\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.
di equivalenza. \\
\li Come mostrato nei momenti finali del documento (vd.~\textit{Esercizio 3}), vale
la formula delle dimensioni anche nel caso del prodotto hermitiano.
\end{remark}
\hr
@ -1335,9 +1337,10 @@
$a_{ij}=0$\,$\forall i < j \leq n$, dimostrando il passo induttivo, e quindi la tesi.
\end{proof}
\begin{remark}
Chiaramente vale anche il viceversa del precedente lemma: se infatti $A \in M(n, \CC)$ è diagonale,
$A$ è anche normale, dal momento che commuta con $A^*$.
\begin{remark}\nl
\li Chiaramente vale anche il viceversa del precedente lemma: se infatti $A \in M(n, \CC)$ è diagonale,
$A$ è anche normale, dal momento che commuta con $A^*$. \\
\li Reiterando la stessa dimostrazione del precedente lemma per $A \in M(n, \RR)$ triangolare superiore e normale reale (i.e.~$AA^\top= A^\top A$) si può ottenere una tesi analoga.
\end{remark}
\begin{theorem}
@ -1383,40 +1386,150 @@
\end{proof}
\begin{remark}\nl
\li Si può osservare mediante l'ultimo corollario che $A$ hermitiana
$\implies$$U^* A U = D$ è reale. \\
\li Si può estendere il teorema ad una matrice generica
$A \in M(n, \RR)$ normale, a patto che $A$ ha tutti autovalori
reali. Infatti, in tal caso, esiste $O \in O_n$ tale che
$O^\top A O = D$ con $D$ diagonale. Inoltre, $A^\top=(O D O^\top)^\top
= O D^\top O^\top = O D O^\top = A$. Quindi $A$ è necessariamente
anche simmetrica.
\li Si può osservare mediante l'applicazione dell'ultimo corollario che, se $A$ è hermitiana (ed è dunque
anche normale),
$\exists U \in U_n \mid U^* A U = D$, dove $D \in M(n, \RR)$, ossia tale
corollario implica il teorema spettrale in forma complessa. Infatti
$\conj{D}= D^*= U^* A^* U = U^* A U = D \implies D \in M(n, \RR)$. \\
\li Se $A \in M(n, \RR)$ è una matrice normale reale (i.e.~$A A^\top= A^\top A$) con
$p_A$ completamente riducibile in $\RR$, allora è possibile reiterare la dimostrazione
del precedente teorema per concludere che $\exists O \in O_n \mid O^\top A O = D$ con
$D \in M(n, \RR)$, ossia che $A = O D O^\top$.
Tuttavia questo implica che $A^\top=(O D O^\top)= O D^\top O^\top= O D O^\top= A$,
ossia che $A$ è simmetrica. In particolare, per il teorema spettrale reale, vale
anche il viceversa. Pertanto, se $A \in M(n, \RR)$, $A$ è una matrice normale reale con $p_A$ completamente
riducibile in $\RR$$\iff$$A = A^\top$.
\end{remark}
\begin{exercise}\nl
\begin{exercise}
Sia $V$ uno spazio dotato del prodotto $\varphi$. Sia
$W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Sia $\basis_W=\{\ww1, \ldots, \ww k \}$
una base di $W$ e sia $\basis=\{\ww1, ..., \ww k, \vv{k+1}, ..., \vv n \}$ una base di $V$.
Sia $A = M_\basis(\varphi)$. Si dimostrino allora i seguenti risultati.
\begin{enumerate}[(i)]
\item$(V, \varphi)$ con $\varphi$ non degenere.
$W \subseteq V$ sottospazio. Sia $\ww1$, ..., $\ww k$
una base di $W$ e sia $\basis=\{\ww1, ..., \ww k, ..., \vv n \}$ una base di $V$. Allora $W^\top=\{\v\in V \mid\varphi(\v, \ww i)=0\}=\{\v\in V \mid A_{1,\ldots,k}[\v]_\basis=0\}$ con $A = M_\basis(\varphi)$. Pertanto $\dim W^\top= n -\rg(A_{1,...,k})$.
