una matrice di Sylvester, $\varphi_\CC$ mantiene anche la stessa segnatura di $\varphi$.
\end{proof}
% TODO: aggiungere ultimi lemmi sulla restrizione e la complessificazione
\hr
\begin{theorem} (di rappresentazione di Riesz per il prodotto scalare)
@ -376,8 +375,8 @@
\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
$f_\varphi^\top : V \to V$, 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:
\[ a_\varphi\circ g = f^\top\circ a_\varphi, \]
@ -392,32 +391,32 @@
\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)$$\forall\w\in V$. Si costruisce allora una mappa
$g : V \to V$ che associa a $\v$ tale $\v'$. Si dimostra che $g$ è un'applicazione lineare, e che
$f_\varphi^\top : V \to V$ che associa a $\v$ tale $\v'$. Si dimostra che $f_\varphi^\top$ è un'applicazione lineare, e che
dunque è un endomorfismo:
\begin{enumerate}[(i)]
\item Siano $\vv1$, $\vv2\in V$. Si deve dimostrare innanzitutto che $g(\vv1+\vv2)=g(\vv1)+ g(\vv2)$, ossia che $\varphi(g(\vv1)+ g(\vv2), \w)=\varphi(\vv1+\vv2, f(\w))$$\forall\w\in V$. \\
\item Siano $\vv1$, $\vv2\in V$. Si deve dimostrare innanzitutto che $f_\varphi^\top(\vv1+\vv2)=f_\varphi^\top(\vv1)+ f_\varphi^\top(\vv2)$, ossia che $\varphi(f_\varphi^\top(\vv1)+ f_\varphi^\top(\vv2), \w)=\varphi(\vv1+\vv2, f(\w))$$\forall\w\in V$. \\
da cui si deduce l'uguaglianza desiderata, essendo $g(\vv1+\vv2)$ l'unico vettore di $V$
da cui si deduce l'uguaglianza desiderata, essendo $f_\varphi^\top(\vv1+\vv2)$ l'unico vettore di $V$
con la proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
\item Sia $\v\in V$. Si deve dimostrare che $g(a \v)= a g(\v)$, ossia che $\varphi(a g(\v), \w)=
\varphi(a\v, f(\w))$$\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
\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))$$\forall a \in\KK$, $\w\in V$. È
sufficiente moltiplicare per $a$ l'identità $\varphi(f_\varphi^\top(\v), \w)=\varphi(\v, f(\w))$. Analogamente
a prima, si deduce che $f_\varphi^\top(a \v)= a f_\varphi^\top(\v)$, essendo $f_\varphi^\top(a \v)$ l'unico vettore di $V$ con la
proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
\end{enumerate}
Infine si dimostra che $g$ è unico. Sia infatti $g'$ un endomorfismo di $V$ che condivide la stessa
proprietà di $g$. Allora $\varphi(g(\v), \w)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(g'(\v), \w)$$\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)$$\forall\v\in V$, ossia
$g =g'$.
Infine si dimostra che $f_\varphi^\top$ è unico. Sia infatti $g$ un endomorfismo di $V$ che condivide la stessa
proprietà di $f_\varphi^\top$. Allora $\varphi(f_\varphi^\top(\v), \w)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(g(\v), \w)$$\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)$$\forall\v\in V$, ossia
$g =f_\varphi^\top$.
\end{proof}
\begin{proposition}
@ -434,7 +433,7 @@
Si dimostra infine che la mappa $f^*$ è unica. Sia infatti $\mu : V \to V$ che condivide la stessa
proprietà di $f^*$. Allora $\varphi(f^*(\v), \w)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(\mu(\v), \w)$$\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)$$\forall\v\in V$, ossia
$f^*=\mu$.
$\mu= f^*$.
\end{proof}
\begin{remark}
@ -462,6 +461,97 @@
da cui si deduce, come prima, che $f =(f^*)^*$.
\end{remark}
\begin{definition} (base ortonormale)
Si definisce \textbf{base ortonormale} di uno spazio vettoriale $V$ su un suo prodotto $\varphi$
una base ortogonale $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ tale che $\varphi(\vv i, \vv j)=\delta_{ij}$.
