\varphi(\lambda\v, \w) = \varphi(\v, \mu\w) = \mu\varphi(\v, \w)$; poiché
$\lambda\neq\mu$ deve allora per forza valere $\varphi(\v, \w)=0$.
% TODO: sistemare
Se $f$ è simmetrico o hermitiano, esiste sempre una base ortonormale di autovettori
per $f$. $f$ è normale se e solo se è diagonalizzabile. Esiste sempre $S \in\Sym(n, \RR)$ tale per cui $S^2= A$, con $A \in\Sym(n, \RR)$. Se $S$ è definita positiva,
tale $S$ è unica. Se $A \in\GL(n, \RR)$, esistono e sono unici $P \in O(n)$,
Se $f$ è simmetrico o hermitiano, esiste sempre una
base ortonormale di autovettori (\textit{teorema spettrale}). Se così non fosse, detto $W = V_{\lambda_1}\oplus^\perp\cdots\oplus^\perp V_{\lambda_k}$, $W^\perp$ sarebbe $f$-invariante e simmetrico/hermitiano, e dunque ammetterebbe un autovalore reale, contrariamente a quanto ipotizzato, \Lightning. Alternativamente, poiché
$f$ è simmetrico (e in tal caso anche perché il
polinomio caratteristico è completamente fattorizzabile in $\RR$) o hermitiano, $f$ è anche
normale, ed è dunque diagonalizzabile; allora, poiché gli autospazi sono in somma diretta ortogonale, $f$ è anche ortogonalmente o unitariamente diagonalizzabile.
\subsubsection{Radice quadrata di una matrice simmetrica, decomposizione polare e simultanea ortogonalizzabilità}
Se $A \in\Sym(n, \RR)$ è semidefinita positiva, allora
esiste sempre una matrice $S \in\Sym(n, \RR)$ tale
per cui $S^2= A$. Se si suppone anche che $S$ è
semidefinita positiva, tale matrice diventa unica e
viene detta \textit{radice quadrata} di $A$, indicata come $\sqrt{A}$. \\
Per costruire tale radice quadrata è sufficiente
considerare $P \in O(n)$ tale per cui
$P^\top A P = D$, dove $D \in M(n, \RR)$ è
diagonale, secondo il teorema spettrale. Poiché $A$ è semidefinita positiva, $D$
si compone di soli elementi non negativi, ed è
dunque possibile costruire la matrice $\sqrt{D}\in M(n, \RR)$ dove $\sqrt{D}_{ii}=\sqrt{D_{ii}}$ (da cui si deduce che $\sqrt{D}^2= D$ e che $\sqrt{D}$ è esattamente la radice quadrata di $D$).
Si consideri dunque $S = P \sqrt{D} P^\top$; vale
che $S^2= P D P^\top= A$, e dunque $S$ è la
radice quadrata $\sqrt{A}$ di $A$ (per dimostrare l'unicità di tale matrice è sufficiente ridursi all'uguaglianza negli autospazi). Si osserva che
se $A$ è definita positiva, anche $S$ lo è. \\\vskip 0.05in
Se $A \in M(n, \RR)$ esistono e sono uniche le
matrici $P \in O(n)$, $S \in\Sym(n, \RR)$, con $S$ semidefinita positiva, tali per
cui $A = PS$. In particolare vale che $S =\sqrt{A A^\top}$; se dunque $A \in\GL(n, \RR)$, $S$ è
definita positiva (in tal caso $\Ker A^\top A =\Ker A =\zerovecset$ -- come visto nella sezione sulle matrici --, e dunque $\vec x^\top A^\top A \vec x =\innprod{A \vec x, A \vec x} > 0$$\implies A^\top A > 0\implies S > 0$).
Se $A \in\GL(n, \RR)$, esistono e sono unici $P \in O(n)$,
$S \in\Sym(n, \RR)$ tali per cui $A = PS$ (in particolare $S =\sqrt{A A^\top}$).
Se $\varphi$ è definito positivo e $\psi$ è un altro prodotto scalare, allora
i due prodotti sono simultaneamente ortogonalizzabili. È sufficiente prendere
Due prodotti $\varphi$, $\psi$ si dicono simultaneamente ortogonalizzabili se esiste una
base $\basis$ tale per cui sia che $M_\basis(\varphi)$ che $M_\basis(\psi)$ sono
diagonali (ossia se esiste una base ortogonale per
entrambi i prodotti). \\\vskip 0.05in
Se $\KK=\RR$ o $\KK=\CC$, $\varphi$ è definito positivo, allora
i due prodotti $\varphi$ e $\psi$ sono sempre simultaneamente ortogonalizzabili. È sufficiente infatti prendere
una base $\basis$ ortonormale di $\varphi$, e trovare la base ortonormale $\basis'$ di autovettori
che rende $M_\basis(\psi)$ diagonale. In tale base $\basis'$, $M_{\basis'}(\varphi)$
è l'identità e $M_\basis(\psi)$ è diagonale: dunque la base è ortogonale per ambo
i prodotti scalari.
i prodotti.
\subsection{Azioni di gruppo}
Sia $G$ un gruppo e $X$ un insieme. Un'azione sinistra\footnote{Un'azione sinistra induce sempre anche un'azione destra, ponendo $x \cdot g=g^{-1}\cdot x$.} di $G$ su $X$ a sinistra un'applicazione $\cdot : G \times X \rightarrow X$, per la quale si pone $g \cdot x :=\cdot(g, x)$, tale che:
