notes/Primo anno/Geometria 1/4. Prodotto scalare e hermitiano/Appunti originali/2023-04-17, 19, 26, Prodotti hermitiani e teorema spettrale/main.tex

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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
\author{Gabriel Antonio Videtta}
\date{17, 19 e 26 aprile 2023}

\begin{document}
	
	\maketitle
	
	\begin{center}
		\Large \textbf{Prodotti hermitiani, spazi euclidei e teorema spettrale}
	\end{center}
	
	\begin{note}
		Nel corso del documento, per $V$ si intenderà uno spazio vettoriale di dimensione
		finita $n$ e per $\varphi$ un suo prodotto, hermitiano o scalare
		dipendentemente dal contesto.
	\end{note}

	\begin{definition} (prodotto hermitiano) Sia $\KK = \CC$. Una mappa $\varphi : V \times V \to \CC$ si dice \textbf{prodotto hermitiano} se:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $\varphi$ è $\CC$-lineare nel secondo argomento, ossia se $\varphi(\v, \U + \w) = \varphi(\v, \U) + \varphi(\v, \w)$ e
			$\varphi(\v, a \w) = a \, \varphi(\v, \w)$,
			\item $\varphi(\U, \w) = \conj{\varphi(\w, \U)}$.
		\end{enumerate}
	\end{definition}

	\begin{definition} (prodotto hermitiano canonico in $\CC^n$) Si definisce
		\textbf{prodotto hermitiano canonico} di $\CC^n$ il prodotto $\varphi : \CC^n \times \CC^n \to \CC$ tale per cui, detti $\v = (z_1 \cdots z_n)^\top$ e $\w = (w_1 \cdots w_n)^\top$, $\varphi(\v, \w) = \sum_{i=1}^n \conj{z_i} w_i$.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl
		\li $\varphi(\U + \w, \v) = \conj{\varphi(\v, \U + \w)} =
		\conj{\varphi(\v, \U) + \varphi(\v, \w)} = \conj{\varphi(\v, \U)} + \conj{\varphi(\v, \U)} = \varphi(\w, \v) + \varphi(\U, \v)$, ossia
		$\varphi$ è additiva anche nel primo argomento. \\
		\li $\varphi(a \v, \w) = \conj{\varphi(\w, a \v)} = \conj{a} \conj{\varphi(\w, \v)} = \conj{a} \, \varphi(\v, \w)$. \\
		\li $\varphi(\v, \v) = \conj{\varphi(\v, \v)}$, e quindi $\varphi(\v, \v) \in \RR$. \\
		\li Sia $\v = \sum_{i=1}^n x_i \vv i$ e sia $\w = \sum_{i=1}^n y_i \vv i$, allora $\varphi(\v, \w) = \sum_{i =1}^n \sum_{j=1}^n \conj{x_i} y_i \varphi(\vv i, \vv j)$. \\
		\li $\varphi(\v, \w) = 0 \iff \varphi(\w, \v) = 0$.
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Data la forma quadratica $q : V \to \RR$  del prodotto hermitiano $\varphi$ tale che $q(\v) = \varphi(\v, \v) \in \RR$, tale
		forma quadratica individua univocamente il prodotto hermitiano $\varphi$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Innanzitutto si osserva che:
		
		\[ \varphi(\v, \w) = \frac{\varphi(\v, \w) + \conj{\varphi(\v, \w)}}{2} +  \frac{\varphi(\v, \w) . \conj{\varphi(\v, \w)}}{2}. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Si considerano allora le due identità:
		
		\[ q(\v + \w) - q(\v) - q(\w) =
		\varphi(\v, \w) + \conj{\varphi(\w, \v)} = 2 \, \Re(\varphi(\v, \w)), \]
		
		\[ q(i\v + \w) - q(\v) - q(\w) = -i(\varphi(\v, \w) - \conj{\varphi(\v, \w)}) = 2 \, \imm(\varphi(\v, \w)), \]
		
		\vskip 0.05in
		
		da cui si conclude che il prodotto $\varphi$ è univocamente
		determinato dalla sua forma quadratica.
	\end{proof}

	\begin{definition}
		Si definisce \textbf{matrice aggiunta} di $A \in M(n, \KK)$ la matrice coniugata della trasposta di $A$, ossia:
		
		\[ A^* = \conj{A^\top} = \conj{A}^\top. \]
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Per quanto riguarda la matrice aggiunta valgono le principali proprietà della matrice trasposta:
		
		\begin{itemize}
			\item $(A + B)^* = A^* + B^*$,
			\item $(AB)^* = B^* A^*$,
			\item $(A\inv)^* = (A^*)\inv$, se $A$ è invertibile.
		\end{itemize}
	\end{remark}

	%TODO: aggiungere tr(conj(A^t) B)
	
	\begin{definition} (matrice associata del prodotto hermitiano) Analogamente
		al caso del prodotto scalare, data una base $\basis = \{\vv 1, \ldots, \vv n\}$ si definisce
		come \textbf{matrice associata del prodotto hermitiano} $\varphi$
		la matrice $M_\basis(\varphi) = (\varphi(\vv i, \vv j))_{i,j = 1 \textrm{---} n}$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Si osserva che, analogamente al caso del prodotto scalare, vale
		la seguente identità:
		
		\[ \varphi(\v, \w) = [\v]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\w]_\basis. \]
	\end{remark}
	
	\begin{proposition}
		(formula del cambiamento di base per i prodotto hermitiani) Siano
		$\basis$, $\basis'$ due basi di $V$. Allora vale la seguente
		identità:
		
		\[ M_{\basis'} = M_{\basis}^{\basis'}(\Idv)^* M_\basis(\varphi) M_{\basis}^{\basis'}(\Idv). \]
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Siano $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ e $\basis' = \{ \ww 1, \ldots, \ww n \}$. Allora $\varphi(\ww i, \ww j) = [\ww i]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\ww j]_\basis = \left( M_\basis^{\basis'}(\Idv)^i \right)^* M_\basis(\varphi) M_\basis^{\basis'}(\Idv)^j =
		\left(M_\basis^{\basis'}(\Idv)\right)^*_i M_\basis(\varphi) M_\basis^{\basis'}(\Idv)^j$, da cui si ricava l'identità
		desiderata.
	\end{proof}

	\begin{definition} (radicale di un prodotto hermitiano)
		Analogamente al caso del prodotto scalare, si definisce il \textbf{radicale} del prodotto $\varphi$ come il seguente sottospazio: 
		
		\[ V^\perp = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \w) = 0 \, \forall \w \in V \}. \]
	\end{definition}

	\begin{proposition}
		Sia $\basis$ una base di $V$ e $\varphi$ un prodotto hermitiano. Allora $V^\perp = [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$\footnote{Stavolta non è sufficiente considerare la mappa $f : V \to V^*$ tale che $f(\v) = \left[ \w \mapsto \varphi(\v, \w) \right]$, dal momento che $f$ non è lineare, bensì antilineare, ossia $f(a \v) = \conj a f(\v)$.}.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ e sia $\v \in V^\perp$.
		Siano $a_1$, ..., $a_n \in \KK$ tali che $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$. Allora, poiché $\v \in V$, $0 = \varphi(\vv i, \v)
		= a_1 \varphi(\vv i, \vv 1) + \ldots + a_n \varphi(\vv i, \vv n) = M_i [\v]_\basis$, da cui si ricava che $[\v]_\basis \in \Ker M_\basis(\varphi)$, e quindi che $V^\perp \subseteq [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$. \\
		
		Sia ora $\v \in V$ tale che $[\v]_\basis \in \Ker M_\basis(\varphi)$.
		Allora, per ogni $\w \in V$, $\varphi(\w, \v) = [\w]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\v]_\basis = [\w]_\basis^* 0 = 0$, da cui si
		conclude che $\v \in V^\perp$, e quindi che  $V^\perp \supseteq [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$, da cui
		$V^\perp = [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$, ossia
		la tesi.
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Come conseguenza della proposizione appena dimostrata, valgono
		le principali proprietà già viste per il prodotto scalare. \\
		
		\li $\det(M_\basis(\varphi)) = 0 \iff V^\perp \neq \zerovecset \iff \varphi$ è degenere, \\
		\li Vale il teorema di Lagrange, e quindi quello di Sylvester, benché con alcune accortezze: si
		introduce, come nel caso di $\RR$, il concetto di segnatura, che diventa l'invariante completo
		della nuova congruenza hermitiana, che ancora una volta si dimostra essere una relazione
		di equivalenza. \\
		\li Come mostrato nei momenti finali del documento (vd.~\textit{Esercizio 3}), vale
		la formula delle dimensioni anche nel caso del prodotto hermitiano.
	\end{remark}

	\hr

	\begin{definition} (restrizione ai reali di uno spazio) Sia $V$
		uno spazio vettoriale su $\CC$ con base $\basis$. Si definisce allora lo spazio $V_\RR$, detto
		\textbf{spazio di restrizione su $\RR$} di $V$, come uno spazio su $\RR$ generato da
		$\basis_\RR = \basis \cup i \basis$. 
	\end{definition}

	\begin{example}
		Si consideri $V = \CC^3$. Una base di $\CC^3$ è chiaramente $\{ \e1, \e2, \e3 \}$. Allora
		$V_\RR$ sarà uno spazio vettoriale su $\RR$ generato dai vettori $\{ \e1, \e2, \e3, i\e1, i\e2, i\e3 \}$.
	\end{example}

	\begin{remark}
		Si osserva che lo spazio di restrizione su $\RR$ e lo spazio di partenza condividono lo stesso insieme
		di vettori. Infatti, $\Span_\CC(\basis) = \Span_\RR(\basis \cup i\basis)$. Ciononostante, $\dim V_\RR = 2 \dim V$\footnote{Si sarebbe potuto ottenere lo stesso risultato utilizzando il teorema delle torri algebriche: $[V_\RR : \RR] = [V: \CC] [\CC: \RR] = 2 [V : \CC]$.}, se $\dim V \in \NN$.
	\end{remark}

	\begin{definition} (complessificazione di uno spazio) Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\RR$.
		Si definisce allora lo \textbf{spazio complessificato} $V_\CC = V \times V$ su $\CC$ con le seguenti operazioni:
		
		\begin{itemize}
			\item $(\v, \w) + (\v', \w') = (\v + \v', \w + \w')$,
			\item $(a+bi)(\v, \w) = (a\v - b\w, a\w + b\v)$.
		\end{itemize}
	\end{definition}

	\begin{remark}
		La costruzione dello spazio complessificato emula in realtà la costruzione di $\CC$ come spazio
		$\RR \times \RR$. Infatti se $z = (c, d)$, vale che $(a + bi)(c, d) = (ac - bd, ad + bc)$, mentre
		si mantiene l'usuale operazione di addizione. In particolare si può identificare l'insieme
		$V \times \zerovecset$ come $V$, mentre $\zerovecset \times V$ viene identificato come l'insieme
		degli immaginari $iV$ di $V_\CC$. Infine, moltiplicare per uno scalare reale un elemento di
		$V \times \zerovecset$ equivale a moltiplicare la sola prima componente con l'usuale operazione
		di moltiplicazione di $V$. Allora, come accade per $\CC$, si può sostituire la notazione
		$(\v, \w)$ con la più comoda notazione $\v + i \w$.
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Innanzitutto si osserva che
		$(a+bi)(\v, \vec 0) = (a\v, b\v)$. Pertanto si può concludere che $\basis \times \zerovecset$ è
		una base dello spazio complessificato $V_\CC$ su $\CC$. \\
		
		Infatti, se $(a_1 + b_1 i)(\vv 1, \vec 0) + \ldots + (a_n + b_n i)(\vv n, \vec 0) = (\vec 0, \vec 0)$,
		allora $(a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n, b_1 \vv 1 + \ldots + b_n \vv n) = (\vec 0, \vec 0)$.
		Poiché però $\basis$ è linearmente indipendente per ipotesi, l'ultima identità implica che
		$a_1 = \cdots = a_n = b_1 = \cdots = b_n = 0$, e quindi che $\basis \times \zerovecset$ è linearmente
		indipendente. \\
		
		Inoltre $\basis \times \zerovecset$ genera $V_\CC$. Se infatti $\v = (\U, \w)$, e vale che:
		
		\[ \U = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n, \quad \w = b_1 \vv 1 + \ldots + b_n \vv n, \]
		
		\vskip 0.1in
		
		allora $\v = (a_1 + b_1 i) (\vv 1, \vec 0) + \ldots + (a_n + b_n i) (\vv n, \vec 0)$. Quindi
		$\dim V_\CC = \dim V$.
	\end{remark}

	\begin{definition}
		Sia $f$ un'applicazione $\CC$-lineare di $V$ spazio vettoriale su $\CC$. Allora
		si definisce la \textbf{restrizione su} $\RR$ di $f$, detta $f_\RR : V_\RR \to V_\RR$,
		in modo tale che $f_\RR(\v) = f(\v)$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Sia $\basis = \{\vv 1, \ldots, \vv n\}$ una base di $V$ su $\CC$. Sia $A = M_\basis(f)$. Si
		osserva allora che, se $\basis' = \basis \cup i \basis$ e $A = A' + i A''$ con $A'$, $A'' \in M(n, \RR)$,
		vale la seguente identità:
		
		\[ M_{\basis'}(f_\RR) = \Matrix{ A' & \rvline & -A'' \\ \hline A'' & \rvline & A' }. \]
		
		Infatti, se $f(\vv i) = (a_1 + b_1 i) \vv 1 + \ldots + (a_n + b_n i) \vv n$, vale che
		$f_\RR(\vv i) = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n + b_1 (i \vv 1) + \ldots + b_n (i \vv n)$,
		mentre $f_\RR(i \vv i) = i f(\vv i) = - b_1 \vv 1 + \ldots - b_n \vv n + a_1 (i \vv 1) + \ldots + a_n (i \vv n)$.
	\end{remark}

	\begin{definition}
		Sia $f$ un'applicazione $\RR$-lineare di $V$ spazio vettoriale su $\RR$. Allora
		si definisce la \textbf{complessificazione} di $f$, detta $f_\CC : V_\CC \to V_\CC$,
		in modo tale che $f_\CC(\v + i \w) = f(\v) + i f(\w)$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Si verifica infatti che $f_\CC$ è $\CC$-lineare.
		\begin{itemize}
			\item $f_\CC((\vv1 + i \ww1) + (\vv2 + i \ww2)) = f_\CC((\vv1 + \vv2) + i (\ww1 + \ww2)) =
			f(\vv1 + \vv2) + i f(\ww1 + \ww2) = (f(\vv1) + i f(\ww1)) + (f(\vv2) + i f(\ww2)) =
			f_\CC(\vv1 + i\ww1) + f_\CC(\vv2 + i\ww2)$.
			
