Nel corso del documento, qualora non specificato, per $f$ si intenderà un qualsiasi
endomorfismo di $V$, dove $V$ è uno spazio vettoriale di dimensione $n \in\NN$. Inoltre
per $\KK$ si intenderà, per semplicità, un campo algebricamente chiuso; altrimenti
è sufficiente considerare un campo $\KK$ in cui i vari polinomi caratteristici esaminati
si scompongono in fattori lineari.
\end{note}
Sia $J$ la forma canonica di Jordan relativa a $f \in\End(V)$ in una base $\basis$. Allora è possibile decomporre
tale matrice in una somma di due matrici $D$ e $N$ tali che:
\begin{itemize}
\item$D$ è diagonale e in particolare contiene tutti gli autovalori di $J$;
\item$N$ è nilpotente ed è pari alla matrice ottenuta ignorando la diagonale di $J$;
\item$DN = ND$, dacché le due matrici sono a blocchi diagonali.
\end{itemize}
Pertanto è possibile considerare gli endomorfismi $\delta= M_\basis\inv(D)$ (diagonalizzabile) e $\nu= M_\basis\inv(N)$ (nilpotente).
Si osserva allora che questi endomorfismi sono tali che $f =\delta+\nu$ (\textbf{decomposizione di Jordan} di $f$).
\begin{theorem}
La decomposizione di Jordan di $f$ è unica.
\end{theorem}
\begin{proof}
Per dimostrare che la decomposizione di Jordan è unica è sufficiente mostrare che, dati $\delta$, $\delta'$
diagonalizzabili e $\nu$, $\nu'$ nilpotenti tali che $f =\delta+\nu=\delta' +\nu'$, deve valere
necessariamente che $\delta=\delta'$ e che $\nu=\nu'$. In particolare è sufficiente dimostrare
che $\restr{\delta}{\Gensp}=\restr{\delta'}{\Gensp}$ per ogni autovalore $\lambda$ di $f$, dal momento
che $V =\gensp1\oplus\cdots\oplus\gensp k$, dove $k$ è il numero di autovalori distinti di $f$, e
così le matrici associate dei due endomorfismi sarebbero uguali in una stessa base, da cui si concluderebbe che
$\delta=\delta'$, e quindi che $\nu=\nu'$. \\
Si osserva innanzitutto che $\delta$ (e così tutti gli altri tre endomorfismi) commuta con $f$:
$\delta\circ f =\delta\circ(\delta+\nu)\underbrace{=}_{\delta\circ\nu=\nu\circ\delta}(\delta+\nu)\circ\delta= f \circ\delta$.
Da quest'ultimo risultato consegue che $\Gensp$ è $\delta$-invariante, dacché se $f$ commuta con $\delta$,
anche $(f -\lambda\Id)^n$ commuta con $\delta$. Sia infatti
$\v\in\Gensp=\Ker(f -\lambda\Id)^n$, allora $(f -\lambda\Id)^n(\delta(\v))=\delta((f -\lambda\Id)^n(\v))=\delta(\vec0)=\vec0\implies\delta(\Gensp)\subseteq\Gensp$. \\
Si considerano allora gli endomorfismi $\restr{\delta}{\Gensp}$, $\restr{\delta'}{\Gensp}$, $\restr{\nu}{\Gensp}$, $\restr{\nu'}{\Gensp}\in\End(\Gensp)$. Dal momento che $\restr{\delta}{\Gensp}$
e $\restr{\nu}{\Gensp}$ commutano, esiste una base $\basis'$ di $\Gensp$ tale per cui i due endomorfismi
sono triangolarizzabili simultaneamente. Inoltre, dal momento che $\restr{\delta}{\Gensp}$ è una restrizione
su $\delta$, che è diagonalizzabile per ipotesi, anche quest'ultimo endomorfismo è diagonalizzabile;
analogamente $\restr{\nu}{\Gensp}$ è ancora nilpotente. \\
Si osserva dunque che $M_{\basis'}(\restr{f}{\Gensp})=
M_{\basis'}(\restr{\delta}{\Gensp}) + M_{\basis'}(\restr{\nu}{\Gensp})$: la
diagonale di $M_\basis'(\restr{\nu}{\Gensp})$ è nulla, e $M_{\basis'}(\restr{f}{\Gensp})$, poiché somma
di due matrici triangolari superiori, è una matrice triangolare superiore. Allora la diagonale di
$M_{\basis'}(\restr{f}{\Gensp})$ raccoglie l'unico autovalore $\lambda$ di $\restr{f}{\Gensp}$, che dunque è
l'unico autovalore anche di $\restr{\delta}{\Gensp}$. In particolare, poiché $\restr{\delta}{\Gensp}$ è
diagonalizzabile, vale che $\restr{\delta}{\Gensp}=\lambda\Id$. Analogamente $\restr{\delta'}{\Gensp}=\lambda\Id$, e quindi $\restr{\delta}{\Gensp}=\restr{\delta'}{\Gensp}$, da cui anche
$\restr{\nu}{\Gensp}=\restr{\nu'}{\Gensp}$. Si conclude dunque che le coppie di endomorfismi sono
uguali su ogni restrizione, e quindi che $\delta=\delta'$ e $\nu=\nu'$.
\end{proof}
Sia adesso $V =\RR^n$. Si consideri allora la forma canonica di Jordan di $f$ su $\CC$ (ossia estendendo, qualora
necessario, il campo a $\CC$) e sia $\basis$ una base di Jordan per $f$.
Sia $\alpha$ un autovalore di $f$ in $\CC\setminus\RR$. Allora, dacché $p_f \in\RR[\lambda]$, anche
$\conj\alpha$ è un autovalore di $f$. In particolare, vi è un isomorfismo tra $\genspC\alpha$ e $\genspC{\conj{\alpha}}$ (rappresentato proprio dall'operazione di coniugio). Quindi i blocchi di Jordan
relativi ad $\alpha$ e ad $\conj\alpha$ sono gli stessi, benché coniugati. \\
Sia ora $\basis'$ una base ordinata di Jordan per $\restr{f}{\genspC\alpha}$, allora $\conj{\basis'}$ è anch'essa una base ordinata di Jordan per $\restr{f}{\genspC{\conj{\alpha}}}$. Si
consideri dunque $W =\genspC\alpha\oplus\genspC{\conj{\alpha}}$ e la restrizione
$\varphi=\restr{f}{W}$. Si osserva che la forma canonica di $\varphi$ si ottiene estraendo i singoli blocchi relativi
ad $\alpha$ e $\conj\alpha$ dalla forma canonica di $f$. Se $\basis' =\{\vv1, ..., \vv k \}$,
i vettori tali che $\vv i =\Re(\vv i)+ i \imm(\vv i)$. Questi vettori soddisfano due particolari
proprietà:
\begin{itemize}
\item$\Re(\vv i)=\displaystyle\frac{\vv i +\conj{\vv i}}{2}$,
\item$\imm(\vv i)=\displaystyle\frac{\vv i -\conj{\vv i}}{2i}\underbrace{=}_{\frac{1}{i}=-i}-\frac{\vv i -\conj{\vv i}}{2} i$.
\end{itemize}
In particolare $\basis''$ è un base di $W$, dal momento che gli elementi di $\basis''$ generano $W$ e sono
tanti quanto la dimensione di $W$, ossia $2k$. Si ponga $\alpha= a + bi$. Se $\vv i$ è autovettore si conclude che:\footnote{Si è in seguito utilizzato più volte l'identità $f(\conj{\vv i})=\conj{f(\vv i)}$.}
Al contrario, il prodotto scalare $\varphi : \RR^2\to\RR$ tale che $\varphi((x_1, x_2), (y_1, y_2))= x_1 y_1- x_2 y_2$ non è definito positivo: $\varphi((x, y), (x, y))=0$, $\forall$$(x, y)\mid x^2= y^2$, ossia se
$y = x$ o $y =-x$.
\end{example}
\begin{definition}
Dato un prodotto scalare $\varphi$ di $V$, ad ogni vettore $\vec{v}\in V$ si associa una \textbf{forma quadratica}
$q : V \to\KK$ tale che $q(\vec{v})=\varphi(\vec{v}, \vec{v})$.
\end{definition}
\begin{remark}
Si osserva che $q$ non è lineare in generale: infatti $q(\vec{v}+\vec{w})\neq q(\vec{v})+ q(\vec{w})$ in
$\RR^n$.
\end{remark}
\begin{definition}
Un vettore $\vec{v}\in V$ si dice \textbf{isotropo} rispetto al prodotto scalare $\varphi$ se $q(\vec{v})=
\varphi(\vec{v}, \vec{v}) = 0$.
\end{definition}
\begin{example}
Rispetto al prodotto scalare $\varphi : \RR^3\to\RR$ tale che $\varphi((x_1, x_2, x_3), (y_1, y_2, y_3))=
x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3$, i vettori isotropi $(x, y, z)$ sono quelli tali che $x^2 + y^2 = z^2$, ossia
Si osservano alcune proprietà della congruenza. \\
\li Per il teorema di cambiamento di base del prodotto scalare, due matrici associate a uno stesso
prodotto scalare sono sempre congruenti (esattamente come due matrici associate a uno stesso
endomorfismo sono sempre simili).
\li Se $A$ e $B$ sono congruenti, $A = P^\top B P \implies\rg(A)=\rg(P^\top B P)=\rg(BP)=\rg(B)$,
dal momento che $P$ e $P^\top$ sono invertibili; quindi il rango è un invariante per congruenza. Allora
è ben definito il rango $\rg(\varphi)$ di un prodotto scalare come il rango di una sua qualsiasi matrice
associata.
\li Se $A$ e $B$ sono congruenti, $A = P^\top B P \implies\det(A)=\det(P^\top B P)=\det(P^\top)\det(B)\det(P)=
\det(P)^2 \det(B)$. Quindi, per $\KK = \RR$, il segno del determinante è invariante per congruenza.
\end{remark}
\begin{definition}
Si dice \textbf{radicale} di un prodotto scalare $\varphi$ lo spazio:
\[ V^\perp=\{\vec{v}\in V \mid\varphi(\vec{v}, \vec{w})=0, \forall\vec{w}\in V \}\]
\end{definition}
\begin{remark}
Il radicale di $\RR^n$ con il prodotto scalare canonico ha dimensione nulla, dal momento che $\forall\vec{v}\in\RR^n \setminus\{\vec{0}\}$, $q(\vec{v})=\varphi(\vec{v}, \vec{v}) > 0$.
\end{remark}
\begin{definition}
Un prodotto scalare si dice \textbf{degenere} se il radicale dello spazio su tale prodotto scalare ha
dimensione non nulla.
\end{definition}
%TODO: spiegare perché \alpha_\varphi è lineare e aggiungere esempi nella parte precedente.
%TODO: aggiungere osservazioni sul radicale (i.e. che è uno spazio, che ogni suo vettore è isotropo, ...).
