q + 1 ≤ i < m pues Q ∼= ⊕mi=1R/fiR por la proposicion 1.22.

Es claro que M∗/Im(αφ) es invariante por la clase de isometrıas de φ, pues si φ1 y φ2 sonformas bilineales anti-simetricas no-degeneradas sobre M isometricas, resulta entoncesIm(αφ1) = Im(αφ2).

Nosotras vamos a probar que inversamente, f1, ..., fm determinan φ. Para ello, probaremosque φ es isometrica a la forma dada por el teorema, con m = 2n, q = 2k y

(fm−q+1, fm−q+2, . . . , fm) = (e1, e1, e2, e2, . . . , ek, ek).

La demostracion se hara por induccion sobre el rango de M . Si el rank(M) = 1, entonces launica forma antisimetrica sobre M es [0], la cual es degenerada, y por lo tanto este caso quedaexcluıdo.

Si rank(M) = 2, entonces φ debe tener la matriz en alguna base de la forma[

0 e−e 0

].

Sea B = {v1, v2}, dicha base. Entonces {w1, w2} forman una base para M∗, donde w1 = −v∗2y w2 = v∗1, entonces resulta que {ew1, ew2} es una base para Im(αφ), pues como αφ es no-degenerada y {v1, v2} es una base para M entonces {αφ(v1), αφ(v2)} forman una base paraIm(αφ). Ahora bien,

ew1(vj) = e(−v∗2(vj)) = −eδ2j = αφ(v1)(vj), para j = 1, 2

ew2(vj) = e(v∗1(vj)) = eδ1j = αφ(v2)(vj), para j = 1, 2

Por lo tanto {ew1, ew2} forman una base para Im(αφ). Tenemos entonces que f1 = e, f2 = eson los factores invariantes de Im(αφ). Entonces si e = 1, tenemos que M∗/Im(αφ) = {0} yentonces q = 0, y si e 6= 1 resulta que M∗/Im(αφ) tiene como factores invariantes {e, e} yentonces q = 2. Y con esto hemos probado la veracidad del teorema para el caso rank(M) = 2.

Ahora asumamos que el teorema el valido para todo modulo libre de rango menor a m. Porel teorema 1.21, sabemos que existe una base {w1, ..., wm} de M∗ tal que {f1w1, ...fmwm} es una

36

base del submodulo Im(αφ). Como en el lema 2.56 sea el submodulo N de M , con base {x1, y1}tal que

[φ|N ]B =[

0 f1

−f1 0

]y ademas

M = N⊥N⊥

Sea ψ = φ|N y φ1 = φ|N⊥ , entonces φ = ψ⊥φ1. Y ahora utilizando la hipotesis inductiva, sea2n′ y 2k′ las dimensiones de N⊥ y (N⊥)∗/Im(αφ1) respectivamente.

Ahora bien, si f1 = 1 entonces M y M∗/Im(αφ) tienen dimension 2(n′ + 1) y 2k′ respecti-vamente y los factores invariantes de M∗/Im(αφ) son los mismos que (N⊥)∗/Im(αφ1), osea

e1, e1, e2, e2, ..., ek′ , ek′

y entonces φ es isometrica a

(n′ + 1− k′)[

0 1−1 0

]⊥[

0 e1−e1 0

]⊥[

0 e2−e2 0

]⊥ . . .⊥

[0 ek′

−ek′ 0

].

y si f1 6= 1 entonces M y M∗/Im(αφ) tienen dimension 2(n′+1) y 2(k′+1) respectivamente,y los factores invariantes de M∗/Im(αφ) son

f1, f1, e1, e1, e2, e2, ..., ek′ , ek′ .

y entonces φ es isometrica a

(n′ − k′)[

0 1−1 0

]⊥[

0 f1

−f1 0

]⊥[

0 e1−e1 0

]⊥[

0 e2−e2 0

]⊥ . . .⊥

[0 ek′

−ek′ 0

].

Corolario 2.58. Sea R un PID y sea φ una forma bilineal anti-simetrica no-singular sobre unR-modulo libre M de rango finito. Entonces rank(M) = 2n es par, y φ es isometrica a

n

[0 1−1 0

]Demostracion. Por el teorema anterior teenemos que M y M∗/Im(αφ) tienen rango 2n y 2krespectivamente. Los factores invariantes de M∗/Im(αφ) son de la forma

e1, e1, e2, e2, . . . , ek, ek.

Por lo tanto, φ es isometrica a

(n− k)[

0 1−1 0

]⊥[

0 e1−e1 0

]⊥[

0 e2−e2 0

]⊥ . . .⊥

[0 ek−ek 0

].

Ahora, como φ es no-singular entonces Im(αφ) = M∗, con lo cual M∗/Im(αφ) = {0}. Por lotanto debe ser k = 0, y con esto tenemos que φ es isometrica a

n

[0 1−1 0

].

37

Definicion 2.59. Una forma φ, b/s-lineal (+1)-simetrica sobre un R-modulo M se dice que esdiagonalizable si φ es isometrica a la forma

[a1]⊥ [a2]⊥...⊥ [an]

para algunos elementos a1, a2, ..., an ∈ R. Aqui [ai] representa la matriz de la forma φi sobre R,definida como φi(r1, r2) = r1air2.(La terminologıa diagonalizable es usada porque en cierta baseφ tiene la matriz diag(a1, a2, ..., an))

Definicion 2.60. Una forma φ bilineal simetrica sobre un R-modulo M es llamado par siφ(x, x) ∈ 2R para todo x ∈M . Si φ no es par, la llamaremos impar.

Aqui 2R, denota el ideal principal de R generado por 2. Notar que si 2 es unidad en Rentonces toda forma sobre R es par.

Lema 2.61. Una forma φ bilineal simetrica sobre un R-modulo M es par si y solo si para alguna(y por lo tanto para toda) base B = {vi}i∈I de M , φ(vi, vi) ∈ 2R para todo i ∈ I.

Demostracion. Si φ es par, entonces para cualquier base B = {vi}i∈I , se tiene que φ(vi, vi) ∈ 2R.Ahora supongamos que φ es simetrica, y que para cierta base B = {vi}i∈I , φ(vi, vi) ∈ 2R.Sea vi, vj dos elementos cualesquiera de la base de M .

φ(vk + vj , vk + vj) = φ(vk, vk) + φ(vk, vj) + φ(vj , vk) + φ(vj , vj)= φ(vk, vk) + 2φ(vk, vj) + φ(vj , vj).

Por lo tanto φ(vk + vj , vk + vj) ∈ 2R. Con lo cual es claro que dado un elemento x ∈ M ,φ(x, x) ∈ 2R.

Lema 2.62. Sea φ una forma b/s-lineal (+1)-simetrica sobre un modulo M de rango finitosobre un cuerpo R. Si car(R) = 2 y φ es una forma bilineal simetrica, tambien pedimos que φsea impar. Entonces existe x ∈M tal que φ(x, x) 6= 0.

Demostracion. Sea car(R) = 2, φ bilineal y simetrica, en este caso existe tal x, pues supongamosque φ(x, x) = 0 para todo x ∈M , entonces φ resulta par, lo cual no puede ser.Sea ahora car(R) = 2, φ sesquilineal hermitiana, supongamos que φ(y, y) = 0, elegimos unz ∈ M tal que φ(y, z) 6= 0, tal z existe pues φ es no-singular. Si φ(z, z) 6= 0, x = z. Sino, paracada r ∈ R tenemos que,

φ(ry + z, ry + z) = φ(ry, ry) + φ(ry, z) + φ(z, ry) + φ(z, z)= rφ(y, z) + rφ(y, z).

Como la car(R) = 2 y φ es sesquilineal hermitiana puede ser que φ(ry+z, ry+z) = 0, para evitareste problema, se elije un a ∈ R tal que a 6= a, entonces definimos x = ry+z con r = aφ(y, z)−1;y asi definido x se tiene que φ(x, x) 6= 0.Finalmente, Si la car(R) 6= 2, sea x = ry + z con r = φ(y, z)−1.Entonces en cualquier caso exite un x ∈ R tal que φ(x, x) 6= 0.

Teorema 2.63. Sea φ una forma b/s-lineal (+1)-simetrica sobre un modulo M de rango finitosobre un cuerpo R. Si car(R) = 2 y φ es una forma bilineal simetrica, tambien pedimos que φsea impar. Entonces φ es diagonalizable.

38

Demostracion. Nosotros probaremos esto por induccion sobre el rank(M).Si rank(M) = 1, entonces [φ] = [a]. Con lo cual queda probado. Ahora supongamos que elteorema es valido para un R-modulo M tal que rank(M) < n. Sea un R-modulo de M derank(M) = n.Por el lema 2.62 sabemos que existe x ∈M tal que φ(x, x) 6= 0, entonces definimos, N = 〈x〉. Porconstruccion, φ|N es no-singular, ademas M = N⊥N⊥ por la proposicion 2.54. Pero entoncesrank(N⊥) = n− 1 y ψ = φ|N es no-singular (pues, φ(x, x)det(ψ) = det(φ) 6= 0). Para el caso enque la car(R) 6= 2 queda demostrado por hipotesis inductiva.Si la car(R) = 2, necesitamos probar tambien que ψ es impar, para usar la hipotesis inductiva.Para ello, consideremos primero el caso rank(M) = 2. Sea x ∈ M tal que φ(x, x) = a 6= 0 yelegimos una base B = {x, x2} de M . Entonces, en esta base φ tiene la matriz[

a bb c

]Sea e = b/a y definimos

P =[

1 e0 1

]resultando P una matriz cambio de base, pues det(P ) = 1(por la proposicion 1.25).

Entonces,

P t [φ]B P =[

a ae+ bae+ b d

]=[a 00 d

], pues la car(R) = 2.

(con d = ae2 + c) y por lo tanto φ es diagonalizable.Ahora, supongamos que rank(M) ≥ 3. Sea x tal que φ(x, x) = a 6= 0 y llamemos N al

subespacio de M generado por x, como φ|N por construccion es no-singular entonces resultaM = N⊥N⊥ por la proposicion 2.54. Sea y ∈ N⊥. Si φ(y, y) 6= 0 y como la car(R) = 2resulta entonces que φ|N⊥ es impar y aplicando la hipotesis inductiva a φ|N⊥ , se concluye queφ es diagonalizable. Ahora supongamos que φ(y, y) = 0. Como ψ = φ|N⊥ es no-singular, existez ∈ N⊥ con φ(y, z) = b 6= 0. Si φ(z, z) 6= 0, entonces ψ resulta impar y otra vez aplicandohipotesis inductiva resulta que φ es diagonalizable. Ahora supongamos que φ(z, z) = 0. Sea M1

el subespacio de M con base {x, y, z} y sea φ1 = φ|M1 . Entonces en esta base φ1 tiene la matriz

A =

a 0 00 0 b0 b 0

Sea e = b/a y definimos

P =

1 e e1 1 01 0 1

y de esta forma resulta P una matriz cambio de base, pues det(P ) = 1. Entonces

P tAP =

a 0 00 be (b+ a)e0 (b+ a)e be

39

en alguna base, cuya existencia aseguramos por la proposicion 1.25. Sea {x′, y′, z′} dicha base.Ahora sea N el subespacio de M generado por x′, de esta manera obtenemos M = N⊥N⊥. Yahora ψ = φ|N⊥ resulta impar, pues ψ(y′, y′) = be 6= 0. Y nuevamente por induccion obtenemosque φ|N⊥ es diagonalizable, y finalmente se tiene que φ es diagonalizable.

Ejemplo 2.64. Ahora diagonalizaremos una forma bilineal simetrica con la matriz

A =

0 1 21 0 32 3 0

sobre Q. Para ello, recordar que debemos hallar una matriz P no-singular tal que P tAP seadiagonal. Entonces podemos aplicar una sucecion de operaciones elementales por fila/columnaa A. Sea Pij(k) la matriz de la operacion elemetal que a la fila i le suma k veces la fila j, conk ∈ Q. Entonces,

