Si consideri l'applicazione lineare $f : V \to\dual W$ tale che $f(\vec v)$ è un funzionale di $\dual W$ tale che
$f(\vec v)(\vec w)=\varphi(\vec v, \vec w)$$\forall\vec w \in W$. Si osserva che $W^\perp=\Ker f$, da cui,
per la formula delle dimensioni, $\dim V =\dim W^\perp+\rg f$. Inoltre, si osserva anche che
$f = i^\top\circ a_\varphi$, dove $i : W \to V$ è tale che $i(\vec w)=\vec w$, infatti $f(\vec v)= a_\varphi(\vec v)\circ i$ è un funzionale di $\dual W$ tale che $f(\vec v)(\vec w)=\varphi(\vec v, \vec w)$. Pertanto
Poiché $\rg(A)=\rg(A^\top)$, si deduce che $\rg(f)=\rg(g)\implies\rg(i^\top\circ a_\varphi)=\rg(a_\varphi\circ i)=\rg(\restr{a_\varphi}{W})=\dim W -\dim\Ker\restr{a_\varphi}{W}=\dim W -\dim(W \cap\underbrace{\Ker a_\varphi}_{V^\perp})=\dim W -\dim(W \cap V^\perp)$. Si conclude allora, sostituendo quest'ultima
identità nell'identità ricavata a inizio dimostrazione che $\dim V =\dim W^\top+\dim W -\dim(W \cap V^\perp)$,
Sia dimostra il teorema per induzione su $n :=\dim V$. Per $n \leq1$, la dimostrazione è triviale. Sia
allora il teorema vero per $i \leq n$. Se $V$ ammette un vettore non isotropo $\vec w$, sia $W =\Span(\vec w)$ e si consideri la decomposizione $V = W \oplus W^\perp$. Poiché $W^\perp$ ha dimensione $n-1$, per ipotesi induttiva
ammette una base ortogonale. Inoltre, tale base è anche ortogonale a $W$, e quindi l'aggiunta di $\vec w$ a
questa base ne fa una base ortogonale di $V$. Se invece $V$ non ammette vettori non isotropi, ogni forma quadratica
è nulla, e quindi il prodotto scalare è nullo per la proposizione precedente.
Siano i sottospazi $U$ e $W \subseteq V$ in somma diretta. Allora si dice che $U$ e $W$ sono in \textbf{somma
diretta ortogonale rispetto al prodotto scalare}$\varphi$ di $V$, ossia che $U \oplus W = U \oplus^\perp W$, se $\varphi(\vec u, \vec w)=0$$\forall\vec u \in U$, $\vec w \in W$.
\end{definition}
\begin{definition} (cono isotropo)
Si definisce \textbf{cono isotropo} di $V$ rispetto al prodotto scalare $\varphi$ il seguente insieme:
\[\CI(\varphi)=\{\v\in V \mid\varphi(\v, \v)=0\}, \]
Siano $\vv1$, ..., $\vv k \in V$ e sia $M =\left(\varphi(\vv i, \vv j)\right)_{i, j =1\textrm{---}k}\in M(k, \KK)$,
dove $\varphi$ è un prodotto scalare di $V$. Sia inoltre $W =\Span(\vv1, ..., \vv k)$. Si dimostrino
allora le seguenti affermazioni.
\begin{enumerate}[(i)]
\item Se $M$ è invertibile, allora $\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti.
\item Siano $\vv1$, ..., $\vv k$ linearmente indipendenti. Allora $M$ è invertibile $\iff$$\restr{\varphi}{W}$ è non degenere $\iff$$W \cap W^\perp=\zerovecset$.
\item Siano $\vv1$, ..., $\vv k$ a due a due ortogonali tra loro. Allora $M$ è invertibile $\iff$ nessun
vettore $\vv i$ è isotropo.
\item Siano $\vv1$, ..., $\vv k$ a due a due ortogonali tra loro e siano anche linearmente indipendenti.
Allora $M$ è invertibile $\implies$ si può estendere $\basis_W =\{\vv1, \ldots, \vv k\}$ a una base ortogonale di $V$.
\item Sia $\KK=\RR$. Sia inoltre $\varphi > 0$. Allora $\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente
indipendenti $\iff$$M$ è invertibile.
\item Sia $\KK=\RR$. Sia ancora $\varphi > 0$. Allora se $\vv1$, ..., $\vv k$ sono a due a due
ortogonali e sono tutti non nulli, sono anche linearmente indipendenti.
\end{enumerate}
\end{exercise}
\begin{solution}
\begin{enumerate}[(i)]
\item Siano $a_1$, ..., $a_k \in\KK$ tali che $a_1\vv1+\ldots+ a_k \vv k =0$. Vale in
particolare che $\vec0=\varphi(\vv i, \vec0)=\varphi(\vv i, a_1\vv1+\ldots+ a_k \vv k)=
\sum_{j=1}^k a_j \varphi(\vv i, \vv j)$$\forall 1 \leq i \leq k$. Allora $\sum_{j=1}^k a_j M^j = 0$.
