\Large\textbf{Introduzione ai prodotti hermitiani}
\Large\textbf{Prodotti hermitiani e teorema spettrale}
\end{center}
\begin{note}
@ -74,6 +74,15 @@
\[ A^*=\conj{A^\top}=\conj{A}^\top. \]
\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$(AB)^*= B^* A^*$.
\end{itemize}
\end{remark}
%TODO: aggiungere tr(conj(A^t) B)
\begin{definition} (matrice associata del prodotto hermitiano) Analogamente
@ -129,12 +138,275 @@
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$\det(M_\basis(\varphi))=0\iff V^\perp\neq\zerovecset\iff\varphi$ 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}
% TODO: aggiungere ultimi lemmi sulla restrizione e la 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
% TODO: valgono buona parte delle proprietà del prodotto scalare
\begin{note}
D'ora in poi, nel corso del documento, s'intenderà per $\varphi$ un prodotto scalare (o eventualmente hermitiano) di $V$.
\end{note}
% TODO: aggiunge restrizione e complessificazione
\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