A1 = P12(1)AP21(1) =

2 1 51 0 35 3 0

A2 = P21(−1/2)A1P12(−1/2) =

2 0 50 −1/2 −1/25 1/2 0

A3 = P31(−5/2)A2P13(−5/2) =

2 0 00 −1/2 −1/20 1/2 −25/2

A4 = P32(1)A3P23(1) =

2 0 00 −1/2 00 0 −12

.Corolario 2.65. Sea φ una forma bilineal simetrica no-degenerada sobre un modulo M de rangofinito sobre un cuerpo R tal que car(R) 6= 2 y en el cual todos los elementos son cuadrados.Entonces φ esta determinada salvo isometrıas por el rank(M). Si rank(M) = n entonces φ esisometrica a n [1]

Demostracion. Por el teorema 2.63, φ es isometrica a la forma

[r1]⊥ [r2]⊥...⊥ [rn]

para algunos ri 6= 0 ∈ R y ademas cada ri es un cuadrado.

Construimos una matriz cambio de base P ∈Mn, tal que P =

1/√r1 0 . . . 0

0. . .

......

. . . 00 . . . 0 1/

√rn

.

Sea B la base de M en la cual φ es diagonalizable, entonces

P [φ]BP t = In.

40

Corolario 2.66. Sea φ una forma bilineal simetrica no-singular,sobre un modulo M de rangofinito n sobre un cuerpo R finito (car(R) 6= 2). Entonces φ esta determinada salvo isometrıaspor el rango de M y det(φ) (estando el determinante bien definido salvo por la multiplicacionde un cuadrado en R). Si det(φ) es un cuadrado, entonces φ es isometrica a n [1]. Si det(φ) noes un cuadrado, entonces φ es isometrico a (n− 1) [1]⊥ [x], con x algun elemento de M que noes cuadrado.

Demostracion. Por el teorema 2.63, sabemos que φ es isometrica a la forma

[r1]⊥ [r2]⊥...⊥ [rn]

para algunos ri 6= 0 ∈ R.Ahora bien, la proposicion 1.37 nos asegura que R tiene un numero impar de elementos y

que el subgrupo H de cuadrados de R∗ tiene ındice 2. Sea entonces |R| = 2k + 1, con lo cualresulta |H| = k + 1.

Veamos que nuestro corolario es valido para n = 2. Sea [φ]B =[r1 00 r2

]en una base

B = {v1, v2} de M . Sea A ={a2r1 : a ∈ R

}y B =

{1− b2r2 : b ∈ R

}, y entonces se tiene que

|A| = |B| = |H| = k + 1. Entonces A ∩B 6= {}, es decir existen a0, b0 ∈ R tal que

a20r1 = 1− b20r2

a20r1 + b20r2 = 1

Sea N el subespacio generado por w1 = a0v1 + b0v2. Entonces φ|N = [1] y M = N⊥N⊥(por la

proposicion 2.54). Entonces φ tiene la matriz[

1 00 s

]en alguna base apropiada.

Si det(φ) es un cuadrado entonces s es cuadrado.

Sea P =[

1 00 1/

√s

]entonces,

P t [φ]P =[

1 00 1

]Si det(φ) no es cuadrado entonces s no puede ser cuadrado.

Ahora, supongamos que el teorema vale para Rank(M) < n. Sea B = {v1, ..., vn} una basede M en la cual φ es diagonalizable. Sea N = {v1, ..., vn−1}. Consideremos φ|N , la cual es no-singular(pues ri 6= 0 para todo i).Si det(φ|N ) es cuadrado entonces (por H.I.) es isometrica a (n − 1) [1].Tenemos entonces M =N⊥N⊥, y que φ es isometrica a (n− 1) [1]⊥ [s] en una cierta base de M . Si det(φ) es cuadrado,

construimos P ∈Mn tal que P =

1 0 . . . 0

0 1...

.... . . 0

0 . . . 0 1/√s

matriz cambio de base, y llegamos a que φ es isometrica a n [1].

Si det(φ) no es cuadrado, entonces φ es isometrica a (n − 1) [1]⊥ [s], con s necesariamenteno cuadrado.

41

Si det(φ|N ) no es cuadrado entonces es isometrica a (n−2) [1]⊥ [x], para algun x no cuadrado.Entonces tenemos que φ es isometrica a (n−2) [1]⊥ [x]⊥ [w] para cierta base de M , recordandolos pasos que se siguieron para el caso n=2, se puede llegar a que φ es isometrica a (n−1) [1]⊥ [s]y otra vez discriminamos los casos en que det(φ) es cuadrado o no.