\item$W^\perp=\{\v\in V \mid\varphi(\v, \ww i)=0\}$,
\item$W^\perp=\{\v\in V \mid A_{1,\ldots,k}[\v]_\basis=0\}=[\cdot]_\basis\inv(\Ker A_{1,\ldots,k})$,
\item$\dim W^\top=\dim V -\rg(A_{1,\ldots,k})$,
\item Se $\varphi$ è non degenere, $\dim W +\dim W^\perp=\dim V$.
\end{enumerate}
\end{exercise}
\item Sia $U \subseteq V$ sottospazio. Dimostrare che
nel quoziente $V/U$ il prodotto induce il prodotto $\tilde\varphi([\v], [\v'])=\varphi(\v, \v')$ se e soltanto se
$U \subseteq V^\perp$ ($U \perp V$).
\begin{proof}[Soluzione]
Chiaramente vale l'inclusione $W^\perp\subseteq\{\v\in V \mid\varphi(\v, \ww i)=0\}$. Sia
allora $\v\in V \mid\varphi(\v, \ww i)=0$$\forall1\leq i \leq k$ e sia $\w\in W$. Allora esistono $\alpha_1$, ..., $\alpha_k$ tali
che $\w=\alpha_1\ww1+\ldots+\alpha_k \ww k$. Pertanto si conclude che $\varphi(\v, \alpha_1\ww1+\ldots+\alpha_k \ww k)=\alpha_1\varphi(\v, \ww1)+\ldots+\alpha_k \varphi(\v, \ww k)=0\implies\v\in W^\top$. Pertanto $W^\top=\{\v\in V \mid\varphi(\v, \ww i)=0\}$, dimostrando (i). \\
Si osserva che $\varphi(\v, \ww i)=0\iff\varphi(\ww i, \v)=0$. Se $\varphi$ è scalare, allora
$\varphi(\ww i, \v)=0\defiff[\ww i]_\basis^\top A [\v]_\basis=(\e i)^\top A [\v]_\basis= A_i [\v]_\basis=0$. Pertanto $\v\in W^\top\iff A_i [\v]_\basis=0$$\forall1\leq i \leq k$, ossia se
Applicando la formula delle dimensioni, si ricava dunque che $\dim W^\top=\dim\Ker A_{1, \ldots, k}=
\dim V - \rg A_{1, \ldots, k}$, dimostrando (iii). \\
Se $\varphi$ è non degenere, $A$ è invertibile, dacché $\dim V^\perp=\dim\Ker A =0$. Allora
ogni minore di taglia $k$ di $A$ ha determinante diverso da zero. Dacché ogni minore di taglia $k$
di $A_{1,\ldots,k}$ è anche un minore di taglia $k$ di $A$, si ricava che anche ogni minore di taglia
$k$ di $A_{1, \ldots, k}$ ha determinante diverso da zero, e quindi che $\rg(A_{1,\ldots,k})\geq k$.
Dacché deve anche valere $\rg(A_{1,\ldots,k})\leq\min\{k,n\}= k$, si conclude che $\rg(A_{1,\ldots,k})$
vale esattamente $k =\dim W$. Allora, dal punto (iii), vale che $\dim W^\perp+\dim W =\dim W^\perp+\rg(A_{1,\ldots,k})=\dim V$, dimostrando il punto (iv).
\end{proof}
\item Dimostrare che il prodotto $\tilde\varphi$ è
non degenere.
\begin{exercise}
Sia $V$ uno spazio dotato del prodotto $\varphi$. Sia
$U \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Si dimostrino allora i seguenti due
risultati.