Dal momento che $M$ è invertibile, $\rg(M)= k$, e quindi l'insieme delle colonne di $M$ è linearmente
indipendente, da cui si ricava che $a_j =0$$\forall1\leq j \leq k$, e quindi che $\vv1$, ...,
$\vv k$ sono linearmente indipendenti.
\item Poiché $\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti, tali vettori formano una base di
$W$, detta $\basis$. In particolare, allora, vale che $M = M_\basis(\restr{\varphi}{W})$. Pertanto,
se $M$ è invertibile, $\Rad(\restr{\varphi}{W})=\Ker M =\zerovecset$, e dunque $\restr{\varphi}{W}$
è non degenere. Se invece $\restr{\varphi}{W}$ è non degenere, $\zerovecset=\Rad(\restr{\varphi}{W})= W \cap W^\perp$. Infine, se $W \cap W^\perp=\zerovecset$, $\zerovecset= W \cap W^\perp=\Rad(\restr{\varphi}{W})=\Ker M$, e quindi $M$ è iniettiva, e dunque invertibile.
\item Dal momento che $\vv1$, ..., $\vv k$ sono ortogonali tra loro, $M$ è una matrice diagonale.
Pertanto $M$ è invertibile se e solo se ogni suo elemento diagonale è diverso da $0$, ossia
se $\varphi(\vv i, \vv i)\neq0$$\forall1\leq i \leq k$, e dunque se e solo se nessun vettore
$\vv i$ è isotropo.
\item Se $M$ è invertibile, da (ii) si deduce che $\Rad(\restr{\varphi}{W})= W \cap W^\perp=\zerovecset$,
e quindi che $W$ e $W^\perp$ sono in somma diretta. Inoltre, per la formula delle dimensioni del prodotto
scalare, $\dim W +\dim W^\perp=\dim V +\underbrace{\dim(W \cap V^\perp)}_{\leq\dim(W \cap W^\perp)=0}=\dim V$. Pertanto $V = W \oplus^\perp W^\perp$. \\
Allora, dacché $\Char\KK\neq2$, per il teorema di Lagrange, $W^\perp$ ammette una base ortogonale $\basis_{W^\perp}$. Si conclude
dunque che $\basis=\basis_W \cup\basis_{W^\perp}$ è una base ortogonale di $V$.
\item Se $M$ è invertibile, da (i) $\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti. Siano ora
invece $\vv1$, ..., $\vv k$ linearmente indipendenti per ipotesi. Siano $a_1$, ..., $a_k \in\KK$ tali
che $a_1 M^1+\ldots+ a_k M^k =0$, allora $a_1\varphi(\vv i, \vv1)+\ldots+ a_k \varphi(\vv i, \vv k)=0$$\forall1\leq i \leq k$. Pertanto, detto $\v= a_1\vv1+\ldots+ a_k \vv k$, si ricava che:
\[\varphi(\v, \v)=\sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k a_j \,\varphi(\vv i, \vv j)=0. \]
Tuttavia questo è possibile solo se $\v= a_1\vv1+\ldots+ a_k \vv k =0$. Dal momento che
$\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti, si conclude che $a_1=\cdots= a_k =0$, ossia
che le colonne di $M$ sono tutte linearmente indipendenti e quindi che $\rg(M)= k \implies$$M$ è invertibile.
\item Poiché $\vv1$, ..., $\vv k$ sono ortogonali a due a due tra loro, $M$ è una matrice diagonale.
Inoltre, dacché $\varphi > 0$ e $\vv i \neq\vec0$$\forall1\leq i \leq k$, gli elementi diagonali di $M$ sono sicuramente tutti diversi da zero, e quindi $\det(M)\neq0$$\implies$$M$ è invertibile. Allora,
per il punto (v), $\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti.
Per il teorema di Lagrange, esiste una base ortogonale $\basis'$ di $V$.
Si riordini la base in modo tale che la forma quadratica valutata nei primi elementi sia strettamente positiva, che nei secondi elementi sia strettamente negativa e che negli ultimi sia nulla. Si sostituisca
$\basis'$ con una base $\basis$ tale per cui, se $q(\vv i) > 0$,
allora $\vv i \mapsto\frac{\vv i}{\sqrt{q(\vv i)}}$; se
$q(\vv i) < 0$, allora $\vv i \mapsto\frac{\vv i}{\sqrt{-q(\vv i)}}$;
altrimenti $\vv i \mapsto\vv i$. Si è allora trovata una base
la cui matrice associata del prodotto scalare è come desiderata nella
Sia ora $a$ il numero di vettori della base con forma quadratica
positiva, $b$ il numero di vettori con forma negativa e $c$ quello
dei vettori con forma nulla. Si consideri $W_+=\Span(\vv1, ..., \vv a)$, $W_-=\Span(\vv{a+1}, ..., \vv b)$, $W_0=\Span(\vv{b+1}, ..., \vv c)$. \\
Sia $M = M_\basis(\varphi)$. Si osserva che $c = n -\rg(M)=\dim\Ker(M)=\dim V^\perp=\iota_0$. Inoltre $\forall\v\in W_+$, dacché
$\basis$ è ortogonale,
$q(\v)= q(\sum_{i=1}^a \alpha_i \vv i)=\sum_{i=1}^a \alpha_i^2 q(\vv i) > 0$, e quindi $\restr{\varphi}{W_+} > 0$, da cui $\iota_+\geq a$.
Analogamente $\iota_-\geq b$. \\
Si mostra ora che è impossibile che $\iota_+ > a$. Se così infatti
fosse, sia $W$ tale che $\dim W =\iota_+$ e che $\restr{\varphi}{W} > 0$. $\iota_++ b + c$ sarebbe maggiore di $a + b + c = n :=\dim V$. Quindi, per la formula di Grassman, $\dim(W + W_-+ W_0)=\dim W +
\dim(W_- + W_0) - \dim (W \cap (W_- + W_0)) \implies\dim (W \cap (W_- + W_0)) = \dim W +
\begin{exercise} Sia $f : V \to V'$ un isomorfismo. Allora $f$ è un'isometria $\iff$$\forall$ base $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ di $V$, $\basis' =\{ f(\vv1), \ldots, f(\vv n)\}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$$\iff$$\exists$ base $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ di $V$ tale che $\basis' =\{ f(\vv1), \ldots, f(\vv n)\}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$.
\begin{solution} Se $f$ è un'isometria, detta $\basis$ una base di $V$, $\basis' = f(\basis)$ è una base di $V'$
dal momento che $f$ è anche un isomorfismo. Inoltre, dacché $f$ è un'isometria, vale sicuramente che
$\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$. \\
Sia ora assunto per ipotesi che $\forall$ base $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ di $V$, $\basis' =\{ f(\vv1), \ldots, f(\vv n)\}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$. Allora, analogamente a prima, detta $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$, $\basis' = f(\basis)$ è una base di $V'$, e in quanto tale,
per ipotesi, è tale che $\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$. \\
Sia infine assunto per ipotesi che $\exists$ base $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ di $V$ tale che $\basis' =\{ f(\vv1), \ldots, f(\vv n)\}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$. Siano $\v$, $\w\in V$. Allora $\exists a_1$, ..., $a_n$, $b_1$, ..., $b_n \in\KK$
tali che $\v= a_1\vv1+\ldots+ a_n \vv n$ e $\w= b_1\vv1+\ldots+ b_n \vv n$. Si ricava pertanto
\begin{proof} Se $V$ e $V'$ sono isometrici, sia $f : V \to V'$ un'isometria. Sia $\basisC=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Allora, poiché $f$ è anche un isomorfismo, $\basisC' = f(\basisC)$ è una base di $V$ tale che
$\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$. Pertanto $M_\basisC(\varphi)= M_{\basisC'}(\varphi')$. Si conclude allora che, cambiando base in $V$ (o in $V'$), la matrice associata
al prodotto scalare varia per congruenza dalla formula di cambiamento di base per il prodotto scalare, da cui si ricava che per ogni scelta di $\basis$ base di $V$ e di $\basis'$ base di $V'$, $M_\basis(\varphi)\cong M_{\basis'}(\varphi')$. Inoltre, se tale risultato è vero per ogni $\basis$ base di $V$ e di $\basis'$ base di $V'$, dal momento che sicuramente esistono due basi $\basis$, $\basis'$ di $V$ e $V'$, vale anche (ii) $\implies$ (iii). \\
Si dimostra ora (iii) $\implies$ (i). Per ipotesi $M_\basis(\varphi)\cong M_{\basis'}(\varphi')$, quindi
$\exists P \in\GL(n, \KK)\mid M_{\basis'}(\varphi')= P^\top M_\basis(\varphi) P$. Allora $\exists$$\basis''$
base di $V'$ tale che $P = M_{\basis''}^{\basis'}(\Idv)$, da cui $P\inv= M_{\basis'}^{\basis''}(\varphi)$. Per la formula di cambiamento di base del prodotto
scalare, $M_{\basis''}(\varphi)=(P\inv)^\top M_{\basis'} P\inv= M_\basis(\varphi)$. Detta
$\basis'' =\{\ww1, \ldots, \ww n \}$, si costruisce allora l'isomorfismo $f : V \to V'$ tale
che $f(\vv i)=\ww i$$\forall1\leq i \leq n$.. Dal momento che per costruzione $M_\basis(\varphi)= M_{\basis''}(\varphi')$,
$\varphi(\vv i, \vv j)=\varphi'(\ww i, \ww j)=\varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$$\forall1\leq i, j \leq n$.
Si conclude dunque che $\varphi(\v, \w)=\varphi'(f(\v), f(\w))$$\forall\v, \w\in V$, e dunque
che $f$ è un'isometria, come desiderato dalla tesi.