Entonces quedo demostrado de manera inductiva.

Corolario 2.67. Sea φ una forma bilineal simetrica no-singular sobre un modulo M , de rangofinito sobre un cuerpo finito R de caracterıstica 2. Entonces φ esta determinada salvo isometrıaspor rank(M) = n. Si n es impar, entonces φ es impar y es isometrica a n [1]. Si n es par,entonces puede ser que φ sea impar y en ese caso es isometrica a n [1], y si resultara φ par

entonces es isometrica a (n/2)[

0 11 0

]Demostracion. Notar que la proposicion 1.37 para nuestro caso, nos dice que todos los elementosde R son cuadrados.

Si φ es impar, entonces por el teorema 2.63 sabemos que es isometrica a

[r1]⊥ [r2]⊥...⊥ [rn]

con ri 6= 0, pues φ es no-singular.Entonces proponemos

P =

1/√r1 0 . . . 0

0. . .

......

. . . 00 . . . 0 1/

√rn

matriz cambio de base, la cual nos lleva a concluir que φ es isometrica a n [1]

Ahora supongamos que φ es par, veamos entonces que podemos ver a φ como una formaanti-simetrica.Como φ es par,

φ(x, x) = 2a, con a ∈ R

y como la caracterıstica de R es 2 entonces

φ(x, x) = 0,

ypor la misma razon tambien tenemos

φ(x, y) + φ(x, y) = 0

entonces,φ(x, y) = −φ(x, y)

y por ser φ simetrica,

φ(x, y) = −φ(y, x).

Por lo tanto φ es anti-simetrica, y por el corolario 2.58 tenemos que n es par y que φ es isometrica

a (n/2)[

0 11 0

]

42

Lema 2.68. Sea φ una forma b/s-bilineal (+1)-simetrica sobre un modulo M con rank(M) ≥ 3sobre un cuerpo R. Sea N12 un submodulo de M con base {v1, v2}, llamemos N1 = 〈v1〉 yN2 = 〈v2〉 y supongamos que φ|N12 es no-singular. Entonces

N⊥i ∩N12⊥N⊥

12 = N⊥i

Demostracion. Como φ|N12 es no-singular entonces M = N12⊥N⊥12.

Sea w ∈ N⊥i ∩N12⊥N⊥

12, entonces w = wi + w2 con wi ∈ N⊥i ∩N12 y w2 ∈ N⊥

12, y con estotenemos

φ(wi + w2, vi) = φ(wi, vi) + φ(w2, vi) = 0

Es decir w ∈ N⊥i .

Ahora sea w ∈ N⊥i ; y ademas sabemos que w = w1 +w2, con w1 ∈ N12 y w2 ∈ N⊥

12, observarque w1 ∈ N⊥

i pues

φ(w1, vi) = φ(w − w2, vi) = φ(w, vi)− φ(w2, vi) = 0.

Tenemos entonces que w ∈ N⊥i ∩N12⊥N⊥

12.

Teorema 2.69. (Witt) Sea φ una forma b/s-bilineal (+1)-simetrica sobre un modulo M derango finito sobre un cuerpo R. Si car(R) = 2, tambien asumimos que φ es hermitiana. Sea N1

y N2 submodulos de M con φ|N1 y φ|N2 no-singular e isometricas entre ellas. Entonces φ|N⊥1

yφ|N⊥

2son isometricas.

Demostracion. Si N1 = N2, entonces N⊥1 = N⊥

2 , con lo cual el teorema queda probado. Ahoraasumamos N1 6= N2, sea φi = φ|Ni y sea f : N1 → N2 la isometrıa entre φ1 y φ2.Nosotras probaremos el teorema por induccion sobre n = rank(N1) = rank(N2).Sea n = 1. Sea rank(M) = m.Si m = 1, tenemos N1 = N2 = M , con lo cual el teorema es trivial.Sea m = 2; sea v1 el generador de N1 y v2 = f(v1) el generador de N2, ademas como φ|N1 yφ|N2 son no-singulares tenemos

φ(v1, v1) = φ(v2, v2) = a 6= 0.

Como M = Ni⊥N⊥i , entonces una base para M es Bi =

{vi, v

⊥i

}con vi ∈ N⊥

i , i = 1, 2 y por lotanto [φ]Bi

= diag (a, bi) y por el teorema 2.35 sabemos que,

P t [φ]B1P = [φ]B2

siendo P la matriz cambio de base de B1 a B2.Y ahora tomamos determinante a ambos lados, entonces ab2 = ccab1(donde c = det(P ) 6= 0),

entonces b1 = b2 = 0 o ambos son distintos de cero. Si b1 = b2 = 0 entonces es trivial que φ|N⊥1

y φ|N⊥2

son isometricas. Supongamos que b1 y b2 son distintos de cero. Definimos g : N⊥1 → N⊥

2

como g(v⊥1 ) = c−1v⊥2 , es claramente un isomorfismo y entonces resulta que φ|N⊥1

y φ|N⊥2

son

43

isometricas pues,

φ|N⊥2

(g(v⊥1 ), g(v⊥1 )) = φ|N⊥2

(c−1v⊥2 , c−1v⊥2 )

= c−1c−1b2

= (b1/b2)b2= b1

= φ|N⊥1

(v⊥1 , v⊥1 ).

Sea m ≥ 3 y consideremos el submodulo N12 de M con base {v1, v2} (recordemos que N1 6= N2

con lo cual v1, v2 son l.i., ademas rank(N12) = 2 ) donde v1 genera N1 y v2 = f(v1) genera N2.Entonces, como antes

φ(v1, v1) = φ(v2, v2) 6= 0

Consideremos φ|N12 , la cual puede ser no-singular o no. Primero consideremos el caso en que φ|N12

es no-singular. Entonces por el caso m = 2, resulta que φ|N⊥1 ∩N12

y φ|N⊥2 ∩N12

son isometricas ypor lo tanto tambien resultan isometricas

φ|N⊥1 ∩N12⊥N⊥

12y φ|N⊥

2 ∩N12⊥N⊥12

.

Y por el lema 2.68 tenemos que N⊥i ∩N12⊥N⊥

12 = N⊥i Entonces el teorema queda probado para

el caso en que φ|N12 es no-singular.Ahora sea el caso en que φ|N12 es singular. Entonces existe w 6= 0 ∈ N12 tal que φ(v, w) = 0

para todo v ∈ N12. Primero supongamos que existe v3 ∈ M tal que φ(v3, w) 6= 0. Es claro quev3 /∈ N12, entonces {v1, v2, v3} forma una base para el submodulo N123 de M de rango 3 y φ|N123

es no-singular. Para ello, considerar la matriz de φ en la base {v1, w, v3} para N123 (ver que w esl.i de v1, pues si w = av1 entonces aφ(v1, v1) = 0 y con esto a = 0, lo cual no puede ser). Ahorapara i = 1, 2

N123 = Ni⊥(N⊥i ∩N123)

y w ∈ N⊥i ∩N123 (pues w /∈ Ni) con φ(w,w) = 0, ademas existe una base {w,wi} de N⊥

i ∩N123

donde φ tiene la matriz[

0 11 ai

]Dicha base existe pues φ(w,wi) 6= 0, de ser φ(w,wi) = 0

tendriamos que φ|N123 es singular, lo cual no puede ser. Tales formas resultan isometricas pues,para cualquier a ∈ R tal que a = a existe un b ∈ R tal que

[1 0b 1

] [0 11 a

] [1 b0 1

]=[

0 11 0

].

Si Car(R) 6= 2,tomamos b = −a/2. Si Car(R) = 2, elegimos un c ∈ R tal que c 6= c y entoncesb = ac/(c + c). Por lo tanto φ|N⊥

1 ∩N123y φ|N⊥

2 ∩N123son isometricas y como M = N123⊥N⊥

123

(por ser φ|N123 no-singular); y como en el caso en que φ|N12 era no-singular, se llega a que φ|N⊥1

y φ|N⊥2

son isometricas.Y resta probar el caso en el que φ(v, w) = 0 para todo v ∈ M . En estas condiciones resultaN⊥

1 = N⊥2 , con lo cual el teorema ya estarıa demostrado. Probemos entonces que dicha igualdad.

