\Large\textbf{Introduzione ai prodotti hermitiani}
\Large\textbf{Prodotti hermitiani e teorema spettrale}
\end{center}
\end{center}
\begin{note}
\begin{note}
@ -74,6 +74,15 @@
\[ A^*=\conj{A^\top}=\conj{A}^\top. \]
\[ A^*=\conj{A^\top}=\conj{A}^\top. \]
\end{definition}
\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$(AB)^*= B^* A^*$.
\end{itemize}
\end{remark}
%TODO: aggiungere tr(conj(A^t) B)
%TODO: aggiungere tr(conj(A^t) B)
\begin{definition} (matrice associata del prodotto hermitiano) Analogamente
\begin{definition} (matrice associata del prodotto hermitiano) Analogamente
@ -129,13 +138,276 @@
Come conseguenza della proposizione appena dimostrata, valgono
Come conseguenza della proposizione appena dimostrata, valgono
le principali proprietà già viste per il prodotto scalare. \\
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$\det(M_\basis(\varphi))=0\iff V^\perp\neq\zerovecset\iff\varphi$ 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.
\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, $\dim V_\RR=2\dim V$, 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
$iV := V \times\zerovecset$ come $V$, mentre $\zerovecset\times V$ viene identificato come l'insieme
degli immaginari 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 $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Innanzitutto si osserva che
$(a+bi)(\v, \vec0)=(a\v, b\v)$. Pertanto si può concludere che $\basis\times\zerovecset$ è
una base dello spazio complessificato $V_\CC$ su $\CC$. \\
Infatti, se $(a_1+ b_1 i)(\vv1, \vec0)+\ldots+(a_n + b_n i)(\vv n, \vec0)=(\vec0, \vec0)$,
allora $(a_1\vv1+\ldots+ a_n \vv n, b_1\vv1+\ldots+ b_n \vv n)=(\vec0, \vec0)$.
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:
\[\U= a_1\vv1+\ldots+ a_n \vv n, \quad\w= b_1\vv1+\ldots+ b_n \vv n, \]
\vskip 0.1in
allora $\v=(a_1+ b_1 i)(\vv1, \vec0)+\ldots+(a_n + b_n i)(\vv n, \vec0)$. 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 $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$ 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 $f(\vv i)=(a_1+ b_1 i)\vv1+\ldots+(a_n + b_n i)\vv n$, vale che
$f_\RR(\vv i)= a_1\vv1+\ldots+ a_n \vv n + b_1(i \vv1)+\ldots+ b_n (i \vv n)$,
mentre $f_\RR(i \vv i)= i f(\vv i)=- b_1\vv1+\ldots- b_n \vv n + a_1(i \vv1)+\ldots+ a_n (i \vv n)$.
\end{remark}
\end{remark}
% TODO: valgono buona parte delle proprietà del prodotto scalare
% TODO: aggiungere ultimi lemmi sulla restrizione e la complessificazione
% TODO: aggiunge restrizione e complessificazione
\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 $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. Allora $\basis^*$ è una base di $V^*$. In
particolare $f = f(\vv1)\vec{v_1^*}+\ldots+ f(\vv n)\vec{v_n^*}$. Sia $\v=\frac{f(\vv1)}{\varphi(\vv1, \vv1)}\vv1+\ldots+\frac{f(\vv n)}{\varphi(\vv n, \vv n)}$. Detto $\w= a_1\vv1+\ldots+ a_n \vv n$,
si deduce che $\varphi(\v, \w)= a_1 f(\vv1)+\ldots+ a_n f(\vv n)= f(\w)$. Se esistesse $\v' \in V$ con
la stessa proprietà di $\v$, $\varphi(\v, \w)=\varphi(\v', \w)\implies\varphi(\v-\v', \w)$$\forall\w\in V$. Si deduce dunque che $\v-\v' \in V^\perp$, contenente solo $\vec0$ dacché $\varphi$ è non degenere;
e quindi si conclude che $\v=\v'$, ossia che esiste solo un vettore con la stessa proprietà di $\v$.
\end{proof}
\begin{theorem} (di rappresentazione di Riesz per il prodotto hermitiano)
Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\CC$ e sia $\varphi$ un suo prodotto hermitiano non
degenere. Allora per ogni $f \in V^*$ esiste un unico $\v\in V$ tale che
$f(\w)=\varphi(\v, \w)$$\forall\w\in V$.
\end{theorem}
\begin{proof}
Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. Allora $\basis^*$ è una base di $V^*$. In
particolare $f = f(\vv1)\vec{v_1^*}+\ldots+ f(\vv n)\vec{v_n^*}$. Sia $\v=\frac{\conj{f(\vv1)}}{\varphi(\vv1, \vv1)}\vv1+\ldots+\frac{\conj{f(\vv n)}}{\varphi(\vv n, \vv n)}$. Detto $\w= a_1\vv1+\ldots+ a_n \vv n$,
si deduce che $\varphi(\v, \w)= a_1 f(\vv1)+\ldots+ a_n f(\vv n)= f(\w)$. 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 $\vec0$ 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
$g : V \to V$, detto il \textbf{trasposto di}$f$ e indicato con $f^\top$ in assenza
di ambiguità\footnote{Si tenga infatti in conto della differenza tra $f^\top : V \to V$, 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)$$\forall\w\in V$. Si costruisce allora una mappa
$g : V \to V$ che associa a $\v$ tale $\v'$. Si dimostra che $g$ è un'applicazione lineare, e che
dunque è un endomorfismo:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Siano $\vv1$, $\vv2\in V$. Si deve dimostrare innanzitutto che $g(\vv1+\vv2)= g(\vv1)+ g(\vv2)$, ossia che $\varphi(g(\vv1)+ g(\vv2), \w)=\varphi(\vv1+\vv2, f(\w))$$\forall\w\in V$. \\
da cui si deduce l'uguaglianza desiderata, essendo $g(\vv1+\vv2)$ l'unico vettore di $V$
con la proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
\item Sia $\v\in V$. Si deve dimostrare che $g(a \v)= a g(\v)$, ossia che $\varphi(a g(\v), \w)=
\varphi(a\v, f(\w))$$\forall a \in\KK$, $\w\in V$. Se $a = 0$, l'uguaglianza è ovvia; altrimenti è
sufficiente moltiplicare per $a$ l'identità $\varphi(g(\v), \w)=\varphi(\v, f(\w))$. Analogamente
a prima, si deduce che $g(a \v)= a g(\v)$, essendo $g(a \v)$ l'unico vettore di $V$ con la
proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
\end{enumerate}
Infine si dimostra che $g$ è unico. Sia infatti $g'$ un endomorfismo di $V$ che condivide la stessa
proprietà di $g$. Allora $\varphi(g(\v), \w)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(g'(\v), \w)$$\forall\v$, $\w\in V$, da cui si deduce che $\varphi(g(\v)- g'(\v), \w)=0$$\forall\v$, $\w\in V$, ossia che
$g(\v)- g'(\v)\in V^\perp$$\forall\v\in V$. Tuttavia $\varphi$ è non degenere, e quindi $V^\perp=\zerovecset$, da cui si deduce che deve valere l'identità $g(\v)= g'(\v)$$\forall\v\in V$, ossia
$g = g'$.
\end{proof}
\begin{proposition}
Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\CC$ e sia $\varphi$ un suo prodotto hermitiano. Allora esiste un'unica
mappa\footnote{Si osservi che $f^*$ non è un'applicazione lineare, benché sia invece \textit{antilineare}.}$f^* : V \to V$, detta \textbf{aggiunto di}$f$, tale che $\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f^*(\v), \w)$$\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
$f^*=\mu$.
\end{proof}
\begin{remark}
L'operazione di trasposizione di un endomorfismo sul prodotto scalare non degenere $\varphi$ è un'involuzione. Infatti valgono
D'ora in poi, nel corso del documento, s'intenderà per $\varphi$ un prodotto scalare (o eventualmente hermitiano) di $V$.
\end{note}
\begin{definition}
Sia $f \in\End(V)$. Si dice allora che $f$ è \textbf{simmetrico} se $f = f^\top$.
\end{definition}
\begin{definition}
Sia $f \in\End(V)$. Si dice allora che $f$ è \textbf{ortogonale} se $\varphi(\v, \w)=\varphi(f(\v), f(\w))$.
\end{definition}
\begin{definition}
Sia $f \in\End(V)$ e si consideri il prodotto hermitiano $\varphi$. Si dice allora che
$f$ è \textbf{hermitiano} se $f = f^*$.
\end{definition}
\begin{definition}
Sia $f \in\End(V)$ e si consideri il prodotto hermitiano $\varphi$. Si dice allora che
$f$ è \textbf{unitario} se $\varphi(\v, \w)=\varphi(f(\v), f(\w))$.
\end{definition}
\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 scalare standard $\varphi=\innprod{\cdot, \cdot}$.
\end{definition}
\begin{definition} (base ortonormale)
Si definisce \textbf{base ortonormale} di uno spazio vettoriale $V$ su un suo prodotto $\varphi$
una base ortogonale $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ tale che $\varphi(\vv i, \vv j)=\delta_{ij}$.
\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$$M_\basis(f)= M_\basis(f)^\top$.
\end{proposition}
\begin{proof}
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è simmetrico, allora $[\v]_\basis^\top\, M_\basis(f)[\w]_\basis=[\v]_\basis^\top M_\basis(\varphi)(M_\basis(f)[\w]_\basis)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f(\v), \w)=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=[\v]_\basis^\top\, M_\basis(f)^\top[\w]_\basis$. \\
In particolare, $M_\basis(f)^\top_{ij}=[\vv i]_\basis^\top\, M_\basis(f)^\top[\vv j]_\basis=[\vv i]_\basis^\top\, M_\basis(f)[\vv j]_\basis= M_\basis(f)_{ij}$, e quindi $M_\basis(f)^\top= M_\basis(f)$. \\
Se invece $M_\basis(f)^\top= M_\basis(f)$, $\varphi(\v, f(\w))=$$[\v]_\basis^\top M_\basis(\varphi)(M_\basis(f)[\w]_\basis)$$=[\v]_\basis^\top M_\basis(f)[\w]_\basis$$=[\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top[\w]_\basis=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^\top[\w]_\basis=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=\varphi(f(\v), \w)$, e quindi $f$ è simmetrico.
\end{proof}
% TODO: aggiungere matrici ortogonali, hermitiani e unitari.
\begin{proposition} Sia $\basis$ una base di $V$. Allora
$f \in\End(V)$ è simmetrico $\iff$$M_\basis(f)$ è una matrice simmetrica.
\end{proposition}
\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
\rightproof Se $f$ è simmetrico, $\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f(\v), \w)$. Quindi