\item Sia $\pi : V \to V/V^\perp$ la proiezione al
quoziente. Sia $W \subseteq V$ sottospazio. Dimostrare
che $W^\perp=\{\v\in V \mid\tilde\varphi(\pi(\v), \varphi(\w))=0\forall\w\in W \}=\pi\inv(\pi(W)^\perp)$.
\begin{enumerate}[(i)]
\item Il prodotto $\varphi$
induce un prodotto $\tilde\varphi : V/U \times V/U \to\KK$ tale che
$\tilde\varphi(\v+ U, \v' + U)=\varphi(\v, \v')$ se e soltanto se $U \subseteq V^\perp$, ossia
se e solo se $U \perp V$.
\item Dedurre dai precedenti punti la formula della dimensione
dell'ortogonale.
%TODO: controllare che debba valere $U = V^\perp$
\item Se $U = V^\perp$, allora il prodotto $\tilde\varphi$ è non degenere.
\item Dimostrare che $(W^\perp)^\perp= W + V^\perp$.
\item Sia $\pi : V \to V/V^\perp$ l'applicazione lineare di proiezione al quoziente. Allora
$U^\perp=\{\v\in V \mid\tilde\varphi(\pi(\v), \pi(\U))=0\,\forall\U\in U \}=\pi\inv(\pi(U)^\perp)$.
\item Dimostrare che $A$ anti-hermitiana è normale e ha tutti autovalori
immaginari.
\item Vale la formula delle dimensioni per il prodotto $\varphi$: $\dim U +\dim U^\perp=\dim V +\dim(U \cap V^\perp)$.
\end{enumerate}
\end{exercise}
\begin{proof}[Soluzione]
Sia $\w=\v+\uu1\in\v+ U$, con $\uu1\in U$.
Se $\tilde\varphi$ è ben definito, allora deve valere l'uguaglianza $\varphi(\v, \v')=\varphi(\w, \v')=
\U\in U$, da cui si ricava che vale l'inclusione $U^\perp\subseteq\pi\inv(\pi(U)^\perp)$. Sia
ora $\v\in\pi\inv(\pi(U)^\perp)$, e sia $\U\in U$. Allora $\varphi(\v, \U)=\tilde\varphi(\v+ V^\perp, \U+ V^\perp)=\tilde\varphi(\pi(\v), \pi(\U))=0$, da cui vale la doppia inclusione, e dunque l'uguaglianza
desiderata, dimostrando (iii). \\
Dall'uguaglianza del punto (iii), l'applicazione della formula delle dimensioni e l'identità
ottenuta dal punto (iv) dell'\textit{Esercizio 2} rispetto al prodotto $\tilde\varphi$ non degenere, si ricavano
le seguenti identità:
\[\system{\dim\pi(U)=\dim U -\dim(U \cap\Ker\pi)=\dim U -\dim(U \cap V^\perp), \\\dim\pi(U)^\perp=\dim V/V^\perp-\dim\pi(U)=\dim V -\dim V^\perp-\dim\pi(U), \\\dim U^\perp=\dim\pi(U)^\perp+\dim\Ker\pi=\dim\pi(U)^\perp+\dim V^\perp, }\]
dalle quali si ricava la seguente identità:
\[\dim U^\perp=\dim V -\dim V^\perp-(\dim U -\dim(U \cap V^\perp))+\dim V^\perp, \]
\vskip 0.05in
da cui si ricava che $\dim U +\dim U^\perp=\dim V +\dim(U \cap V^\perp)$, dimostrando (iv).
\end{proof}
\begin{exercise} Sia $V$ uno spazio vettoriale dotato del prodotto $\varphi$. Si dimostri allora che $(W^\perp)^\perp= W + V^\perp$.
\end{exercise}
\begin{proof}[Soluzione]
Sia $\v=\w' +\v' \in W + V^\perp$, con $\w' \in W$ e $\v' \in V^\perp$. Sia inoltre $\w\in W^\perp$.
Allora $\varphi(\v, \w)=\varphi(\w' +\v', \w)=\varphi(\w', \w)+\varphi(\v', \w)=0$,
dove si è usato che $\w' \perp\w$ dacché $\w\in W^\perp$ e $\w' \in W$ e che $\v' \in V^\perp$. Allora
