feat: aggiunge gli appunti del 29/03/2023

Fisica I/2023-03-29/main.tex

@@ -0,0 +1,45 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage[physics]{personal_commands}
+\usepackage[italian]{babel}
+
+\title{\textbf{Note del corso di Fisica 1}}
+\author{Gabriel Antonio Videtta}
+\date{\today}
+
+\begin{document}
+	
+	\maketitle
+	
+	\begin{center}
+		\Large \textbf{Esempi di forze conservative}
+	\end{center}
+
+	Un esempio notevole di forza conservativa è quello della
+	forza elastica $\vec f = -k \vec r$. Sia infatti $\vec f = (f_x, f_y, f_z)$.
+	Allora $L_{\gamma(A, B)} = \int_{\gamma(A, B)} \vec f \cdot d\vec r =
+	\int_{x_A}^{x_B} f_x dx + \int_{y_A}^{y_B} f_y dy + \int_{z_A}^{z_B} f_z dz =
+	-k (\int_{x_A}^{x_B} x dx + \int_{y_A}^{y_B} y dy + \int_{z_A}^{z_B} z dz) =
+	-\frac{k}{2} (\norm{B}^2 - \norm{A}^2)$, ossia non dipende dalla traiettoria
+	$\gamma$. Si ricava allora che $U(x) = \frac{k}{2} x ^2$, nel caso
+	unidimensionale.
+	
+	%TODO: recuperare lezione.
+	
+	\begin{definition} (impulso di una forza)
+		Si definisce \textbf{impulso di una forza} l'integrale
+		$\vec I(t_1, t_2) = \int_{t_1}^{t_2} \vec F(t) dt$.
+	\end{definition}
+
+	Sia $\vec F = \sum_{i=1}^N \vec F_i$. Allora $\vec I(t_1, t_2) =
+	\sum_{i=1}^N \vec I_i(t_1, t_2)$, dove $\vec I_i$ è calcolato su $\vec F_i$.
+	
+	\begin{theorem} (dell'impulso)
+		Vale l'identità $\vec I(t_1, t_2) = \vec P(t_2) - \vec P(t_1) = \Delta \vec P$.
+	\end{theorem}
+
+	\begin{definition} (momento di un vettore applicato)
+		Si definisce \textbf{momento di un vettore} $\vec v$ dal polo
+		$\omega$ sul punto applicato $A$ con vettore $\vec r$ il
+		vettore perpendicolare ad ambo i vettori $\vec r \times \vec v$.
+	\end{definition}
+\end{document}

Geometria I/Teoria spettrale degli endomorfismi/2023-03-27, Proprietà e teoremi principali sul prodotto scalare/main.tex

@@ -4,7 +4,7 @@
 
 \title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
 \author{Gabriel Antonio Videtta}
-\date{27 marzo 2023}
+\date{27 e 28 marzo 2023}
 
 \begin{document}
 	
@@ -82,5 +82,84 @@
 		è nulla, e quindi il prodotto scalare è nullo per la proposizione precedente.
 	\end{proof}
 
-	%TODO: aggiungere teorema di Sylvester complesso e reale.
+	\begin{theorem} (di Sylvester, caso complesso)
+		Sia $\KK$ un campo i cui elementi sono tutti quadrati di un
+		altro elemento del campo (e.g.~$\CC$). Allora esiste una base
+		ortogonale $\basis$ tale per cui:
+		
+		\[ M_\basis(\varphi) = \Matrix{I_r & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & 0\,}. \]
+	\end{theorem}
+
+	\begin{proof}
+		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 sempre diversa da zero. Allora, poiché ogni
+		elemento di $\KK$ è per ipotesi quadrato di un altro elemento
+		di $\KK$, si sostituisca $\basis'$ con una base $\basis$ tale per
+		cui, se $q(\vv i) = 0$, $\vv i \mapsto \vv i$, e altrimenti
+		$\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{q(\vv i)}}$. Allora $\basis'$
+		è una base tale per cui la matrice associata del prodotto scalare
+		in tale base è proprio come desiderata nella tesi, dove $r$ è
+		il numero di elementi tali per cui la forma quadratica valutata
+		in essi sia diversa da zero.
+	\end{proof}
+
+	\begin{remark}
+		Si possono effettuare alcune considerazioni sul teorema di Sylvester
+		complesso. \\
+		
+		\li Si può immediatamente concludere che il rango è un invariante
+		completo per la congruenza in un campo in cui tutti gli elementi
+		sono quadrati, ossia che $A \cong B \iff \rg(A) = \rg(B)$: infatti
+		ogni matrice simmetrica rappresenta una prodotto scalare, ed è
+		pertanto congruente ad una matrice della forma desiderata
+		nell'enunciato del teorema di Sylvester complesso. Poiché il rango
+		è un invariante della congruenza, si ricava che $r$ nella forma
+		della matrice di Sylvester, rappresentando il rango, è anche
+		il rango di ogni sua matrice congruente. In particolare, se due
+		matrici simmetriche hanno stesso rango, allora sono congruenti
+		alla stessa matrice di Sylvester, e quindi, essendo la congruenza
+		una relazione di congruenza, sono congruenti a loro volta. \\
+		\li Due matrici simmetriche con stesso rango, allora, non solo
+		sono SD-equivalenti, ma sono anche congruenti.
+		\li Ogni base ortogonale deve quindi avere lo stesso numero
+		di elementi nulli.
+	\end{remark}
+	
+	\begin{theorem} (di Sylvester, caso reale) Sia $\KK$ un campo ordinato
+		i cui elementi positivi sono tutti quadrati (e.g.~$\RR$). Allora
+		esiste una base ortogonale $\basis$ tale per cui:
+		
+		\[ M_\basis(\varphi) = \Matrix{I_{i_+} & \rvline & 0 & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & -I_{i_-} & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & 0 & \rvline & 0\cdot I_{i_0} }. \]
+	\end{theorem}
+
+	\begin{proof}
+		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
+		tesi, dove $i_+$ è il numero di elementi della base la cui forma
+		quadratica è positiva, $i_-$ il numero di elementi cui tale forma sia
+		negativa e $i_0$ il numeri degli elementi cui tale forma sia nulla.
+	\end{proof}
+
+	\begin{definition}
+		Si definisce \textbf{segnatura} di un prodotto scalare
+		la terna $(i_+, i_-, i_0)$, come vista nella dimostrazione
+		del teorema di Sylvester reale.
+	\end{definition}
+
+	\begin{remark} Riguardo alla segnatura e al caso reale del teorema
+		di Sylvester possono essere fatte alcune considerazioni. \\
+
+		\li La segnatura è un invariante completo per la congruenza nel caso reale. Se infatti due matrici hanno la stessa segnatura, sono
+		entrambe congruenti alla matrice come vista nella dimostrazione
+		della forma reale del teorema di Sylvester, e quindi, essendo
+		la congruenza una relazione di equivalenza, sono congruenti
+		tra loro.
+		
+		%TODO: completare spiegazione.
+	\end{remark}
 \end{document}