			\item $f_\CC((a+bi)(\v + i\w)) = f_\CC(a\v-b\w + i(a\w+b\v)) = f(a\v - b\w) + i f(a\w + b\v) =
			af(\v) - bf(\w) + i(af(\w) + bf(\v)) = (a+bi)(f(\v) + if(\w)) = (a+bi) f_\CC(\v + i\w)$.
		\end{itemize}
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Sia $f_\CC$ la complessificazione di $f \in \End(V)$, dove $V$ è uno spazio vettoriale su $\RR$.
		Sia inoltre $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Valgono allora i seguenti risultati:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $\restr{(f_\CC)_\RR}{V}$ assume gli stessi valori di $f$,
			\item $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f) \in M(n, \RR)$,
			\item $M_{\basis \cup i \basis}((f_\CC)_\RR) = \Matrix{M_\basis(f) & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & M_\basis(f)}$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}

	\begin{proof}Si dimostrano i risultati separatamente.
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item Si osserva che $(f_\CC)_\RR(\vv i) = f_\CC(\vv i) = f(\vv i)$. Dal momento che
			$(f_\CC)_\RR$ è $\RR$-lineare, si conclude che $(f_\CC)_\RR$ assume gli stessi valori
			di $f$.
			
			\item Dal momento che $\basis$, nell'identificazione di $(\v, \vec 0)$ come $\v$, è
			sempre una base di $V_\CC$, e $f_\CC(\vv i) = f(\vv i)$, chiaramente
			$[f_\CC(\vv i)]_\basis = [f(\vv i)]_\basis$, e quindi $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f)$,
			dove si osserva anche che $M_\basis(f) \in M(n, \RR)$, essendo $V$ uno spazio vettoriale
			su $\RR$.
			
			\item Sia $f(\vv i) = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$ con $a_1$, ..., $a_n \in \RR$. Come
			osservato in (i), $\restr{(f_\CC)_\RR}{\basis} = \restr{(f_\CC)_\RR}{\basis}$, e quindi
			la prima metà di $M_{\basis \cup i \basis}((f_\CC)_\RR)$ è formata da due blocchi: uno
			verticale coincidente con $M_\basis(f)$ e un altro completamente nullo, dal momento che
			non compare alcun termine di $i \basis$ nella scrittura di $(f_\CC)_\RR(\vv i)$. Al
			contrario, per $i \basis$, $(f_\CC)_\RR(i \vv i) = f_\CC(i \vv i) = i f(\vv i) = a_1 (i \vv 1) +
			\ldots + a_n (i \vv n)$; pertanto la seconda metà della matrice avrà i due blocchi della prima metà,
			benché scambiati.
		\end{enumerate}
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Dal momento che $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f)$, $f_\CC$ e $f$ condividono lo stesso polinomio caratteristico
		e vale che $\Sp(f) \subseteq \Sp(f_\CC)$, dove vale l'uguaglianza se e solo se tale polinomio caratteristico
		è completamente riducibile in $\RR$. Inoltre, se $V_\lambda$ è l'autospazio su $V$ dell'autovalore $\lambda$, l'autospazio
		su $V_\CC$, rispetto a $f_\CC$, è invece ${V_\CC}_\lambda = V_\lambda + i V_\lambda$, la cui
		dimensione rimane invariata rispetto a $V_\lambda$, ossia $\dim V_\lambda = \dim {V_\CC}_\lambda$
		(infatti, analogamente a prima, una base di $V_\lambda$ può essere identificata come base
		anche per ${V_\CC}_\lambda$).
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Sia $f_\CC$ la complessificazione di $f \in \End(V)$, dove $V$ è uno spazio vettoriale su $\RR$.
		Sia inoltre $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Allora un endomorfismo
		$\tilde g : V_\CC \to V_\CC$ complessifica un endomorfismo $g \in \End(V)$ $\iff$ $M_\basis(\tilde g) \in M(n, \RR)$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Se $\tilde g$ complessifica $g \in \End(V)$, allora, per la proposizione precedente,
		$M_\basis(\tilde g) = M_\basis(g) \in M(n, \RR)$. Se invece $A = M_\basis(\tilde g) \in M(n, \RR)$,
		si considera $g = M_\basis\inv(A) \in \End(V)$. Si verifica facilemente che $\tilde g$ non è altro che
		il complessificato di tale $g$:
		
		\begin{itemize}
			\item $\tilde g (\vv i) = g(\vv i)$, dove l'uguaglianza è data dal confronto delle matrici associate,
			e quindi $\restr{\tilde g}{V} = g$;
			\item $\tilde g(\v + i\w) = \tilde g(\v) + i \tilde g(\w) = g(\v) + i g(\w)$, da cui la tesi.
		\end{itemize}
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $\varphi$ un prodotto scalare di $V$ spazio vettoriale su $\RR$. Allora esiste un
		unico prodotto hermitiano $\varphi_\CC : V_\CC \times V_\CC \to \CC$ che estende $\varphi$ (ossia tale che
		$\restr{\varphi_\CC}{V \times V} = \varphi$), il quale assume la stessa segnatura
		di $\varphi$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis$ una base di Sylvester per $\varphi$. Si consideri allora il prodotto
		$\varphi_\CC$ tale che:
		
		\[ \varphi_\CC(\vv1 + i\ww1, \vv2 + i\ww2) = \varphi(\vv1, \vv2) + \varphi(\ww1, \ww2) + i(\varphi(\vv1, \ww2) - \varphi(\ww1, \vv2)). \]
		
		Chiaramente $\restr{\varphi_\CC}{V \times V} = \varphi$. Si verifica allora che $\varphi_\CC$ è hermitiano:
		
		\begin{itemize}
			\item $\varphi_\CC(\v + i\w, (\vv1 + i\ww1) + (\vv2 + i\ww2))$ $= \varphi(\v, \vv1 + \vv2) + \varphi(\w, \ww1 + \ww2)$ $+ i(\varphi(\v, \ww1 + \ww2)$ $- \varphi(\w, \vv1 + \vv2))$ $= [\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1) + i(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1))]$ $+ [\varphi(\v, \vv2) + \varphi(\w, \ww2) + i(\varphi(\v, \ww2) - \varphi(\w, \vv2))] = \varphi_\CC(\v + i\w, \vv1 + i\ww1) +
			\varphi_\CC(\v + i\w, \vv2 + i\ww2)$ (additività nel secondo argomento),

			\item $\varphi_\CC(\v + i\w, (a+bi)(\vv1 + i\ww1)) = \varphi_\CC(\v + i\w, a\vv1-b\ww1 + i(b\vv1+a\ww1)) =
			\varphi(\v, a\vv1-b\ww1) + \varphi(\w, b\vv1+a\ww1) + i(\varphi(\v, b\vv1+a\ww1) - \varphi(\w, a\vv1-b\ww1))=
			a\varphi(\v, \vv1) - b\varphi(\v, \ww1) + b\varphi(\w, \vv1) + a\varphi(\w, \ww1) + i(b\varphi(\v, \vv1) + a\varphi(\v, \ww1) - a\varphi(\w, \vv1) + b\varphi(\w, \ww1)) = a(\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1)) -
			b(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1)) + i(a(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1)) + b(\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1))) = (a+bi)(\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1) + i(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1))) = (a+bi) \varphi_\CC(\v + \w, \vv1 + i\ww1)$ (omogeneità nel secondo argomento),
			
			\item $\varphi_\CC(\vv1 + i\ww1, \vv2 + i\ww2) = \varphi(\vv1, \vv2) + \varphi(\ww1, \ww2) + i(\varphi(\vv1, \ww2) - \varphi(\ww1, \vv2)) = \conj{\varphi(\vv1, \vv2) + \varphi(\ww1, \ww2) + i(\varphi(\ww1, \vv2) - \varphi(\vv1, \ww2))} = \conj{\varphi(\vv2, \vv1) + \varphi(\ww2, \ww1) + i(\varphi(\vv2, \ww1) - \varphi(\ww2, \vv1))} = \conj{\varphi_\CC(\vv2 + \ww2, \vv1 + \ww1)}$ (coniugio nello scambio degli argomenti).
		\end{itemize}
	
		Ogni prodotto hermitiano $\tau$ che estende il prodotto scalare $\varphi$ ha la stessa matrice associata nella
		base $\basis$, essendo $\tau(\vv i, \vv i) = \varphi(\vv i, \vv i)$ vero per ipotesi. Pertanto $\tau$ è
		unico, e vale che $\tau = \varphi_\CC$. Dal momento che $M_\basis(\varphi_\CC) = M_\basis(\varphi)$ è
		una matrice di Sylvester, $\varphi_\CC$ mantiene anche la stessa segnatura di $\varphi$.
	\end{proof}

	\hr	
	
	\begin{theorem} (di rappresentazione di Riesz per il prodotto scalare) 
		Sia $V$ uno spazio vettoriale e sia $\varphi$ un suo prodotto scalare
		non degenere. Allora per ogni $f \in V^*$ esiste un unico $\v \in V$ tale che
		$f(\w) = \varphi(\v, \w)$ $\forall \w \in V$.
	\end{theorem}

	\begin{proof}
		Si consideri l'applicazione $a_\varphi$. Poiché $\varphi$ non è degenere, $\Ker a_\varphi = V^\perp = \zerovecset$, da cui si deduce che $a_\varphi$ è un isomorfismo. Quindi $\forall f \in V^*$ esiste
		un unico $\v \in V$ tale per cui $a_\varphi(\v) = f$, e dunque tale per cui $\varphi(\v, \w) = a_\varphi(\v)(\w) = f(\w)$ $\forall \w \in V$.
	\end{proof}
	
	\begin{proof}[Dimostrazione costruttiva]
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. Allora $\basis^*$ è una base di $V^*$. In
		particolare $f = f(\vv 1) \vec{v_1^*} + \ldots + f(\vv n) \vec{v_n^*}$. Sia $\v = \frac{f(\vv 1)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 + \ldots + \frac{f(\vv n)}{\varphi(\vv n, \vv n)}$. Detto $\w = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$,
		si deduce che $\varphi(\v, \w) = a_1 f(\vv 1) + \ldots + a_n f(\vv n) = f(\w)$. Se esistesse $\v' \in V$ con
		la stessa proprietà di $\v$, $\varphi(\v, \w) = \varphi(\v', \w) \implies \varphi(\v - \v', \w)$ $\forall \w \in V$. Si deduce dunque che $\v - \v' \in V^\perp$, contenente solo $\vec 0$ dacché $\varphi$ è non degenere;
		e quindi si conclude che $\v = \v'$, ossia che esiste solo un vettore con la stessa proprietà di $\v$.
	\end{proof}

	\begin{theorem} (di rappresentazione di Riesz per il prodotto hermitiano)
		Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\CC$ e sia $\varphi$ un suo prodotto hermitiano non
		degenere. Allora per ogni $f \in V^*$ esiste un unico $\v \in V$ tale che
		$f(\w) = \varphi(\v, \w)$ $\forall \w \in V$.
	\end{theorem}

	\begin{proof}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. Allora $\basis^*$ è una base di $V^*$. In
		particolare $f = f(\vv 1) \vec{v_1^*} + \ldots + f(\vv n) \vec{v_n^*}$. Sia $\v = \frac{\conj{f(\vv 1)}}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 + \ldots + \frac{\conj{f(\vv n)}}{\varphi(\vv n, \vv n)}$. Detto $\w = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$,
		si deduce che $\varphi(\v, \w) = a_1 f(\vv 1) + \ldots + a_n f(\vv n) = f(\w)$. Se esistesse $\v' \in V$ con
		la stessa proprietà di $\v$, $\varphi(\v, \w) = \varphi(\v', \w) \implies \varphi(\v - \v', \w)$ $\forall \w \in V$. Si deduce dunque che $\v - \v' \in V^\perp$, contenente solo $\vec 0$ dacché $\varphi$ è non degenere;
		e quindi si conclude che $\v = \v'$, ossia che esiste solo un vettore con la stessa proprietà di $\v$.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $V$ uno spazio vettoriale con prodotto scalare $\varphi$ non degenere.
		Sia $f \in \End(V)$. Allora esiste un unico endomorfismo
		$f_\varphi^\top : V \to V$, detto il \textbf{trasposto di} $f$ e indicato con $f^\top$ in assenza
		di ambiguità\footnote{Si tenga infatti in conto della differenza tra $f_\varphi^\top : V \to V$, di cui si discute
		nell'enunciato, e $f^\top : V^* \to V^*$ che invece è tale che $f^top(g) = g \circ f$.}, tale che:
		
		\[ a_\varphi \circ g = f^\top \circ a_\varphi, \]
		
		\vskip 0.05in
		
		ossia che:
		
		\[ \varphi(\v, f(\w)) = \varphi(g(\v), \w) \, \forall \v, \w \in V. \]
	\end{proposition}
	
	\begin{proof}
		Si consideri $(f^\top \circ a_\varphi)(\v) \in V^*$. Per il teorema di rappresentazione di Riesz per
		il prodotto scalare, esiste un unico $\v'$ tale che $(f^\top \circ a_\varphi)(\v)(\w) = \varphi(\v', \w) \implies \varphi(\v, f(\w)) = \varphi(\v', \w)$ $\forall \w \in V$. Si costruisce allora una mappa
		$f_\varphi^\top : V \to V$ che associa a $\v$ tale $\v'$. Si dimostra che $f_\varphi^\top$ è un'applicazione lineare, e che
		dunque è un endomorfismo:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item Siano $\vv 1$, $\vv 2 \in V$. Si deve dimostrare innanzitutto che $f_\varphi^\top(\vv 1 + \vv 2) = f_\varphi^\top(\vv 1) + f_\varphi^\top(\vv 2)$, ossia che $\varphi(f_\varphi^\top(\vv 1) + f_\varphi^\top(\vv 2), \w) = \varphi(\vv 1 + \vv 2, f(\w))$ $\forall \w \in V$. \\

			Si osservano le seguenti identità:			
			\begin{align*}
				&\varphi(\vv 1 + \vv 2, f(\w)) = \varphi(\vv 1, f(\w)) + \varphi(\vv 2, f(\w)) = (*), \\
				&\varphi(f_\varphi^\top(\vv 1) + f_\varphi^\top(\vv 2), \w) = \varphi(f_\varphi^\top(\vv 1), \w) + \varphi(f_\varphi^\top(\vv 2), \w) = (*),
			\end{align*}
		
			da cui si deduce l'uguaglianza desiderata, essendo $f_\varphi^\top(\vv 1 + \vv 2)$ l'unico vettore di $V$
			con la proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
			
			\item Sia $\v \in V$. Si deve dimostrare che $f_\varphi^\top(a \v) = a f_\varphi^\top(\v)$, ossia che $\varphi(a f_\varphi^\top(\v), \w) =
			\varphi(a\v, f(\w))$ $\forall a \in \KK$, $\w \in V$. È
			sufficiente moltiplicare per $a$ l'identità $\varphi(f_\varphi^\top(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w))$. Analogamente
			a prima, si deduce che $f_\varphi^\top(a \v) = a f_\varphi^\top(\v)$, essendo $f_\varphi^\top(a \v)$ l'unico vettore di $V$ con la
			proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
		\end{enumerate}
	
		Infine si dimostra che $f_\varphi^\top$ è unico. Sia infatti $g$ un endomorfismo di $V$ che condivide la stessa
		proprietà di $f_\varphi^\top$. Allora $\varphi(f_\varphi^\top(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)) = \varphi(g(\v), \w)$ $\forall \v$, $\w \in V$, da cui si deduce che $\varphi(f_\varphi^\top(\v) - '(\v), \w) = 0$ $\forall \v$, $\w \in V$, ossia che
		$f_\varphi^\top(\v) - g(\v) \in V^\perp$ $\forall \v \in V$. Tuttavia $\varphi$ è non degenere, e quindi $V^\perp = \zerovecset$, da cui si deduce che deve valere l'identità $f_\varphi^\top(\v) = g(\v)$ $\forall \v \in V$, ossia
		$g = f_\varphi^\top$.
	\end{proof}
	
	\begin{proposition}
		Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\CC$ e sia $\varphi$ un suo prodotto hermitiano. Allora esiste un'unica
		mappa\footnote{Si osservi che $f^*$ non è un'applicazione lineare, benché sia invece \textit{antilineare}.} $f^* : V \to V$, detta \textbf{aggiunto di} $f$, tale che $\varphi(\v, f(\w)) = \varphi(f^*(\v), \w)$ $\forall \v$, $\w \in V$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\v \in V$. Si consideri il funzionale $\sigma$ tale che $\sigma(\w) = \varphi(\v, f(\w))$. Per il
		teorema di rappresentazione di Riesz per il prodotto scalare esiste un unico $\v' \in V$ tale per cui
		$\varphi(\v, f(\w)) = \sigma(\w) = \varphi(\v', \w)$. Si costruisce allora una mappa $f^*$ che associa
		$\v$ a tale $\v'$. \\
		
		Si dimostra infine che la mappa $f^*$ è unica. Sia infatti $\mu : V \to V$ che condivide la stessa
		proprietà di $f^*$. Allora $\varphi(f^*(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)) = \varphi(\mu(\v), \w)$ $\forall \v$, $\w \in V$, da cui si deduce che $\varphi(f^*(\v) - \mu(\v), \w) = 0$ $\forall \v$, $\w \in V$, ossia che
		$f^*(\v) - \mu(\v) \in V^\perp$ $\forall \v \in V$. Tuttavia $\varphi$ è non degenere, e quindi $V^\perp = \zerovecset$, da cui si deduce che deve valere l'identità $f^*(\v) = \mu(\v)$ $\forall \v \in V$, ossia
		$\mu = f^*$.
	\end{proof}
	
	\begin{remark}
		L'operazione di trasposizione di un endomorfismo sul prodotto scalare non degenere $\varphi$ è un'involuzione. Infatti valgono
		le seguenti identità $\forall \v$, $\w \in V$:
		
		\[ \system{\varphi(\w, f^\top(\v)) = \varphi(f^\top(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)), \\ \varphi(\w, f^\top(\v)) = \varphi((f^\top)^\top(\w), \v) =
			\varphi(\v, (f^\top)^\top(\w)).} \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Si conclude allora, poiché $\varphi$ è non degenere, che
		$f(\w) = (f^\top)^\top(\w)$ $\forall \w \in V$, ossia che $f = (f^\top)^\top$.
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Analogamente si può dire per l'operazione di aggiunta per un prodotto hermitiano $\varphi$ non degenere.
		Valgono infatti le seguenti identità $\forall \v$, $\w \in V$:
		
		\[ \system{\conj{\varphi(\w, f^*(\v))} = \varphi(f^*(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)), \\ \conj{\varphi(\w, f^*(\v))} = \conj{\varphi((f^*)^*(\w), \v)} =
	\varphi(\v, (f^*)^*(\w)),} \]

	\vskip 0.05in
	
	da cui si deduce, come prima, che $f = (f^*)^*$.
	\end{remark}

	\begin{definition} (base ortonormale)
		Si definisce \textbf{base ortonormale} di uno spazio vettoriale $V$ su un suo prodotto $\varphi$
		una base ortogonale $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ tale che $\varphi(\vv i, \vv j) = \delta_{ij}$.
	\end{definition}

	\begin{proposition}
		Sia $\varphi$ un prodotto scalare non degenere di $V$. Sia $f \in \End(V)$. Allora
		vale la seguente identità:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi), \]
		
		dove $\basis$ è una base di $V$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis^*$ la base relativa a $\basis$ in $V^*$. Per la proposizione precedente vale la seguente identità:
		
		\[ a_\varphi \circ f_\varphi^\top = f^\top \circ a_\varphi. \]
		
		Pertanto, passando alle matrici associate, si ricava che:
		
		\[ M_{\basis^*}^\basis(a_\varphi) M_\basis(f_\varphi^\top) = M_{\basis^*}(f^\top) M_{\basis^*}^\basis(a_\varphi). \]
		
		Dal momento che valgono le seguenti due identità:
		
		\[ M_{\basis^*}^\basis(a_\varphi) = M_\basis(\varphi), \qquad M_{\basis^*}(f^\top) = M_\basis(f)^\top, \]
		
		e $a_\varphi$ è invertibile (per cui anche $M_\basis(\varphi)$ lo è), si conclude che:
		
		\[ M_\basis(\varphi) M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi) \implies M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi), \]
		
		da cui la tesi.
	\end{proof}

	\begin{corollary} Sia $\varphi$ un prodotto scalare di $V$.
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $\varphi$ è non degenere e $M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(f)^\top$.
	\end{corollary}

	\begin{proof}
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $M_\basis(\varphi) = I_n$. Pertanto $\varphi$ è
		non degenere. Allora, per la proposizione precedente:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi) = M_\basis(f)^\top. \]
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $\varphi$ un prodotto hermitiano non degenere di $V$. Sia $f \in \End(V)$. Allora
		vale la seguente identità:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^*) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi), \]
		
		dove $\basis$ è una base di $V$.
	\end{proposition}

	\begin{proof} Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$.
		Dal momento che $\varphi$ è non degenere, $\Ker M_\basis(\varphi) = V^\perp = \zerovecset$, e quindi
		$M_\basis(\varphi)$ è invertibile. \\
		
		Dacché allora $\varphi(f^*(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w))$ $\forall \v$, $\w \in V$,
		vale la seguente identità:
		
		\[ [f^*(\v)]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(\varphi) [f(\w)]_\basis, \]
		
		ossia si deduce che:
		
		\[ [\v]_\basis^* M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis. \]
		
		Sostituendo allora a $\v$ e $\w$ i vettori della base $\basis$, si ottiene che:
		
		\begin{gather*}
			(M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi))_{ij} = [\vv i]_\basis^* M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi) [\vv j]_\basis = \\ = [\vv i]_\basis^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\vv j]_\basis = (M_\basis(\varphi) M_\basis(f))_{ij},
		\end{gather*}
	
		e quindi che $M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi) = M_\basis(\varphi) M_\basis(f)$. Moltiplicando
		a destra per l'inversa di $M_\basis(\varphi)$ e prendendo l'aggiunta di ambo i membri (ricordando
		che $M_\basis(\varphi)^* = M_\basis(\varphi)$, essendo $\varphi$ un prodotto hermitiano), si ricava
		l'identità desiderata.

	\end{proof}

	\begin{corollary} Sia $\varphi$ un prodotto hermitiano di $V$ spazio vettoriale su $\CC$.
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $\varphi$ è non degenere e $M_\basis(f_\varphi^*) = M_\basis(f)^*$.
	\end{corollary}
	
	\begin{proof}
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $M_\basis(\varphi) = I_n$. Pertanto $\varphi$ è
		non degenere. Allora, per la proposizione precedente:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^*) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi) = M_\basis(f)^*. \]
	\end{proof}

	\begin{note}
		D'ora in poi, nel corso del documento, s'intenderà per $\varphi$ un prodotto scalare (o eventualmente hermitiano) non degenere di $V$.
	\end{note}

	\begin{definition} (operatori simmetrici)
		Sia $f \in \End(V)$. Si dice allora che $f$ è \textbf{simmetrico} (o \textit{autoaggiunto}) se $f = f^\top$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (applicazioni e matrici ortogonali)
		Sia $f \in \End(V)$. Si dice allora che $f$ è \textbf{ortogonale} se $\varphi(\v, \w) = \varphi(f(\v), f(\w))$,
		ossia se è un'isometria in $V$.
		Sia $A \in M(n, \KK)$. Si dice dunque che $A$ è \textbf{ortogonale} se $A^\top A = A A^\top = I_n$.
	\end{definition}

	\begin{definition}
		Le matrici ortogonali di $M(n, \KK)$ formano un sottogruppo moltiplicativo di $\GL(n, \KK)$, detto \textbf{gruppo ortogonale},
		e indicato con $O_n$. Il sottogruppo di $O_n$ contenente solo le matrici con determinante pari a $1$ è
		detto \textbf{gruppo ortogonale speciale}, e si denota con $SO_n$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Si possono classificare in modo semplice alcuni di questi gruppi ortogonali per $\KK = \RR$. \\
		
		\li $A \in O_n \implies 1 = \det(I_n) = \det(A A^\top) = \det(A)^2 \implies \det(A) = \pm 1$.
		\li $A = (a) \in O_1 \iff A^\top A = I_1 \iff a^2 = 1 \iff a = \pm 1$, da cui si ricava che l'unica matrice
		di $SO_1$ è $(1)$. Si osserva inoltre che $O_1$ è abeliano di ordine $2$, e quindi che $O_1 \cong \ZZ/2\ZZ$. \\
		\li $A = \Matrix{a & b \\ c & d} \in O_2 \iff \Matrix{a^2 + b^2 & ab + cd \\ ab + cd & c^2 + d^2} = A^\top A = I_2.$ \\
		
		Pertanto deve essere soddisfatto il seguente sistema di equazioni:
		
		\[ \system{a^2 + b^2 = c^2 + d^2 = 1, \\ ac + bd = 0.} \]
		
		Si ricava dunque che si può identificare
		$A$ con le funzioni trigonometriche $\cos(\theta)$ e $\sin(\theta)$ con $\theta \in [0, 2\pi)$ nelle due forme:
		\begin{align*}
			&A = \Matrix{\cos(\theta) & -\sin(\theta) \\ \sin(\theta) & \cos(\theta)} \quad &\text{(}\!\det(A) = 1, A \in SO_2\text{)}, \\
			&A = \Matrix{\cos(\theta) & \sin(\theta) \\ \sin(\theta) & -\cos(\theta)} \quad &\text{(}\!\det(A) = -1\text{)}.
		\end{align*}
	\end{remark}

	\begin{definition} (applicazioni e matrici hermitiane)
		Sia $f \in \End(V)$ e si consideri il prodotto hermitiano $\varphi$. Si dice allora che
		$f$ è \textbf{hermitiano} se $f = f^*$. Sia $A \in M(n, \CC)$. Si dice dunque che $A$
		è \textbf{hermitiana} se $A = A^*$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (applicazioni e matrici unitarie)
		Sia $f \in \End(V)$ e si consideri il prodotto hermitiano $\varphi$. Si dice allora che
		$f$ è \textbf{unitario} se $\varphi(\v, \w) = \varphi(f(\v), f(\w))$. Sia $A \in M(n, \CC)$.
		Si dice dunque che $A$ è \textbf{unitaria} se $A^* A = A A^* = I_n$.
	\end{definition}

	\begin{definition}
		Le matrici unitarie di $M(n, \CC)$ formano un sottogruppo moltiplicativo di $\GL(n, \CC)$, detto \textbf{gruppo unitario},
		e indicato con $U_n$. Il sottogruppo di $U_n$ contenente solo le matrici con determinante pari a $1$ è
		detto \textbf{gruppo unitario speciale}, e si denota con $SU_n$.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl
		Si possono classificare in modo semplice alcuni di questi gruppi unitari.
		
		\li $A \in U_n \implies 1 = \det(I_n) = \det(A A^*) = \det(A) \conj{\det(A)} = \abs{\det(A)}^2 = 1$.
		\li $A = (a) \in U_1 \iff A^* A = I_1 \iff \abs{a}^2 = 1 \iff a = e^{i\theta}$, $\theta \in [0, 2\pi)$, ossia il numero complesso $a$ appartiene alla circonferenza di raggio unitario.
		\li $A = \Matrix{a & b \\ c & d} \in SU_2 \iff A A^* = \Matrix{\abs{a}^2 + \abs{b}^2 & a\conj c + b \conj d \\ \conj a c + \conj b d & \abs{c}^2 + \abs{d}^2} = I_2$, $\det(A) = 1$, ossia se il seguente
		sistema di equazioni è soddisfatto:
		
		\[ \system{\abs{a}^2 + \abs{b}^2 = \abs{c}^2 + \abs{d}^2 = 1, \\ a\conj c + b \conj d = 0, \\ ad-bc=1,} \]
		
		le cui soluzioni riassumono il gruppo $SU_2$ nel seguente modo:
		
		\[ SU_2 = \left\{ \Matrix{x & -y \\ \conj y & \conj x} \in M(2, \CC) \;\middle\vert\; \abs{x}^2 + \abs{y}^2 = 1 \right\}. \]

	\end{remark}

	\begin{definition} (spazio euclideo reale)
		Si definisce \textbf{spazio euclideo reale} uno spazio vettoriale $V$ su $\RR$ dotato
		del prodotto scalare standard $\varphi = \innprod{\cdot, \cdot}$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (spazio euclideo complesso)
		Si definisce \textbf{spazio euclideo complesso} uno spazio vettoriale $V$ su $\CC$ dotato
		del prodotto hermitiano standard $\varphi = \innprod{\cdot, \cdot}$.
	\end{definition}

	\begin{proposition}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora $f \in \End(V)$ è simmetrico $\iff$ $M_\basis(f) = M_\basis(f)^\top$ $\iff$ $M_\basis(f)$ è simmetrica.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Per il corollario precedente, $f$ è simmetrico $\iff f = f^\top \iff M_\basis(f) = M_\basis(f^\top) =
		M_\basis(f)^\top$.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora
		$f \in \End(V)$ è ortogonale $\iff$ $M_\basis(f) M_\basis(f)^\top = M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = I_n$ $\defiff$ $M_\basis(f)$ è ortogonale.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Si osserva che $M_\basis(\varphi) = I_n$. Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è ortogonale, allora
		$[\v]_\basis^\top \, [\w]_\basis = [\v]_\basis^\top \, M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = \varphi(\v, \w) =
		\varphi(f(\v), f(\w)) = (M_\basis(f) [\v]_\basis)^\top \, M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) =
		[\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis = [\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top M_\basis(f) [\w]_\basis$. Allora, come visto nel corollario precedente, si ricava che $M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = I_n$. Dal momento che gli inversi sinistri sono anche inversi destri, $M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^\top = I_n$. \\
		
		Se invece $M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^\top = I_n$, $\varphi(\v, \w) = [\v]_\basis^\top [\w]_\basis = [\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top M_\basis(f) [\w]_\basis =
		(M_\basis(f) [\v]_\basis)^\top (M_\basis(f) [\w]_\basis) =$ $(M_\basis(f) [\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) = \varphi(f(\v), f(\w))$, e quindi
		$f$ è ortogonale.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo complesso e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora $f \in \End(V)$ è hermitiano $\iff$ $M_\basis(f) = M_\basis(f)^*$ $\defiff$ $M_\basis(f)$ è hermitiana.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Per il corollario precedente, $f$ è hermitiana $\iff$ $f = f^*$ $\iff M_\basis(f) = M_\basis(f^*) = M_\basis(f)^*$.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo complesso e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora $f \in \End(V)$ è unitario $\iff$ $M_\basis(f) M_\basis(f)^* = M_\basis(f)^* M_\basis(f) = I_n$ $\defiff$ $M_\basis(f)$ è unitaria.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Si osserva che $M_\basis(\varphi) = I_n$. Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è unitario, allora
		$[\v]_\basis^* \, [\w]_\basis = [\v]_\basis^* \, M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = \varphi(\v, \w) =
		\varphi(f(\v), f(\w)) = (M_\basis(f) [\v]_\basis)^* \, M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) =
		[\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(f) [\w]_\basis$. Allora, come visto nel corollario precedente, si ricava che $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = I_n$. Dal momento che gli inversi sinistri sono anche inversi destri, $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^* = I_n$. \\
		
		Se invece $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^* = I_n$, $\varphi(\v, \w) = [\v]_\basis^* [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(f) [\w]_\basis$ $=
		(M_\basis(f) [\v]_\basis)^* (M_\basis(f) [\w]_\basis)$ $= (M_\basis(f) [\v]_\basis)^* M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) = \varphi(f(\v), f(\w))$, e quindi
		$f$ è unitario.
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Se $\basis$ è una base ortonormale di $(V, \varphi)$, ricordando che $M_\basis(f^\top) = M_\basis(f)^\top$ e che $M_\basis(f^*) = M_\basis(f)^*$, sono equivalenti allora i seguenti fatti: \\
		
		\li $f \circ f^\top = f^\top \circ f = \Idv$ $\iff$ $M_\basis(f)$ è ortogonale $\iff$ $f$ è ortogonale, \\ 
		\li $f \circ f^* = f^* \circ f = \Idv$ $\iff$ $M_\basis(f)$ è unitaria $\iff$ $f$ è unitario (se $V$ è uno spazio vettoriale su $\CC$).
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Sia $V = \RR^n$ uno spazio vettoriale col prodotto scalare standard $\varphi$. Allora sono equivalenti i seguenti fatti:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $A \in O_n$,
			\item $f_A$ è un operatore ortogonale,
			\item le colonne e le righe di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis$ la base canonica di $V$. Allora $M_\basis(f_A) = A$, e quindi, per una proposizione
		precedente, $f_A$ è un operatore ortogonale. Viceversa si deduce che se $f_A$ è un operatore ortogonale,
		$A \in O_n$. Dunque è sufficiente dimostrare che $A \in O_n \iff$ le colonne e le righe di $A$ formano una
		base ortonormale di $V$. \\
		
		\rightproof Se $A \in O_n$, in particolare $A \in \GL(n, \RR)$, e quindi $A$ è invertibile. Allora le
		sue colonne e le sue righe formano già una base di $V$, essendo $n$ vettori di $V$ linearmente indipendenti.
		Inoltre, poiché $A \in O_n$, $\varphi(\e i, \e j) = \varphi(A \e i, A \e j)$, e quindi le colonne di $A$ si mantengono a due a due ortogonali tra di loro, mentre $\varphi(A \e i, A \e i) = \varphi(\e i, \e i) = 1$.
		Pertanto le colonne di $A$ formano una base ortonormale di $V$. \\

		Si osserva che anche $A^\top \in O_n$. Allora le righe di $A$, che non sono altro che
		le colonne di $A^\top$, formano anch'esse una base ortonormale di $V$. \\
		
		\leftproof Nel moltiplicare $A^\top$ con $A$ altro non si sta facendo che calcolare il prodotto
		scalare $\varphi$ tra ogni riga di $A^\top$ e ogni colonna di $A$	, ossia $(A^* A)_{ij} = \varphi((A^\top)_i, A^j) = \varphi(A^i, A^j) = \delta_{ij}$.
		Quindi $A^\top A = A A^\top = I_n$, da cui si deduce che $A \in O_n$.
	\end{proof}
	
	\begin{proposition}
		Sia $V = \CC^n$ uno spazio vettoriale col prodotto hermitiano standard $\varphi$. Allora sono equivalenti i seguenti fatti:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $A \in U_n$,
			\item $f_A$ è un operatore unitario,
			\item le colonne e le righe di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}
	
	\begin{proof}
		Sia $\basis$ la base canonica di $V$. Allora $M_\basis(f_A) = A$, e quindi, per una proposizione
		precedente, $f_A$ è un operatore unitario. Viceversa si deduce che se $f_A$ è un operatore unitario,
		$A \in U_n$. Dunque è sufficiente dimostrare che $A \in U_n \iff$ le colonne e le righe di $A$ formano una
		base ortonormale di $V$. \\
		
		\rightproof Se $A \in U_n$, in particolare $A \in \GL(n, \RR)$, e quindi $A$ è invertibile. Allora le
		sue colonne e le sue righe formano già una base di $V$, essendo $n$ vettori di $V$ linearmente indipendenti.
		Inoltre, poiché $A \in U_n$, $\varphi(\e i, \e j) = \varphi(A \e i, A \e j)$, e quindi le colonne di $A$ si mantengono a due a due ortogonali tra di loro, mentre $\varphi(A \e i, A \e i) = \varphi(\e i, \e i) = 1$.
		Pertanto le colonne di $A$ formano una base ortonormale di $V$. \\
		
		Si osserva che anche $A^\top \in U_n$. Allora le righe di $A$, che non sono altro che
		le colonne di $A^\top$, formano anch'esse una base ortonormale di $V$. \\
		
		\leftproof Nel moltiplicare $A^*$ con $A$ altro non si sta facendo che calcolare il prodotto
		hermitiano $\varphi$ tra ogni riga coniugata di $A^*$ e ogni colonna di $A$, ossia $(A^* A)_{ij} = \varphi((A^\top)_i, A^j) = \varphi(A^i, A^j) = \delta_{ij}$.
		Quindi $A^* A = A A^* = I_n$, da cui si deduce che $A \in U_n$.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale. Allora valgono i seguenti tre risultati:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $(V_\CC, \varphi_\CC)$ è uno spazio euclideo complesso.
			
			\item Se $f \in \End(V)$ è simmetrico, allora $f_\CC \in \End(V)$ è hermitiano.
			
			\item Se $f \in \End(V)$ è ortogonale, allora $f_\CC \in \End(V)$ è unitario.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Dacché $\varphi$ è il prodotto scalare standard dello spazio euclideo reale $V$, esiste una base ortnormale di $V$. Sia allora $\basis$ una base ortonormale di $V$. Si dimostrano i tre risultati separatamente.
		
		\begin{itemize}
			\item È sufficiente dimostrare che $\varphi_\CC$ altro non è che il prodotto hermitiano standard.
			Come si è già osservato precedentemente, $M_\basis(\varphi_\CC) = M_\basis(\varphi)$, e quindi,
			dacché $M_\basis(\varphi) = I_n$, essendo $\basis$ ortonormale, vale anche che $M_\basis(\varphi_\CC) = I_n$,
			ossia $\varphi_\CC$ è proprio il prodotto hermitiano standard.
			
			\item Poiché $f$ è simmetrico, $M_\basis(f) = M_\basis(f)^\top$, e quindi anche
			$M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f_\CC)^\top$. Dal momento che $M_\basis(f) \in M(n, \RR)$,
			$M_\basis(f) = \conj{M_\basis(f)} \implies M_\basis(f_\CC)^\top = M_\basis(f_\CC)^*$.
			Quindi $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f_\CC)^*$, ossia $M_\basis(f_\CC)$ è hermitiana,
			e pertanto anche $f_\CC$ è hermitiano.
			
			\item Poiché $f$ è ortogonale, $M_\basis(f) M_\basis(f)^\top = I_n$, e quindi
			anche $M_\basis(f_\CC) M_\basis(f_\CC)^\top = I_n$. Allora, come prima, si deduce
			che $M_\basis(f_\CC)^\top = M_\basis(f_\CC)^*$, essendo $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f) \in M(n, \RR)$,
			da cui
			si ricava che $M_\basis(f_\CC) M_\basis(f_\CC)^* = M_\basis(f_\CC) M_\basis(f_\CC)^\top = I_n$, ossia che $f_\CC$ è unitario. \\ \qedhere
		\end{itemize}
	\end{proof}

	\begin{exercise}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale. Allora valgono i seguenti risultati:
		
		\begin{itemize}
			\item Se $f$, $g \in \End(V)$ commutano, allora anche $f_\CC$, $g_\CC \in \End(V_\CC)$ commutano.
			\item Se $f \in \End(V)$, $(f^\top)_\CC = (f_\CC)^*$.
			\item Se $f \in \End(V)$, $f$ diagonalizzabile $\iff$ $f^\top$ diagonalizzabile.
		\end{itemize}
	\end{exercise}

	\begin{solution}
		Dacché $\varphi$ è il prodotto scalare standard dello spazio euclideo reale $V$, esiste una base ortonormale $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$ di $V$. Si dimostrano allora separatamente i tre risultati.
		
		\begin{itemize}
			\item Si osserva che $M_\basis(f_\CC) M_\basis(g_\CC) = M_\basis(f) M_\basis(g) =
			M_\basis(g) M_\basis(f) = M_\basis(g_\CC) M_\basis(f_\CC)$, e quindi
			che $f_\CC \circ g_\CC = g_\CC \circ f_\CC$.
			
			\item Si osserva che $M_\basis(f) \in M(n, \RR) \implies M_\basis(f)^\top = M_\basis(f)^*$, e quindi che $M_\basis((f^\top)_\CC) = M_\basis(f^\top) = M_\basis(f)^\top = M_\basis(f)^* = M_\basis(f_\CC)^* = M_\basis((f_\CC)^*)$. Allora
			$(f^\top)_\CC= (f_\CC)^*$.
			
			\item Poiché $\basis$ è ortonormale, $M_\basis(f^\top) = M_\basis(f)^\top$. Allora, se
			$f$ è diagonalizzabile, anche $M_\basis(f)$ lo è, e quindi $\exists P \in \GL(n, \KK)$,
			$D \in M(n, \KK)$ diagonale tale che $M_\basis(f) = P D P\inv$. Allora $M_\basis(f^\top) =
			M_\basis(f)^\top = (P^\top)\inv D^\top P^\top$ è simile ad una matrice diagonale, e
			pertanto $M_\basis(f^\top)$ è diagonalizzabile. Allora anche $f^\top$ è diagonalizzabile.
			Vale anche il viceversa considerando l'identità $f = (f^\top)^\top$ e l'implicazione
			appena dimostrata.
		\end{itemize}
	\end{solution}

	\hr
	
	\begin{note}
		D'ora in poi, qualora non specificato diversamente, si assumerà che $V$ sia uno spazio
		euclideo, reale o complesso.
	\end{note}
	
	\begin{definition} (norma euclidea)
		Sia $(V, \varphi)$ un qualunque spazio euclideo. Si definisce \textbf{norma} la mappa
		$\norm{\cdot} : V \to \RR^+$ tale che $\norm{\v} = \sqrt{\varphi(\v, \v)}$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (distanza euclidea tra due vettori)
		Sia $(V, \varphi)$ un qualunque spazio euclideo. Si definisce \textbf{distanza} la mappa
		$d : V \times V \to \RR^+$ tale che $d(\v, \w) = \norm{\v - \w}$.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl
		\li Si osserva che in effetti $\varphi(\v, \v) \in \RR^+$ $\forall \v \in V$. Infatti, sia
		per il caso reale che per il caso complesso, $\varphi$ è definito positivo. \\
		\li Vale che $\norm{\v} = 0 \iff \v = \vec 0$. Infatti, se $\v = \vec 0$, chiaramente
		$\varphi(\v, \v) = 0 \implies \norm{\v} = 0$; se invece $\norm{\v} = 0$,
		$\varphi(\v, \v) = 0$, e quindi $\v = \vec 0$, dacché $V^\perp = \zerovecset$, essendo
		$\varphi$ definito positivo. \\
		\li Inoltre, vale chiaramente che $\norm{\alpha \v} = \abs{\alpha} \norm{\v}$. \\
		\li Se $f$ è un operatore ortogonale (o unitario), allora $f$ mantiene sia le
		norme che le distanze tra vettori. Infatti $\norm{\v - \w}^2 = \varphi(\v - \w, \v - \w) =
		\varphi(f(\v - \w), f(\v - \w)) = \varphi(f(\v) - f(\w), f(\v) - f(\w)) = \norm{f(\v) - f(\w)}^2$,
		da cui segue che $\norm{\v - \w} = \norm{f(\v) - f(\w)}$.
	\end{remark}

	\begin{proposition} (disuguaglianza di Cauchy-Schwarz)
		Vale che $\norm{\v} \norm{\w} \geq \abs{\varphi(\v, \w)}$, $\forall \v$, $\w \in V$, dove
		l'uguaglianza è raggiunta soltanto se $\v$ e $\w$ sono linearmente dipendenti.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Si consideri innanzitutto il caso $\KK = \RR$, e quindi il caso in cui $\varphi$ è
		il prodotto scalare standard. Siano $\v$, $\w \in V$.
		Si consideri la disuguaglianza $\norm{\v + t\w}^2 \geq 0$, valida
		per ogni elemento di $V$. Allora $\norm{\v + t \w}^2 = \norm{\v}^2 + 2 \varphi(\v, \w) t + \norm{\w}^2 t^2 \geq 0$. L'ultima disuguaglianza è possibile se e solo se $\frac{\Delta}{4} \leq 0$, e quindi se e solo
		se $\varphi(\v, \w)^2 - \norm{\v}^2 \norm{\w}^2 \leq 0 \iff \norm{\v} \norm{\w} \geq \varphi(\v, \w)$.
		Vale in particolare l'equivalenza se e solo se $\norm{\v + t\w} = 0$, ossia se $\v + t\w = \vec 0$, da cui
		la tesi. \\
		