Sea B12 = {v1, v2} y la base extendida B = {v1, v2, ..., vm} de M . Sea A = [φ]B . Entonces

[φ|N12 ]B12=[a bb a

]44

Como φ|N12 es singular entonces a2− b2 = 0, recordemos que a 6= 0 y por lo tanto resulta b 6= 0.Nosotros podemos definir w = av1+bv2, el cual cumple φ(v, w) = 0 para todo v ∈ N12. Entonces

[w]B =[a −b 0 . . . 0

]tComo φ(vi, w) = 0 para i = 3, ...,m entonces existen escalares ci tal que[

ent1i(A)ent2i(A)

]=[φ(v1, vi)φ(v2, vi)

]= ci

[ba

], i = 3, ...m

mas aun ci = φ(v2, vi)/aSi nosotros definimos P ∈Mm, como

Pii = 1P2i = −ci i = 3, ...mPij = 0 en otro caso

entonces

P tAP =[

[φ|N12 ]B120

0 ∗

]Esto es [φ]B′ en la base

B′ ={v1, v2, v

′3, ..., v

′m

}y observando la matriz [φ]B′ concluimos que N⊥

1 = N⊥2 es el subespacio con base{

w, v′3, ..., v′m

}Esto concluye la demostracion del teorema para el caso n = 1.

Ahora aplicamos induccion sobre n. Asumimos que el teorema es ciero para

rank(N1) = rank(N2) < n

y searank(N1) = rank(N2) = n

Sea v1 ∈ N1 con φ(v1, v1) 6= 0, y sea v2 = f(v1) ∈ N2; ademas

φ(v2, v2) = φ(v1, v1) 6= 0

Notar que tal elemento existe por el teorema 2.63. Sea N11 el subespacio de M generado por v1y sea N21 el subespacio de M generado por v2. Entonces

M = N11⊥(N⊥11 ∩N1)⊥N⊥

1 = N21⊥(N⊥21 ∩N2)⊥N⊥

2

Entonces el caso n = 1 del teorema implica que

(N⊥11 ∩N1)⊥N⊥

1 y (N⊥21 ∩N2)⊥N⊥

2

son isometricas, y entonces por hipotesis inductiva concluimos que N⊥1 y N⊥

2 son isometricas.

45

Corolario 2.70. Sea φ1, phi2 y φ3 formas sobre modulos M1, M2 y M3 de rango finito re-spectivamente sobre un cuerpo R, cualquiera de ellas simetrica o hermitiana. Si Car(R) = 2,asumimos que las tres son hermitianas. Si φ1 es no-singular y φ1⊥φ2 y φ1⊥φ3 son isometricas,entonces φ2 y φ3 son isometricas.

Demostracion. Como φ1 es no-singular, entonces (φ1⊥φ2)|M1 y (φ1⊥φ3)|M1 son no-singulares,y ademas isometricas (por nuestra hipotesis). Entonces por el teorema anterior tenemos que(φ1⊥φ2)|M⊥

1y (φ1⊥φ3)|M⊥

1son isometricas. Es decir, (φ1⊥φ2)|M2 y (φ1⊥φ3)|M3 son isometricas,

osea que φ2 y φ3 son isometricas.

Observacion 2.71. Veamos que el teorema de Witt es falso para el caso que excluimos. Notarque 1 0 0

0 0 10 1 0

y

1 0 00 1 00 0 1

son formas isometricas sobre (F2)3 (F2 un cuerpo de 2 elementos) y ambas son impares y no-singular, pero [

0 11 0

]y[

1 00 1

]no son isometricas sobre (F2)2, pues la primera es par y la segunda impar.

Ahora veremos casos importantes de formas bilineales simetricas sobre R y formas hermi-tianas sobre C.

Definicion 2.72. Si φ es una forma bilineal simetrica sobre R o una forma hermitiana sobreC, sobre un modulo M , entonces decimos que φ es definida positiva si φ(v, v) > 0 para todov 6= q ∈M . Si φ(v, v) < 0 para todo v 6= 0 ∈M , entonces decimos que φ es definida negativa.