Geometria I/Teoria spettrale degli endomorfismi/2023-03-29/main.tex

@@ -0,0 +1,110 @@
+\documentclass[11pt]{article}
+\usepackage{personal_commands}
+\usepackage[italian]{babel}
+
+\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
+\author{Gabriel Antonio Videtta}
+\date{\today}
+
+\begin{document}
+	
+	\maketitle
+	
+	\begin{center}
+		\Large \textbf{Esercitazione: computo della basi di Jordan}
+	\end{center}
+
+	\begin{example}
+		Sia $A = \Matrix{0 & 1 & 0 & 1 & 2 \\ 0 & -1 & 1 & -1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & -1 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 2}$ e se ne ricerchi
+		la forma canonica di Jordan e una base in cui assume tale base. \\
+		
+		Si noti che $A^2 = \Matrix{0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0}$, e quindi
+		che $A^3 = 0$. Allora $\varphi_A(t) = t^3$ e $p_A(t) = t^5$. \\
+		
+		Poiché $A$ ha ordine di nilpotenza $3$, la sua forma canonica
+		di Jordan ammette sicuramente un solo blocco
+		di ordine $3$. Inoltre, $\dim \Ker A = 3$, e quindi
+		devono esservi obbligatoriamente $2$ blocchi di ordine $1$.
+		Pertanto la sua forma canonica è la seguente:
+		
+		\[ J=\Matrix{0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0}. \]
+		
+		\vskip 0.05in
+		
+		Si consideri l'identità $\RR^5 = \Ker A^3 = \Ker A^2 \oplus U_1$.
+		Poiché $\dim \Ker A^2 = 4$, vale che $\dim U_1 = \dim \Ker A^3
+		- \dim \Ker A^2 = 1$. Dacché $\e3$ si annulla solo con $A^3$,
+		$U_1 = \Span(\e3)$. \\
+		
+		Si consideri invece ora $\Ker A^2 = \Ker A \oplus A(U_1) \oplus U_2$.
+		Si osservi che $\dim U_2$ è il numero dei blocchi di Jordan di
+		ordine $2$, e quindi è $0$. Si deve allora considerare $\Ker A =
+		A^2(U_1) \oplus U_3$, dove $\dim U_3 = 2$. Si osservi anche che $A^2(\e3) = \e1-\e2-\e3+\e4$: è sufficiente trovare due vettori
+		linearmente indipendenti appartenenti al kernel di $A$, ma non
+		nello $\Span$ di $A^2(\e3)$; come per esempio $\e2-\e4$ e $2\e2-\e5$.
+		Allora $U_3 = \Span(\e2-\e4, 2\e2-\e5)$. Una base di Jordan per $A$
+		sarà allora $(A^2 \e3, A \e3, \e3, \e2-\e4, 2\e2-\e5)$.
+	\end{example}
+
+	\begin{example}
+		Sia $A = \Matrix{2 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 1 & 0 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 & 1}$, e se ne calcoli la forma canonica di Jordan. \\
+		
+		Si osserva che $p_A(t) = (1-t)^3 (2-t)^2$, e quindi
+		$\RR^5 = \Ker (A - I)^3 \oplus \Ker (A - 2I)^2$. \\
+		
+		($\lambda = 1$) $\dim \Ker (A - I) = 2$, quindi ci sono due blocchi
+		relativi all'autovalore $1$, uno di ordine $1$ e uno di ordine $2$. \\
+		
+		($\lambda = 2$) $\dim \Ker (A - 2I) = 2$, quindi ci sono due blocchi
+		relativi all'autovalore $2$, entrambi di ordine $1$. \\
+		
+		Quindi la forma canonica di $A$ è la seguente:
+		
+		\[ J = \Matrix{1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 2 }, \]
+		
+		da cui si ottiene anche che $p_A(t) = (t-2)^2 (t-2)$. Si calcola
+		ora una base di Jordan per $A$. \\
+		
+		Sia $\Ker (A - I)^2 = \Ker (A - I) \oplus U_1$. $\dim U_1 = 1$,
+		e poiché $\e5 \in \Ker (A - I)^2$, ma $\e5 \notin \Ker (A-I)$,
+		vale che $U_1 = \Span(\e5)$. \\
+		
+		Sia ora invece $\Ker (A - I) = g(U_1) \oplus U_2$, dove
+		$\dim U_2 = 1$. Dacché $\e5+\e1-\e3  \in \Ker (A-I)$, ma
+		non appartiene a $\Span(A \e5)$, si ottiene che una base
+		relativa al blocco di $1$ è $A \e5, \e5, \e5+\e1-\e3$.
+		
+		Per quanto riguarda invee il blocco relativo a $2$, essendo
+		tale blocco diagonale, è sufficiente ricavare una base
+		di $\Ker (A-2I)$, come $\e4$ e $\e1 + \e3$.
+	\end{example}
+
+	\begin{definition} (centralizzatore di una matrice)
+		Si definisce \textbf{centralizzatore di una matrice} $A \in M(n, \KK)$
+		l'insieme:
+		
+		\[ C(A) = \{ B \in M(n, \KK) \mid AB = BA\}, \]
+		
+		ossia l'insieme delle matrici che commutano con $A$.
+	\end{definition}
+
+	\begin{proposition}
+		Vale l'identità $C(J_{0, m}) = \Span(I, J_{0, m}, J_{0, m}^2, ..., J_{0, m}^{m-1})$.
+	\end{proposition}
+
+	\begin{proof}
+		Si osserva che $J_{0,m} B = \Matrix{B_2 \\ \hline B_3 \\ \hline \vdots \\ \hline B_{m} \\ \hline 0}$, mentre $B J_{0,m} = \Matrix{0 & \rvline & B^1 & \rvline & B^2 & \rvline & \cdots & \rvline & B^{m-1} }$.
+	\end{proof}
+
+	\begin{remark}
+		Sul centralizzatore di una matrice ed il suo rapporto con la
+		similitudine si possono fare alcune considerazioni. \\
+		
+		\li $A \sim B \implies \dim C(A) = \dim C(B)$: infatti, se
+		$A = PBP\inv$, $AC = CA \implies PBP\inv C = C PBP\inv \implies
+		BP\inv C=P\inv C P B P\inv \implies B (P\inv C P) = (P\inv C P) B$,
+		e quindi il coniugio fornisce un isomorfismo tra i due
+		centralizzatori.
+	\end{remark}
+	
+\end{document}