		Si consideri ora il caso $\KK = \CC$, e dunque il caso in cui $\varphi$ è il prodotto hermitiano
		standard. Siano $\v$, $\w \in V$, e siano $\alpha$, $\beta \in \CC$. Si consideri allora
		la disuguaglianza $\norm{\alpha \v + \beta \w}^2 \geq 0$, valida per ogni elemento di $V$. Allora
		$\norm{\alpha \v + \beta \w}^2 = \norm{\alpha \v}^2 + \varphi(\alpha \v, \beta \w) + \varphi(\beta \w, \alpha \v) + \norm{\beta \w}^2 = \abs{\alpha}^2 \norm{\v}^2 + \conj{\alpha} \beta \, \varphi(\v, \w) +
		\alpha \conj{\beta} \, \varphi(\w, \v) + \abs{\beta}^2 \norm{\w}^2 \geq 0$. Ponendo allora
		$\alpha = \norm{\w}^2$ e $\beta = -\varphi(\w, \v) = \conj{-\varphi(\v, \w)}$, si deduce che:
		
		\[ \norm{\v}^2 \norm{\w}^4 - \norm{\w}^2 \abs{\varphi(\v, \w)} \geq 0. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Se $\w = \vec 0$, la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz è già dimostrata. Altrimenti, è sufficiente
		dividere per $\norm{\w}^2$ (dal momento che $\w \neq \vec 0 \iff \norm{\w} \neq 0$) per ottenere
		la tesi. Come prima, is osserva che l'uguaglianza si ottiene se e solo se $\v$ e $\w$ sono
		linearmente dipendenti.
	\end{proof}

	\begin{proposition} (disuguaglianza triangolare)
		$\norm{\v + \w} \leq \norm{\v} + \norm{\w}$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Si osserva che $\norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + \varphi(\v, \w) + \varphi(\w, \v) + \norm{\w}^2$.
		Se $\varphi$ è il prodotto scalare standard, si ricava che:
		\[ \norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + 2 \varphi(\v, \w) + \norm{\w}^2
		\leq \norm{\v}^2 + 2 \norm{\v} \norm{\w} + \norm{\w}^2 =
		(\norm{\v} + \norm{\w})^2,\]
		
		dove si è utilizzata la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Da quest'ultima disuguaglianza si ricava, prendendo la radice quadrata, la disuguaglianza
		desiderata. \\
		
		Se invece $\varphi$ è il prodotto hermitiano standard, $\norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + 2 \, \Re(\varphi(\v, \w)) + \norm{\w}^2 \leq \norm{\v}^2 + 2 \abs{\varphi(\v, \w)} + \norm{\w}^2$. Allora, riapplicando
		la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, si ottiene che:
		
		\[ \norm{\v + \w}^2 \leq (\norm{\v} + \norm{\w})^2, \]
		
		da cui, come prima, si ottiene la disuguaglianza desiderata.
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Utilizzando il concetto di norma euclidea, si possono ricavare due teoremi fondamentali della geometria,
		e già noti dalla geometria euclidea. \\
		
		\li Se $\v \perp \w$, allora $\norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + \overbrace{(\varphi(\v, \w) + \varphi(\w, \v))}^{=\,0} + \norm{\w}^2 = \norm{\v}^2 + \norm{\w}^2$ (teorema di Pitagora), \\
		\li Se $\norm{\v} = \norm{\w}$ e $\varphi$ è un prodotto scalare, allora $\varphi(\v + \w, \v - \w) = \norm{\v}^2 - \varphi(\v, \w) + \varphi(\w, \v) - \norm{\w}^2  = \norm{\v}^2 - \norm{\w}^2 = 0$, e quindi
		$\v + \w \perp \v - \w$ (le diagonali di un rombo sono ortogonali tra loro).
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ è una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. \\
		
		\li Se $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$, con $a_1$, ..., $a_n \in \KK$, si osserva
		che $\varphi(\v, \vv i) = a_i \varphi(\vv i, \vv i)$. Quindi $\v = \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(\v, \vv i)}{\varphi(\vv i, \vv i)} \, \vv i$. In particolare, $\frac{\varphi(\v, \vv i)}{\varphi(\vv i, \vv i)}$ è
		detto \textbf{coefficiente di Fourier} di $\v$ rispetto a $\vv i$, e si indica con $C(\v, \vv i)$. Se $\basis$ è ortonormale,
		$\v = \sum_{i=1}^n \varphi(\v, \vv i) \, \vv i$. \\
		\li Quindi $\norm{\v}^2 = \varphi(\v, \v) = \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(\v, \vv i)^2}{\varphi(\vv i, \vv i)}$. In
		particolare, se $\basis$ è ortonormale, $\norm{\v}^2 = \sum_{i=1}^n \varphi(\v, \vv i)^2$. In tal caso,
		si può esprimere la disuguaglianza di Bessel: $\norm{\v}^2 \geq \sum_{i=1}^k \varphi(\v, \vv i)^2$ per $k \leq n$.
	\end{remark}

	\begin{remark} (algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt)
		Se $\CI(\varphi) = \zerovecset$ ed è
		data una base $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ per $V$ (dove si ricorda che deve valere
		$\Char \KK \neq 2$), è possibile
		applicare l'\textbf{algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt} per ottenere
		da $\basis$ una nuova base $\basis' = \{ \vv 1', \ldots, \vv n' \}$ con le seguenti proprietà:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $\basis'$ è una base ortogonale,
			\item $\basis'$ mantiene la stessa bandiera di $\basis$ (ossia $\Span(\vv 1, \ldots, \vv i) = \Span(\vv 1', \ldots, \vv i')$ per ogni $1 \leq i \leq n$).
		\end{enumerate}
	
		L'algoritmo si applica nel seguente modo: si prenda in considerazione $\vv 1$ e si sottragga ad ogni altro vettore
		della base il vettore $C(\vv 1, \vv i) \vv 1 = \frac{\varphi(\vv 1, \vv i)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1$,
		rendendo ortogonale ogni altro vettore della base con $\vv 1$. Pertanto si applica la mappa
		$\vv i \mapsto \vv i - \frac{\varphi(\vv 1, \vv i)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv i = \vv i ^{(1)}$.
		Si verifica infatti che $\vv 1$ e $\vv i ^{(1)}$ sono ortogonali per $2 \leq i \leq n$:
		
		\[ \varphi(\vv 1, \vv i^{(1)}) = \varphi(\vv 1, \vv i) - \varphi\left(\vv 1, \frac{\varphi(\vv 1, \vv i)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv i\right) = \varphi(\vv 1, \vv i) - \varphi(\vv 1, \vv i) = 0. \]
		
		Poiché $\vv 1$ non è isotropo, si deduce la decomposizione $V = \Span(\vv 1) \oplus \Span(\vv 1)^\perp$.
		In particolare $\dim \Span(\vv 1)^\perp = n-1$: essendo allora i vettori $\vv 2 ^{(1)}, \ldots, \vv n ^{(1)}$
		linearmente indipendenti e appartenenti a $\Span(\vv 1)^\perp$, ne sono una base. Si conclude quindi
		che vale la seguente decomposizione:
		
		\[ V = \Span(\vv 1) \oplus^\perp \Span(\vv 2 ^{(1)}, \ldots, \vv n ^{(1)}). \]
		
		\vskip 0.05in

		Si riapplica dunque l'algoritmo di Gram-Schmidt prendendo come spazio vettoriale lo spazio generato dai
		vettori a cui si è applicato precedentemente l'algoritmo, ossia $V' = \Span(\vv 2 ^{(1)}, \ldots, \vv n ^{(1)})$,
		fino a che non si ottiene $V' = \zerovecset$. \\
		
		Si può addirittura ottenere una base ortonormale a partire da $\basis'$ normalizzando ogni vettore (ossia
		dividendo per la propria norma), se si sta considerando uno spazio euclideo.
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Poiché la base ottenuta tramite Gram-Schmidt mantiene la stessa bandiera della base di partenza,
		ogni matrice triangolabile è anche triangolabile mediante una base ortogonale.
	\end{remark}

	\begin{example}
		Si consideri $V = (\RR^3, \innprod{\cdot, \cdot})$, ossia $\RR^3$ dotato del prodotto scalare standard.
		Si applica l'algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt sulla seguente base:
		
		\[ \basis = \Biggl\{ \underbrace{\Vector{1 \\ 0 \\ 0}}_{\vv 1 \, = \, \e1}, \underbrace{\Vector{1 \\ 1 \\ 0}}_{\vv 2}, \underbrace{\Vector{1 \\ 1 \\ 1}}_{\vv 3} \Biggl\}. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Alla prima iterazione dell'algoritmo si ottengono i seguenti vettori:

		\begin{itemize}
			\item $\vv 2 ^{(1)} = \vv 2 -  \frac{\varphi(\vv 1, \vv 2)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 = \vv 2 - \vv 1 = \Vector{0 \\ 1 \\ 0} = \e 2$,
			\item $\vv 3 ^{(1)} = \vv 3 - \frac{\varphi(\vv 1, \vv 3)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 = \vv 3 - \vv 1 = \Vector{0 \\ 1 \\ 1}$.
		\end{itemize}
	
		Si considera ora $V' = \Span(\vv 2 ^{(1)}, \vv 3 ^{(1)})$. Alla seconda iterazione dell'algoritmo si
		ottiene allora il seguente vettore:
		
		\begin{itemize}
			\item $\vv 3 ^{(2)} = \vv 3 ^{(1)} - \frac{\varphi(\vv 2 ^{(1)},  \vv 3 ^{(1)})}{\varphi(\vv 2 ^{(1)}, \vv 2 ^{(1)})} \vv 2 ^{(1)} = \vv 3 ^{(1)} - \vv 2 ^{(1)} = \Vector{0 \\ 0 \\ 1} = \e 3$.
		\end{itemize}
	
		Quindi la base ottenuta è $\basis' = \{\e1, \e2, \e3\}$, ossia la base canonica di $\RR^3$, già
		ortonormale.
	\end{example}

	\begin{remark}
		Si osserva adesso che se $(V, \varphi)$ è uno spazio euclideo (e quindi $\varphi > 0$), e $W$ è
		un sottospazio di $V$, vale la seguente decomposizione:
		
		\[ V = W \oplus^\perp W^\perp. \]
		
		Pertanto ogni vettore $\v \in V$ può scriversi come $\w + \w'$ dove $\w \in W$ e $\w' \in W^\perp$,
		dove $\varphi(\w, \w') = 0$.
	\end{remark}

	\begin{definition} (proiezione ortogonale)
		Si definisce l'applicazione $\pr_W : V \to V$, detta \textbf{proiezione ortogonale} su $W$,
		in modo tale che $\pr_W(\v) = \w$, dove $\v = \w + \w'$, con $\w \in W$ e $\w' \in W^\perp$.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl
		\li Dacché la proiezione ortogonale è un caso particolare della classica applicazione lineare
		di proiezione su un sottospazio di una somma diretta, $\pr_W$ è un'applicazione lineare. \\
		\li Vale chiaramente che $\pr_W^2 = \pr_W$, da cui si ricava, se $W^\perp \neq \zerovecset$, che
		$\varphi_{\pr_W}(\lambda) = \lambda (\lambda -1)$, ossia che $\Sp(\pr_W) = \{0, 1\}$. Infatti
		$\pr_W(\v)$ appartiene già a $W$, ed essendo la scrittura in somma di due elementi, uno di $W$ e
		uno di $W'$, unica, $\pr_W(\pr_W(\v)) = \pr_W(\v)$, da cui l'identità $\pr_W^2 = \pr_W$. \\
		\li Seguendo il ragionamento di prima, vale anche che $\restr{\pr_W}{W} = \Idw$ e che
		$\restr{\pr_W}{W^\perp} = 0$. \\
		\li Inoltre, vale la seguente riscrittura di $\v \in V$: $\v = \pr_W(\v) + \pr_{W^\perp}(\v)$. \\
		\li Se $\basis = \{ \vv1, \ldots, \vv n \}$ è una base ortogonale di $W$, allora
		$\pr_W(\v) = \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(\v, \vv i)}{\varphi(\vv i, \vv i)} \vv i = \sum_{i=1}^n C(\v, \vv i) \vv i$. Infatti $\v -\sum_{i=1}^n C(\v, \vv i) \vv i \in W^\perp$. \\
		\li $\pr_W$ è un operatore simmetrico (o hermitiano se lo spazio è complesso). Infatti $\varphi(\pr_W(\v), \w) =
		\varphi(\pr_W(\v), \pr_W(\w) + \pr_{W^\perp}(\w)) = \varphi(\pr_W(\v), \pr_W(\w)) = \varphi(\pr_W(\v) + \pr_{W^\perp}(\v), \pr_W(\w)) = \varphi(\v, \pr_W(\w))$.
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo. Allora valgono i seguenti risultati:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item Siano $U$, $W \subseteq V$ sono sottospazi di $V$, allora $U \perp W$, ossia\footnote{È sufficiente che valga $U \subseteq W^\perp$ affinché valga anche $W \subseteq U^\perp$. Infatti $U \subseteq W^\perp \implies W = W^\dperp \subseteq U^\perp$. Si osserva che in generale vale che $W \subseteq W^\dperp$, dove vale l'uguaglianza nel caso di un prodotto $\varphi$ non degenere, com'è nel caso di uno spazio euclideo,
			essendo $\varphi > 0$ per ipotesi.} $U \subseteq W^\perp$, $\iff \pr_U \circ \pr_W = \pr_W \circ \pr_U = 0$.
			
			\item Sia $V = W_1 \oplus \cdots \oplus W_n$. Allora $\v = \sum_{i=1}^n \pr_{W_i}(\v)$ $\iff$ $W_i \perp W_j$ $\forall i \neq j$, $1 \leq i, j \leq n$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Si dimostrano i due risultati separatamente.
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item Sia $\v \in V$. Allora $\pr_W(\v) \in W = W^\dperp \subseteq U^\perp$. Pertanto
			$\pr_U(\pr_W(\v)) = \vec 0$. Analogamente $\pr_W(\pr_U(\v)) = \vec 0$, da cui la tesi.
			
			\item Sia vero che $\v = \sum_{i=1}^n \pr_{W_i}(\v)$ $\forall \v \in V$. Sia $\w \in W_j$. Allora $\w = \sum_{i=1}^n \pr_{W_i}(\w) = \w + \sum_{\substack{i=1 \\ i \neq j}} \pr_{W_i}(\w) \implies \pr_{W_i}(\w) = \vec 0$ $\forall i \neq j$. Quindi $\w \in W_i^\perp$ $\forall i \neq j$, e si conclude che $W_i \subseteq W_j^\perp
			\implies W_i \perp W_j$. Se invece $W_i \perp W_j$ $\forall i \neq j$, sia $\basis_i = \left\{ \w_i^{(1)}, \ldots, \w_i^{(k_i)} \right\}$ una base ortogonale di $W_i$. Allora $\basis = \cup_{i=1}^n \basis_i$ è anch'essa
			una base ortogonale di $V$, essendo $\varphi\left(\w_i^{(t_i)}, \w_j^{(t_j)}\right) = 0$ per ipotesi.
			Pertanto $\v = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{k_i} C\left(\v, \w_i^{(j)}\right)  \w_i^{(j)} = \sum_{i=1}^n \pr_{W_i}(\v)$,
			da cui la tesi. \qedhere
		\end{enumerate}
	\end{proof}

	\begin{definition} (inversione ortogonale)
		Si definisce l'applicazione $\rho_W : V \to V$, detta \textbf{inversione ortogonale}, in modo tale che, detto $\v = \w + \w' \in V$ con $\w \in W$, $\w \in W^\perp$, $\rho_W(\v) = \w - \w'$. Se $\dim W = \dim V - 1$,
		si dice che $\rho_W$ è una \textbf{riflessione}.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl
		\li Si osserva che $\rho_W$ è un'applicazione lineare. \\
		\li Vale l'identità $\rho_W^2 = \Idv$, da cui si ricava che $\varphi_{\rho_W}(\lambda) \mid (\lambda-1)(\lambda+1)$. In particolare, se $W^\perp \neq \zerovecset$, vale proprio
		che $\Sp(\rho_W) = \{\pm1\}$, dove $V_1 = W$ e $V_{-1} = W^\perp$. \\
		\li $\rho_W$ è ortogonale (o unitaria, se $V$ è uno spazio euclideo complesso). Infatti se $\vv 1 = \ww 1 + \ww 1'$ e $\vv 2 = \ww 2 + \ww 2 '$, con $\ww 1$, $\ww 2 \in W$ e $\ww 1'$, $\ww 2' \in W$, $\varphi(\rho_W(\vv 1), \rho_W(\vv 2)) = \varphi(\ww 1 - \ww 1', \ww 2 - \ww 2') = \varphi(\ww 1, \ww 2) \underbrace{- \varphi(\ww 1', \ww 2) - \varphi(\ww 1, \ww 2')}_{=\,0} + \varphi(\ww 1', \ww 2') =  \varphi(\ww 1 - \ww 1', \ww 2 - \ww 2')$. \\
		
		Quindi $\varphi(\rho_W(\vv 1), \rho_W(\vv 2)) = \varphi(\ww 1, \ww 2) + \varphi(\ww 1', \ww 2) + \varphi(\ww 1, \ww 2') + \varphi(\ww 1', \ww 2') = \varphi(\vv 1, \vv 2)$.
	\end{remark}
	
	\begin{lemma} Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale.
		Siano $\U$, $\w \in V$. Se $\norm{\U} = \norm{\w}$, allora esiste un sottospazio $W$ di dimensione
		$n-1$ per cui la riflessione $\rho_W$ relativa a $\varphi$ è tale che $\rho_W(\U) = \w$.
	\end{lemma}
	
	\begin{proof} Se $\v$ e $\w$ sono linearmente dipendenti, dal momento che $\norm{v} = \norm{w}$, deve valere anche
		che $\v = \w$. Sia $\U \neq \vec 0$, $\U \in \Span(\v)^\perp$. Si consideri $U = \Span(\U)$: si osserva che
		$\dim U = 1$ e che, essendo $\varphi$ non degenere, $\dim U^\perp = n-1$. Posto allora $W = U^\perp$, si ricava,
		sempre perché $\varphi$ è non degenere, che $U = U^\dperp = W^\perp$. Si conclude pertanto che $\rho_W(\v) =
		\v = \w$. \\

		Siano adesso $\v$ e $\w$ linearmente indipendenti e sia $U = \Span(\v - \w)$. Dal momento che $\dim U = 1$ e $\varphi$ è non degenere, $\dim U^\perp = n-1$. Sia allora $W = U^\perp$. Allora, come prima, $U = U^\dperp = W^\perp$. Si consideri dunque la riflessione $\rho_W$: dacché $\v = \frac{\v + \w}{2} + \frac{\v - \w}{2}$, e $\varphi(\frac{\v + \w}{2}, \frac{\v - \w}{2}) = \frac{\norm{\v} - \norm{\w}}{4} = 0$, $\v$ è già decomposto in un elemento di $W$ e in uno di $W^\perp$, per cui si conclude che $\rho_W(\v) =
	\frac{\v + \w}{2} - \frac{\v - \w}{2} = \w$, ottenendo la tesi.
	
	\end{proof}
	
	\begin{theorem} [di Cartan–Dieudonné] Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale.
		Ogni isometria di $V$ è allora prodotto di al più $n$ riflessioni.
	\end{theorem}
	
	\begin{proof}
		Si dimostra la tesi applicando il principio di induzione sulla dimensione $n$
		di $V$. \\
		
		\basestep Sia $n = 1$ e sia inoltre $f$ un'isometria di $V$. Sia $\vv 1$ l'unico elemento di una base ortonormale $\basis$ di $V$. Allora $\norm{f(\vv 1)} = \norm{\vv 1} = 1$, da cui si ricava che\footnote{Infatti, detto $\lambda \in \RR$ tale che $f(\vv 1) = \lambda \vv 1$, $\norm{\vv 1} = \norm{f(\vv 1)} = \lambda^2 \norm{\vv 1} \implies \lambda = \pm 1$, ossia $f = \pm \Id$, come volevasi dimostrare.} $f(\vv 1) = \pm \vv 1$,
		ossia che $f = \pm \Idv$. Se $f = \Idv$, $f$ è un prodotto vuoto, e già verifica la tesi; altrimenti
		$f = \rho_{\zerovecset}$, dove si considera $V = V \oplus^\perp \zerovecset$. Pertanto $f$ è prodotto
		di al più una riflessione. \\
		
		\inductivestep Sia $\basis = \{ \vv1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Sia $f$ un'isometria di $V$. Si
		assuma inizialmente l'esistenza di $\vv i$ tale per cui $f(\vv i) = \vv i$. Allora, detto $W = \Span(\vv i)$, si può decomporre $V$ come $W \oplus^\perp W^\perp$. Si osserva che $W^\perp$ è $f$-invariante: infatti,
		se $\U \in W^\perp$, $\varphi(\vv i, f(\U)) = \varphi(f(\vv i), f(\U)) = \varphi(\vv i, \U) = 0 \implies
		f(\U) \in W^\perp$. Pertanto si può considerare l'isometria $\restr{f}{W^\perp}$. Dacché $\dim W^\perp = n - 1$,
		per il passo induttivo esistono $W_1$, ..., $W_k$ sottospazi di $W^\perp$ con $k \leq n-1$ per cui $\rho_{W_1}$, ..., $\rho_{W_k} \in \End(W^\perp)$ sono tali che $\restr{f}{W^\perp} = \rho_{W_1} \circ \cdots \circ \rho_{W_k}$. \\
		
		Si considerino allora le riflessioni $\rho_{W_1 \oplus^\perp W}$, ..., $\rho_{W_k \oplus^\perp W}$.
		Si mostra che $\restr{\rho_{W_1 \oplus^\perp W} \circ \cdots \circ \rho_{W_k \oplus^\perp W}}{W} = \Idw = \restr{f}{W}$.
		Affinché si faccia ciò è sufficiente mostrare che $(\rho_{W_1 \oplus^\perp W} \circ \cdots \circ \rho_{W_k \oplus^\perp W})(\vv i) = \vv i$. Si osserva che $\vv i \in W_i \oplus^\perp W$ $\forall 1 \leq i \leq k$, e
		quindi che $\rho_{W_k \oplus^\perp W}(\vv i) = \vv i$. Reiterando l'applicazione di questa identità nel prodotto,
		si ottiene infine il risultato desiderato. Infine, si dimostra che $\restr{\rho_{W_1 \oplus^\perp W} \circ \cdots \circ \rho_{W_k \oplus^\perp W}}{W^\perp} = \rho_{W_1} \circ \cdots \circ \rho_{W_k} = \restr{f}{W^\perp}$. Analogamente a prima,
		è sufficiente mostrare che $\rho_{W_k \oplus^\perp W}(\U) = \rho_{W_k}(\U)$ $\forall \U \in W^\perp$.
		Sia $\U = \rho_{W_k}(\U) + \U'$ con $\U' \in W_k^\perp \cap W^\perp \subseteq (W_k \oplus^\perp W)^\perp$,
		ricordando che $W^\perp = W_k \oplus^\perp (W^\perp \cap W_k^\perp)$.
		Allora, poiché $\rho_{W_k}(\U) \in W_k \subseteq (W_k \oplus^\perp W)$, si conclude che
		$\rho_{W_k \oplus^\perp W}(\U) = \rho_{W_k}(\U)$. Pertanto, dacché vale che $V = W \oplus^\perp W^\perp$ e che $\rho_{W_1 \oplus^\perp W} \circ \cdots \circ \rho_{W_k \oplus^\perp W}$ e $f$, ristretti su $W$ o su $W^\perp$, sono le stesse identiche mappe, allora
		in particolare vale l'uguaglianza più generale:
			
		\[ f = \rho_{W_1 \oplus^\perp W} \circ \cdots \circ \rho_{W_k \oplus^\perp W}, \]
			
		\vskip 0.05in
				
		e quindi $f$ è prodotto di $k \leq n-1$ riflessioni. \\
		
		Se invece non esiste alcun $\vv i$ tale per cui $f(\vv i) = \vv i$, per il \textit{Lemma 1} esiste
		una riflessione $\tau$ tale per cui $\tau(f(\vv i)) = \vv i$. In particolare $\tau \circ f$ è anch'essa
		un'isometria, essendo composizione di due isometrie. Allora, da prima, esistono $U_1$, ..., $U_k$ sottospazi
		di $V$ con $k \leq n-1$ tali per cui $\tau \circ f = \rho_{U_1} \circ \cdots \circ \rho_{U_k}$, da
		cui $f = \tau \circ \rho_{U_1} \circ \cdots \circ \rho_{U_k}$, ossia $f$ è prodotto di al più
		$n$ riflessioni, concludendo il passo induttivo.
	\end{proof}
	
	\setcounter{lemma}{0}
	
	\hr
	
	\begin{lemma}
		Sia $f \in \End(V)$ simmetrico (o hermitiano). Allora $f$ ha solo autovalori reali\footnote{Nel caso
		di $f$ simmetrico, si intende in particolare che tutte le radici del suo polinomio caratteristico
		sono reali.}.
	\end{lemma}
	
	\begin{proof}
		Si assuma che $V$ è uno spazio euclideo complesso, e quindi che $\varphi$ è un prodotto hermitiano. Allora,
		se $f$ è hermitiano, sia $\lambda \in \CC$ un suo autovalore\footnote{Tale autovalore esiste sicuramente dal momento
		che $\KK = \CC$ è un campo algebricamente chiuso.} e sia $\v \in V_\lambda$. Allora $\varphi(\v, f(\v)) =
		\varphi(f(\v), \v) = \conj{\varphi(\v, f(\v))} \implies \varphi(\v, f(\v)) \in \RR$. Inoltre vale
		la seguente identità:
		
		\[ \varphi(\v, f(\v)) = \varphi(\v, \lambda \v) = \lambda \varphi(\v, \v), \]
		
		da cui, ricordando che $\varphi$ è non degenere e che $\varphi(\v, \v) \in \RR$, si ricava che:
		
		\[ \lambda = \frac{\varphi(\v, f(\v))}{\varphi(\v, \v)} \in \RR. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Sia ora invece $V$ è uno spazio euclideo reale e $\varphi$ è un prodotto scalare. Allora, $(V_\CC, \varphi_\CC)$
		è uno spazio euclideo complesso, e $f_\CC$ è hermitiano. Sia $\basis$ una base di $V$. Allora, come visto all'inizio di questa
		dimostrazione, $f_\CC$ ha solo autovalori reali, da cui si ricava che il polinomio caratteristico
		di $f_\CC$ è completamente riducibile in $\RR$. Si osserva inoltre che $p_f(\lambda) = \det(M_\basis(f) - \lambda I_n) = \det(M_\basis(f_\CC) - \lambda I_n) = p_{f_\CC}(\lambda)$. Si conclude dunque che
		anche $p_f$ è completamente riducibile in $\RR$.
	\end{proof}
	
	\begin{remark}
		Dal lemma precedente consegue immediatamente che se $A \in M(n, \RR)$ è simmetrica (o se appartiene a
		$M(n, \CC)$ ed è hermitiana), considerando l'operatore simmetrico $f_A$ indotto da $A$ in $\RR^n$ (o $\CC^n$),
		$f_A$ ha tutti autovalori reali, e dunque così anche $A$. 
	\end{remark}
	
	\begin{lemma}
		Sia $f \in \End(V)$ simmetrico (o hermitiano). Allora se $\lambda$, $\mu$ sono due autovalori distinti
		di $f$, $V_\lambda \perp V_\mu$.
	\end{lemma}
	
	\begin{proof}
		Siano $\v \in V_\lambda$ e $\w \in V_\mu$. Allora\footnote{Si osserva che non è stato coniugato $\lambda$
		nei passaggi algebrici, valendo $\lambda \in \RR$ dallo scorso lemma.} $\lambda \varphi(\v, \w) = \varphi(\lambda \v, \w) = \varphi(f(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)) = \varphi(\v, \mu \w) = \mu \varphi(\v, \w)$.
		Pertanto vale la seguente identità:
		
		\[ (\lambda - \mu) \varphi(\v, \w) = 0. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		In particolare, valendo $\lambda - \mu \neq 0$ per ipotesi, $\varphi(\v, \w) = 0 \implies V_\lambda \perp V_\mu$,
		da cui la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{lemma}
		Sia $f \in \End(V)$ simmetrico (o hermitiano). Se $W \subseteq V$ è $f$-invariante, allora anche
		$W^\perp$ lo è.
	\end{lemma}
	
	\begin{proof}
		Siano $\w \in W$ e $\v \in W^\perp$. Allora $\varphi(\w, f(\v)) = \varphi(\underbrace{f(\w)}_{\in \, W}, \v) = 0$, da cui si ricava che $f(\v) \in W^\perp$, ossia la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{theorem} [spettrale reale]
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale (o complesso) e sia $f \in \End(V)$ simmetrico (o hermitiano). Allora esiste una base ortogonale $\basis$ di $V$ composta di autovettori per $f$.
	\end{theorem}
	
	\begin{proof}
		Siano $\lambda_1$, ..., $\lambda_k$ tutti gli autovalori reali di $f$. Sia inoltre
		$W = V_{\lambda_1} \oplus \cdots \oplus V_{\lambda_k}$. Per i lemmi precedenti,
		vale che:
		
		\[ W = V_{\lambda_1} \oplus^\perp \cdots \oplus^\perp V_{\lambda_k}. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Sicuramente $W \subset V$. Si assuma però che $W \subsetneq V$. Allora $V = W \oplus^\perp W^\perp$. In particolare, per il lemma
		precedente, $W^\perp$ è $f$-invariante. Quindi $\restr{f}{W^\perp}$ è un endomorfismo
		di uno spazio di dimensione non nulla. Si osserva che $\restr{f}{W^\perp}$ è chiaramente
		simmetrico (o hermitiano), essendo solo una restrizione di $f$. Allora $\restr{f}{W^\perp}$ ammette
		autovalori reali per i lemmi precedenti; tuttavia questo è un assurdo, dal momento che ogni autovalore di $\restr{f}{W^\perp}$ è anche autovalore di $f$ e si era supposto che\footnote{Infatti tale autovalore $\lambda$
		non può già comparire tra questi autovalori, altrimenti, detto $i \in \NN$ tale che $\lambda = \lambda_i$,  $V_{\lambda_i} \cap W^\perp \neq \zerovecset$, violando la somma diretta supposta.} $\lambda_1$, ..., $\lambda_k$ fossero
		tutti gli autovalori di $f$, \Lightning. Quindi $W = V$. Pertanto, detta $\basis_i$ una base ortonormale
		di $V_{\lambda_i}$, $\basis = \cup_{i=1}^k \basis_i$ è una base ortonormale di $V$, da cui la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{corollary} [teorema spettrale per le matrici]
		Sia $A \in M(n, \RR)$ simmetrica (o appartenente a $M(n, \CC)$ ed hermitiana). Allora
		$\exists P \in O_n$ (o $P \in U_n$) tale che $P\inv A P = P^\top A P$ (o $P\inv A P = P^* A P$ nel caso hermitiano)
		sia una matrice diagonale reale.
	\end{corollary}
	
	\begin{proof}
		Si consideri $f_A$, l'operatore indotto dalla matrice $A$ in $\RR^n$ (o $\CC^n$). Allora
		$f_A$ è un operatore simmetrico (o hermitiano) sul prodotto scalare (o hermitiano) standard.
		Pertanto, per il teorema spettrale reale, esiste una base ortonormale $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$ composta di autovettori
		di $f_A$. In particolare, detta $\basis'$ la base canonica di $\RR^n$ (o $\CC^n$), vale
		la seguente identità:
		
		\[ M_\basis(f) = M_{\basis'}^{\basis}(\Id)\inv M_{\basis'}(f) M_{\basis'}^{\basis}(\Id), \]
		
		dove $M_{\basis'}(f) = A$, $M_\basis(f)$ è diagonale, essendo $\basis$ composta di autovettori, e $P = M_{\basis'}^{\basis}$
		si configura nel seguente modo:
		
		\[ M_{\basis'}^{\basis}(f) = \Matrix{ \vv 1 & \rvline & \cdots & \rvline & \vv n }. \]
		
		Dacché $\basis$ è ortogonale, $P$ è anch'essa ortogonale, da cui la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{remark}\nl
		\li Un importante risultato che consegue direttamente dal teorema spettrale per le matrici riguarda
		la segnatura di un prodotto scalare (o hermitiano). Infatti, detta $A = M_\basis(\varphi)$,
		$D = P^\top A P$, e dunque $D \cong A$. Allora, essendo $D$ diagonale, l'indice di positività
		è esattamente il numero di valori positivi sulla diagonale, ossia il numero di autovalori
		positivi di $A$. Analogamente l'indice di negatività è il numero di autovalori negativi,
		e quello di nullità è la molteplicità algebrica di $0$ come autovalore (ossia esattamente
		la dimensione di $V^\perp_\varphi = \Ker a_\varphi$).
	\end{remark}
	
	\begin{theorem} [di triangolazione con base ortonormale]
		Sia $f \in \End(V)$, dove $(V, \varphi)$ è uno spazio euclideo su $\KK$. Allora,
		se $p_f$ è completamente riducibile in $\KK$, esiste una base ortonormale $\basis$
		tale per cui $M_\basis(f)$ è triangolare superiore (ossia esiste una base ortonormale
		a bandiera per $f$).
	\end{theorem}
	
	\begin{proof}
		Per il teorema di triangolazione, esiste una base $\basis$ a bandiera per $f$. Allora,
		applicando l'algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt, si può ottenere da $\basis$
		una nuova base $\basis'$ ortonormale e che mantenga le stesse bandiere. Allora,
		se $\basis' = \{ \vv1, \ldots, \vv n \}$ è ordinata, dacché $\Span(\vv 1, \ldots, \vv i)$ è $f$-invariante,
		$f(\vv i) \in \Span(\vv 1, \ldots, \vv i)$, e quindi $M_{\basis'}(f)$ è triangolare superiore, da cui la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{corollary}
		Sia $A \in M(n, \RR)$ (o $M(n, \CC)$) tale per cui $p_A$ è completamente riducibile.
		Allora $\exists P \in O_n$ (o $U_n$) tale per cui
		$P\inv A P = P^\top A P$ (o $P\inv A P = P^* A P$) è triangolare superiore.
	\end{corollary}
	
	\begin{proof}
		Si consideri l'operatore $f_A$ indotto da $A$ in $\RR^n$ (o $\CC^n$). Sia $\basis$ la base canonica di $\RR^n$ (o di $\CC^n$). Allora, per il teorema
		di triangolazione con base ortonormale, esiste una base ortonormale $\basis' = \{ \vv1, \ldots, \vv n \}$ di $\RR^n$ (o di $\CC^n$)
		tale per cui $T = M_{\basis'}(f_A)$ è triangolare superiore. Si osserva inoltre che $M_{\basis}(f_A) = A$ e che $P = M_{\basis}^{\basis'} (f_A) = \Matrix{\vv 1 & \rvline & \cdots & \rvline & \vv n}$ è ortogonale (o unitaria), dacché le sue colonne
		formano una base ortonormale. Allora, dalla formula del cambiamento di base per la applicazioni lineari,
		si ricava che:
		
		\[ A = P T P\inv \implies T = P\inv T P, \]
		
		da cui, osservando che $P\inv = P^\top$ (o $P\inv = P^*$), si ricava la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{definition} [operatore normale]
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale. Allora $f \in \End(V)$ si dice \textbf{normale}
		se commuta con il suo trasposto (i.e.~se $f f^\top = f^\top f$). Analogamente,
		se $(V, \varphi)$ è uno spazio euclideo complesso, allora $f$ si dice normale se commuta con il suo
		aggiunto (i.e.~se $f f^* = f^* f$).
	\end{definition}
	
	\begin{definition} [matrice normale]
		Una matrice $A \in M(n, \RR)$ (o $M(n, \CC)$) si dice \textbf{normale} se $A A^\top = A^\top A$ (o $A A^* = A^* A$).
	\end{definition}
	
	\begin{remark}\nl
		\li Se $A \in M(n, \RR)$ e $A$ è simmetrica ($A = A^\top$), antisimmetrica ($A = -A^\top$) o
		ortogonale ($A A^\top = A^\top A = I_n$), sicuramente $A$ è normale. \\
		\li Se $A \in M(n, \CC)$ e $A$ è hermitiana ($A = A^*$), antihermitiana ($A = -A^*$) o
		unitaria ($A A^* = A^* A = I_n$), sicuramente $A$ è normale. \\
		\li $f$ è normale $\iff$ $M_\basis(f)$ è normale, con $\basis$ ortonormale di $V$. \\
		\li $A$ è normale $\iff$ $f_A$ è normale, considerando che la base canonica di $\CC^n$ è già
		ortonormale rispetto al prodotto hermitiano standard. \\
		\li Se $V$ è euclideo reale, $f$ è normale $\iff$ $f_\CC$ è normale. Infatti, se $f$ è normale, $f$ e $f^\top$
		commutano. Allora anche $f_\CC$ e $(f^\top)_\CC = (f_\CC)^*$ commutano, e quindi $f_\CC$ è normale.
		Ripercorrendo i passaggi al contrario, si osserva infine che vale anche il viceversa.
	\end{remark}
	
	\setcounter{lemma}{0}
	
	\begin{lemma}
		Sia $A \in M(n, \CC)$ triangolare superiore e normale (i.e.~$A A^* = A^* A$). Allora
		$A$ è diagonale.
	\end{lemma}
	
	\begin{proof}
		Se $A$ è normale, allora $(A^*)_i A^i = \conj{A}\,^i A^i$ deve essere uguale a
		$A_i (A^*)^i = A_i \conj{A}_i$ $\forall 1 \leq i \leq n$. Si dimostra per induzione
		su $i$ da $1$ a $n$ che tutti gli elementi, eccetto per quelli diagonali, delle
		righe $A_1$, ..., $A_i$ sono nulli. \\
		
		\basestep Si osserva che valgono le seguenti identità:
		
		\begin{gather*}
			\conj{A}\,^1 A^1 = \abs{a_{11}}^2, \\
			A_1 \conj{A}_1 = \abs{a_{11}}^2 + \abs{a_{12}}^2 + \ldots + \abs{a_{1n}}^2.
		\end{gather*}
		
		Dovendo vale l'uguaglianza, si ricava che $\abs{a_{12}}^2 \ldots + \abs{a_{1n}}^2$,
		e quindi che $\abs{a_{1i}}^2 = 0 \implies a_{1i} = 0$ \, $\forall 2 \leq i \leq n$,
		dimostrando il passo base\footnote{Gli altri elementi sono infatti già nulli per ipotesi, essendo
		$A$ triangolare superiore}. \\
		
		\inductivestep Analogamente a prima, si considerano le seguenti identità:
		
		\begin{gather*}
			\conj{A}\,^i A^i = \abs{a_{1i}}^2 + \ldots +  \abs{a_{ii}}^2 = \abs{a_{ii}}^2, \\
			A_i \conj{A}_i = \abs{a_{ii}}^2 + \abs{a_{i(i+1)}}^2 + \ldots + \abs{a_{in}}^2,
		\end{gather*}
		
		dove si è usato che, per il passo induttivo, tutti gli elementi, eccetto per quelli diagonali, delle
		righe $A_1$, ..., $A_{i-1}$ sono nulli. Allora, analogamente a prima, si ricava che
		$a_{ij} = 0$ \, $\forall i < j \leq n$, dimostrando il passo induttivo, e quindi la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{remark}\nl
		\li Chiaramente vale anche il viceversa del precedente lemma: se infatti $A \in M(n, \CC)$ è diagonale,
		$A$ è anche normale, dal momento che commuta con $A^*$. \\
		\li Reiterando la stessa dimostrazione del precedente lemma per $A \in M(n, \RR)$ triangolare superiore e normale reale (i.e.~$AA^\top = A^\top A$) si può ottenere una tesi analoga.
	\end{remark}
	
	\begin{theorem}
		Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo complesso. Allora $f$ è un operatore normale $\iff$ esiste
		una base ortonormale $\basis$ di autovettori per $f$.
	\end{theorem}
	
	\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
		
		\rightproof Poiché $\CC$ è algebricamente chiuso, $p_f$ è sicuramente riducibile. Pertanto,
		per il teorema di triangolazione con base ortonormale, esiste una base ortonormale $\basis$
		a bandiera per $f$. In particolare, $M_\basis(f)$ è sia normale che triangolare superiore.
		Allora, per il \textit{Lemma 1}, $M_\basis(f)$ è diagonale, e dunque $\basis$ è anche una
		base di autovettori per $f$. \\
		
		\leftproof Se esiste una base ortonormale $\basis$ di autovettori per $f$, $M_\basis(f)$ è
		diagonale, e dunque anche normale. Allora, poiché $\basis$ è ortonormale, anche $f$
		è normale.
	\end{proof}
	
	\begin{corollary}
		Sia $A \in M(n, \CC)$. Allora $A$ è normale $\iff$ $\exists U \in U_n$ tale che $U\inv A U = U^* A U$
		è diagonale.
	\end{corollary}
	
	\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
		
		\rightproof Sia $\basis$ la base canonica di $\CC^n$.
		Si consideri l'applicazione lineare $f_A$ indotta da $A$ su $\CC^n$. Se $A$ è normale, allora
		anche $f_A$ lo è. Pertanto, per il precedente teorema, esiste una base ortonormale $\basis' = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ di
		autovettori per $f_A$. In particolare, $U = M_{\basis}^{\basis'}(\Id) = \Matrix{\vv 1 & \rvline & \cdots & \rvline & \vv n}$ è unitaria ($U \in U_n$), dacché le colonne di $U$ sono ortonormali. Si osserva inoltre che
		$M_{\basis}(f_A) = A$ e che $D = M_{\basis'}(f_A)$ è diagonale. Allora, per la formula del cambiamento di base per le applicazioni lineari,
		si conclude che:
		
		\[ A = U D U\inv \implies D = U\inv A U = U^* A U, \]
		
		ossia che $U^* A U$ è diagonale. \\
		
		\leftproof Sia $D = U^* A U$. Dacché $D$ è diagonale, $D$ è anche normale. Pertanto $D D^* = D^* D$.
		Sostituendo, si ottiene che $U^* A U U^* A^* U = U^* A^* U U^* A U$. Ricordando che $U^* U = I_n$ e
		che $U \in U_n$ è sempre invertibile, si conclude che $A A^* = A^* A$, ossia che $A$ è normale a
		sua volta, da cui la tesi. 
	\end{proof}

	\begin{remark}\nl
		\li Si può osservare mediante l'applicazione dell'ultimo corollario che, se $A$ è hermitiana (ed è dunque
		anche normale),
		$\exists U \in U_n \mid U^* A U = D$, dove $D \in M(n, \RR)$, ossia tale
		corollario implica il teorema spettrale in forma complessa. Infatti
		$\conj{D} = D^* = U^* A^* U = U^* A U = D \implies D \in M(n, \RR)$. \\
		