\end{definition}
\begin{proposition}
Sia $\varphi$ un prodotto scalare non degenere di $V$. Sia $f \in\End(V)$. Allora
D'ora in poi, nel corso del documento, s'intenderà per $\varphi$ un prodotto scalare (o eventualmente hermitiano) non degenere di $V$.
\end{note}
@ -527,12 +617,7 @@
\begin{definition} (spazio euclideo complesso)
Si definisce \textbf{spazio euclideo complesso} uno spazio vettoriale $V$ su $\CC$ dotato
del prodotto scalare standard $\varphi=\innprod{\cdot, \cdot}$.
\end{definition}
\begin{definition} (base ortonormale)
Si definisce \textbf{base ortonormale} di uno spazio vettoriale $V$ su un suo prodotto $\varphi$
una base ortogonale $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n \}$ tale che $\varphi(\vv i, \vv j)=\delta_{ij}$.
del prodotto hermitiano standard $\varphi=\innprod{\cdot, \cdot}$.
\end{definition}
\begin{proposition}
@ -540,10 +625,8 @@
\end{proposition}
\begin{proof}
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è simmetrico, allora $[\v]_\basis^\top\, M_\basis(f)[\w]_\basis=[\v]_\basis^\top M_\basis(\varphi)(M_\basis(f)[\w]_\basis)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f(\v), \w)=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=[\v]_\basis^\top\, M_\basis(f)^\top[\w]_\basis$. \\
In particolare, $M_\basis(f)^\top_{ij}=[\vv i]_\basis^\top\, M_\basis(f)^\top[\vv j]_\basis=[\vv i]_\basis^\top\, M_\basis(f)[\vv j]_\basis= M_\basis(f)_{ij}$, e quindi $M_\basis(f)^\top= M_\basis(f)$. \\
Se invece $M_\basis(f)^\top= M_\basis(f)$, $\varphi(\v, f(\w))=$$[\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.
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}
@ -555,7 +638,7 @@
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è ortogonale, allora
[\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 nella proposizione precedente, si ricava che $M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = I_n$. Dal momento che gli inversi sinistri sono anche inversi destri, $M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^\top = I_n$. \\
[\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) =$$(M_\basis(f) [\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) = \varphi(f(\v), f(\w))$, e quindi
@ -567,9 +650,7 @@
\end{proposition}
\begin{proof}
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è hermitiano, allora $[\v]_\basis^*\, M_\basis(f)[\w]_\basis=[\v]_\basis^* M_\basis(\varphi)(M_\basis(f)[\w]_\basis)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f(\v), \w)=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^* M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=[\v]_\basis^*\, M_\basis(f)^*[\w]_\basis$. Allora, come visto nella proposizione precedente, si ricava che $M_\basis(f)= M_\basis(f)^*$.
Se invece $M_\basis(f)^*= M_\basis(f)$, $\varphi(\v, f(\w))=$$[\v]_\basis^* M_\basis(\varphi)(M_\basis(f)[\w]_\basis)$$=[\v]_\basis^* M_\basis(f)[\w]_\basis$$=[\v]_\basis^* M_\basis(f)^*[\w]_\basis=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^*[\w]_\basis=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^* M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=\varphi(f(\v), \w)$, e quindi $f$ è hermitiano.
Per il corollario precedente, $f$ è hermitiana $\iff$$f = f^*$$\iff M_\basis(f)= M_\basis(f^*)= M_\basis(f)^*$.
\end{proof}
\begin{proposition}
@ -580,13 +661,20 @@
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è unitario, allora
[\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 nella proposizione precedente, si ricava che $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = I_n$. Dal momento che gli inversi sinistri sono anche inversi destri, $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^* = I_n$. \\
[\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:
@ -645,6 +733,72 @@
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 $M_\basis(f)\in M(n, \RR)$,
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 $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$ 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}
@ -652,12 +806,12 @@
euclideo, reale o complesso.
\end{note}
\begin{definition} (norma)
\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 tra due vettori)
\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 $d(\v, \w)=\norm{\v-\w}$.