Teorema 2.73. (ley de inercia de Sylvester) Sea φ una forma no-degenerada bilinealsimetrica sobre R = R, o una forma hermitiana sobre R = C, sobre un modulo M de ran-go finito sobre R. Entonces φ es isometrica a

r [1]⊥s [−1]

con r+ s = n = rank(M). Ademas, los enteros r y s estan bien definidos y φ esta determinadosalvo isometrıas por rank(φ) = n, y signatura(φ) = r − s.

Demostracion. Por el teorema 2.63, sabemos que φ es diagonalizable en cierta base mathcalB,es decir es isometrica a

[a1]⊥ [a2]⊥ . . .⊥ [an]

con ai 6= 0, por ser φ no-degenerada.

46

Sea φ la forma bilineal simetrica sobre R. Entonces podemos suponer, que los primerosa1, a2, ..., ar son positivos y los restantes n− r negativos. Sea

P =

1/√a1

. . .1/√ak

1/√|ak+1|

. . .1/√|an|

la cual resulta ser una una matriz cambio de base. Entonces tenemos,

P t [φ]B P =

1. . .

1−1

. . .−1

Es decir, φ es isometrica a r [1]⊥s [−1] con s = n− r.

Si φ es una forma sesquilineal hermitiana sobre C, se puede probar con las mismas her-ramientas que φ es isometrica a n [1].

Ahora probemos que r y s estan bien definidos. Sea M+ el subespacio de M de dimensionmaxima tal que φ|M+ es definida positiva. Sea B = {v1, ...vn} una base de M tal que

[φ]B = Ir ⊕ Is.

SiM1 = 〈v1, ...vr〉, entonces φ|M1 es definida positiva. Con lo cual, rank(M+) ≥ r. Este arumentotambien prueba que si M− es un subespacio de M de maxima dimension tal que φ|M− es definidanegativa, entonces rank(M−) ≥ s.

Ahora supongamos que rank(M+) 6= r y rank(M−) 6= s. Tenemos entonces,

rank(M+) + rank(M−) > r + s = n,

y con esto, M+ ∩M− 6= {0}. Sea x 6= 0 ∈ M+ ∩M−. Entonces φ(x, x) > 0 ya que x ∈ M+

y φ(x, x) < 0 ya que x ∈ M−, y con esto tenemos una contradiccion. Por lo tanto debe serran(M+) = r y rank(M−) = s, y asi tenemos buena definicion.

Proposicion 2.74. Sea φ una forma bilineal simetrica sobre R = R, o una forma hermitianasobre R = C, sobre un modulo M de rango finito sobre R, y sea A = [φ]B para alguna base Bde M . Entonces

(1) rank(φ)= rank(A)

(2) todos los autovalores de A son reales; y

(3) signatura(φ) = r − s, donde r(resp., s) es el numero de autovalores positivos (resp., neg-ativos) de A.

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Demostracion. Por el teorema anterior sabemos que φ es isometrica a r [1]⊥s [−1].Sea A = [φ]B. Podemos ver a A como la matriz de una transformacion α sobre Rn, donde

R = R o R = C. Entonces A es real y simetrica o compleja hermitiana. Osea, α es auto-adjunta como en el lenguaje de la definicion 1.28. Pero entonces por el teorema 1.29, A tiene susautovalores reales y ademas existe una base ortonormal B1 = {v1, . . . , vn} de Rn con B = [α]B1

diagonal, es decir U−1AU = B. Mas aun U es la matriz que tiene como columnas a los vectoresv1, . . . , vn, y ademas B ∈Mn(R), donde n = rank(A). Como B1 es ortonormal esto quiere decirexactamente que U t = (U)−1. Entonces B = U tAU y asi B es una diagonalizacion de nuestraforma φ, recordando la demostracion del teorema anterior, podemos decir que B tiene r entradaspositivas y s entradas negativas. Es decir, A tiene r autovalores positivos y s negativos.

Referencias

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

[2] Hungerford T.W., Algebra. Springer-Verlag, New York, 1974.

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