		\li Se $A \in M(n, \RR)$ è una matrice normale reale (i.e.~$A A^\top = A^\top A$) con
		$p_A$ completamente riducibile in $\RR$, allora è possibile reiterare la dimostrazione
		del precedente teorema per concludere che $\exists O \in O_n \mid O^\top A O = D$ con
		$D \in M(n, \RR)$, ossia che $A = O D O^\top$.
		Tuttavia questo implica che $A^\top = (O D O^\top) = O D^\top O^\top = O D O^\top = A$,
		ossia che $A$ è simmetrica. In particolare, per il teorema spettrale reale, vale
		anche il viceversa. Pertanto, se $A \in M(n, \RR)$, $A$ è una matrice normale reale con $p_A$ completamente
		riducibile in $\RR$ $\iff$ $A = A^\top$.
	\end{remark}
	
	\begin{exercise}
		Sia $V$ uno spazio dotato del prodotto $\varphi$. Sia
		$W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Sia $\basis_W= \{ \ww 1, \ldots, \ww k \}$
		una base di $W$ e sia $\basis = \{ \ww 1, ..., \ww k, \vv{k+1}, ..., \vv n \}$ una base di $V$.
		Sia $A = M_\basis(\varphi)$. Si dimostrino allora i seguenti risultati.
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $W^\perp = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \}$,
			\item $W^\perp = \{ \v \in V \mid A_{1,\ldots,k} [\v]_\basis = 0 \} = [\cdot]_\basis\inv (\Ker A_{1,\ldots,k})$,
			\item $\dim W^\top = \dim V - \rg(A_{1,\ldots,k})$,
			\item Se $\varphi$ è non degenere, $\dim W + \dim W^\perp = \dim V$.
		\end{enumerate}
	\end{exercise}
	
	\begin{proof}[Soluzione]
		Chiaramente vale l'inclusione $W^\perp \subseteq \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \}$. Sia
		allora $\v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$ e sia $\w \in W$. Allora esistono $\alpha_1$, ..., $\alpha_k$ tali
		che $\w = \alpha_1 \ww 1 + \ldots + \alpha_k \ww k$. Pertanto si conclude che $\varphi(\v, \alpha_1 \ww 1 + \ldots + \alpha_k \ww k) = \alpha_1 \varphi(\v, \ww 1) + \ldots + \alpha_k \varphi(\v, \ww k) = 0 \implies \v \in W^\top$. Pertanto $W^\top = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \ww i) = 0 \}$, dimostrando (i). \\
		
		Si osserva che $\varphi(\v, \ww i) = 0 \iff \varphi(\ww i, \v) = 0$. Se $\varphi$ è scalare, allora
		$\varphi(\ww i, \v) = 0 \defiff [\ww i]_\basis^\top A [\v]_\basis = (\e i)^\top A [\v]_\basis = A_i [\v]_\basis = 0$. Pertanto $\v \in W^\top \iff A_i [\v]_\basis = 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$, ossia se
		$A_{1, \ldots, k} [\v]_\basis = 0$ e $[\v]_\basis \in \Ker A_{1, \ldots, k}$, dimostrando (ii). Analogamente
		si ottiene la tesi se $\varphi$ è hermitiano.
		Applicando la formula delle dimensioni, si ricava dunque che $\dim W^\top = \dim \Ker A_{1, \ldots, k} =
		\dim V - \rg A_{1, \ldots, k}$, dimostrando (iii). \\
		
		Se $\varphi$ è non degenere, $A$ è invertibile, dacché $\dim V^\perp = \dim \Ker A = 0$. Allora
		$\rg(A_{1,\ldots,k}) = k = \dim W$, dal momento che le prime $k$ righe di $A$ devono essere linearmente indipendenti. Allora, dal punto (iii), vale che $\dim W^\perp + \dim W = \dim W^\perp + \rg(A_{1,\ldots,k}) = \dim V$, dimostrando il punto (iv).
	\end{proof}
	
	\begin{exercise}
		Sia $V$ uno spazio dotato del prodotto $\varphi$. Sia
		$U \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Si dimostrino allora i seguenti due
		risultati.
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item Il prodotto $\varphi$
			induce un prodotto $\tilde \varphi : V/U \times V/U \to \KK$ tale che
			$\tilde \varphi(\v + U, \v' + U) = \varphi(\v, \v')$ se e soltanto se $U \subseteq V^\perp$, ossia
			se e solo se $U \perp V$.
			
			%TODO: controllare che debba valere $U = V^\perp$
			\item Se $U = V^\perp$, allora il prodotto $\tilde \varphi$ è non degenere.
			
			\item Sia $\pi : V \to V/V^\perp$ l'applicazione lineare di proiezione al quoziente. Allora
			$U^\perp = \{ \v \in V \mid \tilde \varphi(\pi(\v), \pi(\U)) = 0 \, \forall \U \in U \} = \pi\inv(\pi(U)^\perp)$.
			
			\item Vale la formula delle dimensioni per il prodotto $\varphi$: $\dim U + \dim U^\perp = \dim V + \dim (U \cap V^\perp)$.   
		\end{enumerate}
	\end{exercise}
	
	\begin{proof}[Soluzione]
		Sia $\w = \v + \uu 1 \in \v + U$, con $\uu 1 \in U$.
		Se $\tilde \varphi$ è ben definito, allora deve valere l'uguaglianza $\varphi(\v, \v') = \varphi(\w, \v') =
		\varphi(\v + \uu 1, \v') = \varphi(\v, \v') + \varphi(\uu 1, \v')$, ossia $\varphi(\uu 1, \v') = 0$ $\forall \v' \in V \implies \uu 1 \in V^\perp \implies U \subseteq V^\perp$. Viceversa, se $U \subseteq V^\perp$,
		sia $\w' = \v' + \uu 2 \in \v' + U$, con $\uu 2 \in U$. Allora vale la seguente identità:
		
		\[ \varphi(\w, \w') = \varphi(\v + \uu 1, \v' + \uu 2) = \varphi(\v, \v') + \underbrace{\varphi(\v, \uu 2) + \varphi(\uu 1, \v') + \varphi(\uu 1, \uu 2)}_{=\,0}. \]

		Pertanto $\tilde \varphi$ è ben definito, dimostrando (i). \\
		
		Sia ora $U = V/V^\perp$. Sia $\v + U \in (V/U)^\perp = \Rad(\tilde \varphi)$. Allora, $\forall \v' + U \in V/U$,
		$\tilde \varphi(\v + U, \v' + U) = \varphi(\v, \v') = 0$, ossia $\v \in V^\perp = U$. Pertanto
		$\v + U = U \implies \Rad(\tilde \varphi) = \{ V^\perp \}$, e quindi $\tilde \varphi$ è non degenere,
		dimostrando (ii). \\
		
		Si dimostra adesso l'uguaglianza $U^\perp = \pi\inv(\pi(U)^\perp)$. Sia $\v \in U^\perp$. Allora
		$\tilde \varphi(\pi(\v), \pi(\U)) = \tilde \varphi(\v + V^\perp, \U + V^\perp) = \varphi(\v, \U) = 0$ $\forall
		\U \in U$, da cui si ricava che vale l'inclusione $U^\perp \subseteq \pi\inv(\pi(U)^\perp)$. Sia
		ora $\v \in \pi\inv(\pi(U)^\perp)$, e sia $\U \in U$. Allora $\varphi(\v, \U) = \tilde \varphi(\v + V^\perp, \U + V^\perp) = \tilde \varphi(\pi(\v), \pi(\U)) = 0$, da cui vale la doppia inclusione, e dunque l'uguaglianza
		desiderata, dimostrando (iii). \\
		
		Dall'uguaglianza del punto (iii), l'applicazione della formula delle dimensioni e l'identità
		ottenuta dal punto (iv) dell'\textit{Esercizio 2} rispetto al prodotto $\tilde \varphi$ non degenere, si ricavano
		le seguenti identità:
		
		\[ \system{ \dim \pi(U) = \dim U - \dim (U \cap \Ker \pi) = \dim U - \dim (U \cap V^\perp), \\ \dim \pi(U)^\perp = \dim V/V^\perp - \dim \pi(U) = \dim V - \dim V^\perp - \dim \pi(U), \\ \dim U^\perp = \dim \pi(U)^\perp + \dim \Ker \pi = \dim \pi(U)^\perp + \dim V^\perp, } \]
		
		dalle quali si ricava la seguente identità:
		
		\[ \dim U^\perp = \dim V - \dim V^\perp - (\dim U - \dim(U \cap V^\perp)) + \dim V^\perp, \]
		
		\vskip 0.05in
		
		da cui si ricava che $\dim U + \dim U^\perp = \dim V + \dim(U \cap V^\perp)$, dimostrando (iv).
	\end{proof}

	\begin{exercise} Sia $V$ uno spazio vettoriale dotato del prodotto $\varphi$. Si dimostri allora che $(W^\perp)^\perp = W + V^\perp$.
	\end{exercise}
	
	\begin{proof}[Soluzione]
		Sia $\v = \w' + \v' \in W + V^\perp$, con $\w' \in W$ e $\v' \in V^\perp$. Sia inoltre $\w \in W^\perp$.
		Allora $\varphi(\v, \w) = \varphi(\w' + \v', \w) = \varphi(\w', \w) + \varphi(\v', \w) = 0$,
		dove si è usato che $\w' \perp \w$ dacché $\w \in W^\perp$ e $\w' \in W$ e che $\v' \in V^\perp$. Allora
		vale l'inclusione $W + V^\perp \subseteq (W^\perp)^\perp$. \\
		
		Applicando le rispettive formule delle dimensioni a $W^\perp$, $(W^\perp)^\perp$ e $W + V^\perp$ si ottengono le seguenti identità:
		
		\[ \system{ \dim W^\perp = \dim V + \dim (W \cap V^\perp) - \dim W, \\ \dim (W^\perp)^\perp = \dim V + \dim (W^\perp \cap V^\perp) - \dim W^\perp, \\ \dim (W + V^\perp) = \dim W + \dim V^\perp - \dim (W \cap V^\perp), } \]
		
		\vskip 0.05in
		
		da cui si ricava che:
		
		\[ \dim (W^\perp)^\perp = \dim W + \dim V^\perp - \dim (W \cap V^\perp) = \dim (W + V^\perp). \]
		
		Dal momento che vale un'inclusione e l'uguaglianza dimensionale, si conclude che $(W^\perp)^\perp = W + V^\perp$,
		da cui la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{exercise} Sia $A \in M(n, \CC)$ anti-hermitiana (i.e.~$A = -A^*$). Si dimostri allora che $A$
		è normale e che ammette solo autovalori immaginari.
	\end{exercise}
	
	\begin{proof}[Soluzione]
		Si mostra facilmente che $A$ è normale. Infatti $A A^* = A(-A) = -A^2 = (-A)A = A^* A$. Sia allora
		$\lambda \in \CC$ un autovalore di $A$ e sia $\v \neq \vec 0$, $\v \in V_\lambda$. Si consideri il prodotto hermitiano
		standard $\varphi$ su $\CC^n$. Allora vale la seguente identità:
		\begin{gather*}
			\lambda \, \varphi(\v, \v) = \varphi(\v, \lambda \v) = \varphi(\v, A \v) = \varphi(A^* \v, \v) = \\
			\varphi(-A\v, \v) = \varphi(-\lambda \v, \v) = -\conj{\lambda} \, \varphi(\v, \v).
		\end{gather*}
		
		Dacché $\varphi$ è definito positivo, $\varphi(\v, \v) \neq 0 \implies \lambda = -\conj{\lambda}$. Allora
		$\Re(\lambda) = \frac{\lambda + \conj{\lambda}}{2} = 0$, e quindi $\lambda$ è immaginario, da cui la tesi.
	\end{proof}
	
	\begin{exercise}
		Sia $V$ uno spazio vettoriale dotato del prodotto $\varphi$. Siano $U$, $W \subseteq V$ due sottospazi
		di $V$. Si dimostrino allora le due seguenti
		identità.
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $(U + W)^\perp = U^\perp \cap W^\perp$,
			\item $(U \cap W)^\perp \supseteq U^\perp + W^\perp$, dove vale l'uguaglianza insiemistica se $\varphi$
			è non degenere.
		\end{enumerate}
	\end{exercise}
	
	\begin{proof}[Soluzione]
		Sia $\v \in (U + W)^\perp$ e siano $\U \in U \subseteq U + W$, $\w \in W \subseteq U + W$. Allora
		$\varphi(\v, \U) = 0 \implies \v \in U^\perp$ e $\varphi(\v, \w) = 0 \implies \v \in W^\perp$,
		da cui si conclude che $(U + W)^\perp \subseteq U^\perp \cap W^\perp$. Sia adesso
		$\v \in U^\perp \cap W^\perp$ e $\v' = \U + \w \in U + W$ con $\U \in V$ e $\w \in W$. Allora
		$\varphi(\v, \v') = \varphi(\v, \U) + \varphi(\v, \w) = 0 \implies \v \in (U + W)^\perp$, da cui
		si deduca che vale la doppia inclusione, e quindi che $(U + W)^\perp = U^\perp \cap W^\perp$,
		dimostrando (i). \\
		
		Sia ora $\v' = \U' + \w' \in U^\perp + W^\perp$ con $\U' \in U^\perp$ e $\w' \in W^\perp$. Sia
		$\v \in U \cap W$. Allora $\varphi(\v, \v') = \varphi(\v, \U') + \varphi(\v, \w') = 0 \implies
		\v' \in (U \cap W)^\perp$, da cui si deduce che $(U \cap W)^\perp \supseteq U^\perp + W^\perp$.
		Se $\varphi$ è non degenere, $\dim (U^\perp + W^\perp) = \dim U^\perp + \dim W^\perp - \dim (U^\perp \cap W^\perp) = 2 \dim V - \dim U - \dim W - \dim (U+W)^\perp = \dim V - \dim U - \dim W + \dim (U + W) =
		\dim V - \dim (U + W) = \dim (U + W)^\perp$. Valendo pertanto l'uguaglianza dimensionale, si
		conclude che in questo caso $(U \cap W)^\perp = U^\perp + W^\perp$, dimostrando (ii).
		
	\end{proof}
\end{document}