In particolare, se $W =\Span(\vec w)$ è il sottospazio generato da $\vec w \neq\vec0$, $\vec w \in V$, allora $W^\perp=\w^\perp$. Inoltre valgono le seguenti equivalenze: $\vec w \notin W^\perp\iff$$\Rad(\restr{\varphi}{W})= W \cap W^\perp=\zerovecset$$\iff\vec w \text{ non è isotropo }\iff$$V = W \oplus W^\perp$.
\end{remark}
\begin{definition}
Si definisce \textbf{base ortogonale} di $V$ una base $\vv1$, ..., $\vv n$ tale per cui $\varphi(\vv i, \vv j)=0
\impliedby i \neq j$, ossia una base per cui la matrice associata del prodotto scalare è diagonale.
\end{definition}
\begin{proposition}[formula di polarizzazione]
Se $\Char\KK\neq2$, un prodotto scalare è univocamente determinato dalla sua forma quadratica $q$.
In particolare vale la seguente identità:
@ -81,6 +76,11 @@
poiché $2$ è invertibile per ipotesi, si deduce che $\varphi(\vec v, \vec w)=\frac{q(\vec v +\vec w)- q(\vec v)- q(\vec w)}{2}$.
\end{proof}
\begin{definition}
Si definisce \textbf{base ortogonale} di $V$ una base $\vv1$, ..., $\vv n$ tale per cui $\varphi(\vv i, \vv j)=0
\impliedby i \neq j$, ossia una base per cui la matrice associata del prodotto scalare è diagonale.
\end{definition}
\begin{theorem}[di Lagrange]
Ogni spazio vettoriale $V$ su $\KK$ tale per cui $\Char\KK\neq2$ ammette una base ortogonale.
Si conclude allora, tramite la contronominale, che se $\CI(\varphi)= V^\perp$, $\varphi$
è necessariamente semidefinito.
\end{proof}
\section{Formula delle dimensioni e di polarizzazione rispetto a $\varphi$}
\begin{definition}[sottospazio ortogonale a $W$]
Sia $W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Si identifica allora come \textbf{sottospazio ortogonale a $W$}
il sottospazio $W^\perp=\{\v\in V \mid\varphi(\v, \w)\,\forall\w\in W \}$.
\end{definition}
\begin{proposition}[formula delle dimensioni del prodotto scalare]
Sia $W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Allora vale la seguente identità:
\[\dim W +\dim W^\perp=\dim V +\dim(W \cap V^\perp). \]
\end{proposition}
\begin{proof}
Si consideri l'applicazione lineare $a_\varphi$ introdotta precedentemente. Si osserva che $W^\perp=\Ker(i^\top\circ a_\varphi)$, dove $i : W \to V$ è tale che $i(\vec w)=\vec w$. Allora,
per la formula delle dimensioni, vale la seguente identità:
\begin{equation}
\label{eq:dim_formula_dimensioni_1}
\dim V = \dim W^\perp + \rg (i^\top\circ a_\varphi).
\end{equation}
\vskip 0.05in
Sia allora $f = i^\top\circ a_\varphi$.
Si consideri ora l'applicazione $g = a_\varphi\circ i : W \to\dual V$. Sia ora $\basis_W$ una base di $W$ e
$\basis_V$ una base di $V$. Allora le matrici associate di $f$ e di $g$ sono le seguenti:
Poiché $\rg(A)=\rg(A^\top)$, si deduce che $\rg(f)=\rg(g)\implies\rg(i^\top\circ a_\varphi)=\rg(a_\varphi\circ i)=\rg(\restr{a_\varphi}{W})=\dim W -\dim\Ker\restr{a_\varphi}{W}$, ossia che:
\begin{equation}
\label{eq:dim_formula_dimensioni_2}
\rg(i^\top\circ a_\varphi) = \dim W - \dim (W \cap\underbrace{\Ker a_\varphi}_{V^\perp}) = \dim W - \dim (W \cap V^\perp).
\end{equation}
Si conclude allora, sostituendo l'equazione \eqref{eq:dim_formula_dimensioni_2} nell'equazione \eqref{eq:dim_formula_dimensioni_1}, che $\dim V =\dim W^\top+\dim W -\dim(W \cap V^\perp)$, ossia la tesi.
\end{proof}
\begin{remark} Si identifica $\w^\perp$ come il sottospazio di tutti i vettori di $V$ ortogonali a $\w$.
In particolare, se $W =\Span(\vec w)$ è il sottospazio generato da $\vec w \neq\vec0$, $\vec w \in V$, allora $W^\perp=\w^\perp$. Inoltre valgono le seguenti equivalenze: $\vec w \notin W^\perp\iff$$\Rad(\restr{\varphi}{W})= W \cap W^\perp=\zerovecset$$\iff\vec w \text{ non è isotropo }\iff$$V = W \oplus W^\perp$.
\end{remark}
\begin{proposition}[formula di polarizzazione]
Se $\Char\KK\neq2$, un prodotto scalare è univocamente determinato dalla sua forma quadratica $q$.
\section{Il teorema di Lagrange e basi ortogonali}
\begin{definition}
Si definisce \textbf{base ortogonale} di $V$ una base $\vv1$, ..., $\vv n$ tale per cui $\varphi(\vv i, \vv j)=0
\impliedby i \neq j$, ossia una base per cui la matrice associata del prodotto scalare è diagonale.
\end{definition}
\begin{theorem}[di Lagrange]
Ogni spazio vettoriale $V$ su $\KK$ tale per cui $\Char\KK\neq2$ ammette una base ortogonale.
\end{theorem}
\begin{proof}
Si dimostra il teorema per induzione su $n :=\dim V$. Per $n \leq1$, la tesi è triviale (se esiste una base, tale base è
già ortogonale). Sia
allora il teorema vero per $i \leq n$. Se $V$ ammette un vettore non isotropo $\vec w$, sia $W =\Span(\vec w)$ e si consideri la decomposizione $V = W \oplus W^\perp$. Poiché $W^\perp$ ha dimensione $n-1$, per ipotesi induttiva
ammette una base ortogonale. Inoltre, tale base è anche ortogonale a $W$, e quindi l'aggiunta di $\vec w$ a
questa base ne fa una base ortogonale di $V$. Se invece $V$ non ammette vettori non isotropi, ogni forma quadratica
è nulla, e quindi il prodotto scalare è nullo per la proposizione precedente. Allora in questo caso
ogni base è una base ortogonale, completando il passo induttivo, e dunque la dimostrazione.
\end{proof}
\subsection{L'algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt}
\begin{definition}[coefficiente di Fourier]
Siano $\v\in V$ e $\w\in V \setminus\CI(\varphi)$. Allora si definisce il \textbf{coefficiente di Fourier}
di $\v$ rispetto a $\w$ come il rapporto $C(\w, \v)=\frac{\varphi(\v, \w)}{\varphi(\w, \w)}$.
\end{definition}
Se $\CI(\varphi)=\zerovecset$ (e quindi nel caso di $\KK=\RR$, dalla
\textit{Proposizione \ref{prop:definitezza_varphi}}, se $\varphi$ è definito) ed è
data una base $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ per $V$, è possibile
applicare l'\textbf{algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt} per ottenere
da $\basis$ una nuova base $\basis' =\{\vv1', \ldots, \vv n' \}$ con le seguenti proprietà:
\begin{enumerate}[(i)]
\item$\basis'$ è una base ortogonale,
\item$\basis'$ mantiene la stessa bandiera di $\basis$ (ossia $\Span(\vv1, \ldots, \vv i)=\Span(\vv1', \ldots, \vv i')$ per ogni $1\leq i \leq n$).
\end{enumerate}
L'algoritmo si applica nel seguente modo: si prenda in considerazione $\vv1$ e si sottragga ad ogni altro vettore
della base il vettore $C(\vv1, \vv i)\vv1=\frac{\varphi(\vv1, \vv i)}{\varphi(\vv1, \vv1)}\vv1$,
rendendo ortogonale ogni altro vettore della base con $\vv1$. Si sta quindi applicando la mappa
$\vv i \mapsto\vv i -\frac{\varphi(\vv1, \vv i)}{\varphi(\vv1, \vv1)}\vv i =\vv i ^{(1)}$.
Si verifica infatti che $\vv1$ e $\vv i ^{(1)}$ sono ortogonali per $2\leq i \leq n$:
