\li$A =(a)\in O_1\iff A^\top A = I_1\iff a^2=1\iff a =\pm1$, da cui si ricava che l'unica matrice
di $SO_1$ è $(1)$. Si osserva inoltre che $O_1$ è abeliano di ordine $2$, e quindi che $O_1\cong\ZZ/2\ZZ$. \\
\li$A =\Matrix{a & b \\ c & d}\in O_2\iff\Matrix{a^2+ b^2& ab + cd \\ ab + cd & c^2+ d^2}= A^\top A = I_2\iff\system{a^2+ b^2= c^2+ d^2=1, \\ ab + cd =0.}$\\
Si ricava pertanto che si può identificare
$A$ con le funzioni trigonometriche $\cos(\theta)$ e $\sin(\theta)$ nelle due forme:
\li$A =(a)\in U_1\iff A^* A = I_1\iff\abs{a}^2=1\iff a = e^{i\theta}$, $\theta\in[0, 2\pi)$, ossia il numero complesso $a$ appartiene alla circonferenza di raggio unitario.
\end{remark}
\begin{definition} (spazio euclideo reale)
Si definisce \textbf{spazio euclideo reale} uno spazio vettoriale $V$ su $\RR$ dotato
del prodotto scalare standard $\varphi=\innprod{\cdot, \cdot}$.
@ -386,7 +423,7 @@
\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$$M_\basis(f)= M_\basis(f)^\top$.
Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora $f \in\End(V)$ è simmetrico $\iff$$M_\basis(f)= M_\basis(f)^\top$$\iff$$M_\basis(f)$ è simmetrica.
\end{proposition}
\begin{proof}
@ -396,54 +433,163 @@
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$$=[\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top[\w]_\basis=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^\top[\w]_\basis=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=\varphi(f(\v), \w)$, e quindi $f$ è simmetrico.
\end{proof}
% TODO: aggiungere matrici ortogonali, hermitiani e unitari.
\begin{proposition}
Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo reale e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora
$f \in\End(V)$ è ortogonale $\iff$$M_\basis(f) M_\basis(f)^\top= M_\basis(f)^\top M_\basis(f)= I_n$$\defiff$$M_\basis(f)$ è ortogonale.
\end{proposition}
\begin{proof}
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, $M_\basis(f)^\top M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^\top = I_n$. \\
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) =$$(M_\basis(f) [\v]_\basis)^\top M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) = \varphi(f(\v), f(\w))$, e quindi
$f$ è ortogonale.
\end{proof}
\begin{proposition} Sia $\basis$ una base di $V$. Allora
$f \in\End(V)$ è simmetrico $\iff$$M_\basis(f)$ è una matrice simmetrica.
\begin{proposition}
Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo complesso e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora $f \in\End(V)$ è hermitiano $\iff$$M_\basis(f)= M_\basis(f)^*$$\defiff$$M_\basis(f)$ è hermitiana.
\end{proposition}
\begin{proof} Si dimostrano le due implicazioni separatamente. \\
\begin{proof}
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è hermitiano, allora $[\v]_\basis^*\, M_\basis(f)[\w]_\basis=[\v]_\basis^* M_\basis(\varphi)(M_\basis(f)[\w]_\basis)=\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f(\v), \w)=(M_\basis(f)[\v]_\basis)^* M_\basis(\varphi)[\w]_\basis=[\v]_\basis^*\, M_\basis(f)^*[\w]_\basis$. Allora, come visto nella proposizione precedente, si ricava che $M_\basis(f)= M_\basis(f)^*$.
\rightproof Se $f$ è simmetrico, $\varphi(\v, f(\w))=\varphi(f(\v), \w)$. Quindi
$[\v]_\basis M_\basis(\varphi)$
Se invece $M_\basis(f)^*= M_\basis(f)$, $\varphi(\v, f(\w))=$$[\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.
\end{proof}
\hr
\begin{proposition}
Se $V =\RR^n$ con prodotto canonico $\varphi(\vec x, \vec y)=\vec x ^\top\vec y$. Sono allora equivalenti i seguenti fatti:
Sia $(V, \varphi)$ uno spazio euclideo complesso e sia $\basis$ una base ortonormale di $V$. Allora $f \in\End(V)$ è unitario $\iff$$M_\basis(f) M_\basis(f)^*= M_\basis(f)^* M_\basis(f)= I_n$$\defiff$$M_\basis(f)$ è unitaria.
\end{proposition}
\begin{proof}
Si osserva che $M_\basis(\varphi)= I_n$. Sia $\basis=\{\vv1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è unitario, allora
[\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(f) [\w]_\basis$. Allora, come visto nella proposizione precedente, si ricava che $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = I_n$. Dal momento che gli inversi sinistri sono anche inversi destri, $M_\basis(f)^* M_\basis(f) = M_\basis(f) M_\basis(f)^* = I_n$. \\
Se invece $M_\basis(f)^* M_\basis(f)= M_\basis(f) M_\basis(f)^*= I_n$, $\varphi(\v, \w)=[\v]_\basis^*[\w]_\basis=[\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(f)[\w]_\basis$$=
(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{proposition}
Sia $V =\RR^n$ uno spazio vettoriale col prodotto scalare standard $\varphi$. Allora sono equivalenti i seguenti fatti:
\begin{enumerate}[(i)]
\item$A \in O_n$,
\item$f_A : V \to V$ con $f_A(\vec x)= A \vec x$ è ortogonale,
\item Le colonne (e le righe) di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
\item$f_A$ è un operatore ortogonale,
\itemle colonne e le righe di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
(1 - 2) ovvio
(2 - 3) $f_A$ manda basi ortonormali in basi ortonormali, e quindi
così sono ortonormali le colonne di $A$. Analogamente per le righe
considerando $A^\top A = I$.
(3 - 1) $A^\top A = I$.
Sia $\basis$ la base canonica di $V$. Allora $M_\basis(f_A)= A$, e quindi, per una proposizione
precedente, $f_A$ è un operatore ortogonale. Viceversa si deduce che se $f_A$ è un operatore ortogonale,
$A \in O_n$. Dunque è sufficiente dimostrare che $A \in O_n \iff$ le colonne e le righe di $A$ formano una
base ortonormale di $V$. \\
\rightproof Se $A \in O_n$, in particolare $A \in\GL(n, \RR)$, e quindi $A$ è invertibile. Allora le
sue colonne e le sue righe formano già una base di $V$, essendo $n$ vettori di $V$ linearmente indipendenti.
Inoltre, poiché $A \in O_n$, $\varphi(\e i, \e j)=\varphi(A \e i, A \e j)$, e quindi le colonne di $A$ si mantengono a due a due ortogonali tra di loro, mentre $\varphi(A \e i, A \e i)=\varphi(\e i, \e i)=1$.
Pertanto le colonne di $A$ formano una base ortonormale di $V$. \\
Si osserva che anche $A^\top\in O_n$. Allora le righe di $A$, che non sono altro che
le colonne di $A^\top$, formano anch'esse una base ortonormale di $V$. \\
\leftproof Nel moltiplicare $A^\top$ con $A$ altro non si sta facendo che calcolare il prodotto
scalare $\varphi$ tra ogni riga di $A^\top$ e ogni colonna di $A$ , ossia $(A^* A)_{ij}=\varphi((A^\top)_i, A^j)=\varphi(A^i, A^j)=\delta_{ij}$.
Quindi $A^\top A = A A^\top= I_n$, da cui si deduce che $A \in O_n$.
\end{proof}
\begin{proposition}
Se $V =\CC^n$ con prodotto canonico hermitiano, sono equivalenti
i seguenti fatti:
Sia $V =\CC^n$ uno spazio vettoriale col prodotto hermitiano standard $\varphi$. Allora sono equivalenti i seguenti fatti:
\begin{enumerate}[(i)]
\item$A \in U_n$,
\item$f_A : V \to V$ con $f_A(\vec x)= A \vec x$ è unitaria,
\item Le colonne (e le righe) di $A$ formano una base ortonormale
di $V$.
\item$f_A$ è un operatore unitario,
\item le colonne e le righe di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
\end{enumerate}
\end{proposition}
\begin{proof}
Come prima.
Sia $\basis$ la base canonica di $V$. Allora $M_\basis(f_A)= A$, e quindi, per una proposizione
precedente, $f_A$ è un operatore unitario. Viceversa si deduce che se $f_A$ è un operatore unitario,
$A \in U_n$. Dunque è sufficiente dimostrare che $A \in U_n \iff$ le colonne e le righe di $A$ formano una
base ortonormale di $V$. \\
\rightproof Se $A \in U_n$, in particolare $A \in\GL(n, \RR)$, e quindi $A$ è invertibile. Allora le
sue colonne e le sue righe formano già una base di $V$, essendo $n$ vettori di $V$ linearmente indipendenti.
Inoltre, poiché $A \in U_n$, $\varphi(\e i, \e j)=\varphi(A \e i, A \e j)$, e quindi le colonne di $A$ si mantengono a due a due ortogonali tra di loro, mentre $\varphi(A \e i, A \e i)=\varphi(\e i, \e i)=1$.
Pertanto le colonne di $A$ formano una base ortonormale di $V$. \\
Si osserva che anche $A^\top\in U_n$. Allora le righe di $A$, che non sono altro che
le colonne di $A^\top$, formano anch'esse una base ortonormale di $V$. \\
\leftproof Nel moltiplicare $A^*$ con $A$ altro non si sta facendo che calcolare il prodotto
hermitiano $\varphi$ tra ogni riga coniugata di $A^*$ e ogni colonna di $A$, ossia $(A^* A)_{ij}=\varphi((A^\top)_i, A^j)=\varphi(A^i, A^j)=\delta_{ij}$.
Quindi $A^* A = A A^*= I_n$, da cui si deduce che $A \in U_n$.
\end{proof}
\hr
\begin{note}
D'ora in poi, qualora non specificato diversamente, si assumerà che $V$ sia uno spazio
euclideo, reale o complesso.
\end{note}
\begin{definition} (norma)
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)
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}$.
\end{definition}
\begin{remark}\nl
\li Si osserva che in effetti $\varphi(\v, \v)\in\RR^+$$\forall\v\in V$. Infatti, sia
per il caso reale che per il caso complesso, $\varphi$ è definito positivo. \\
\li Vale che $\norm{\v}=0\iff\v=\vec0$. Infatti, se $\v=\vec0$, chiaramente
$\varphi(\v, \v)=0\implies\norm{\v}=0$; se invece $\norm{\v}=0$,
$\varphi(\v, \v)=0$, e quindi $\v=\vec0$, dacché $V^\perp=\zerovecset$, essendo
$\varphi$ definito positivo. \\
\li Inoltre, vale chiaramente che $\norm{\alpha\v}=\abs{\alpha}\norm{\v}$.
\end{remark}
\begin{proposition} (disuguaglianza di Cauchy-Schwarz)
Vale che $\norm{\v}\norm{\w}\geq\abs{\varphi(\v, \w)}$, $\forall\v$, $\w\in V$, dove
l'uguaglianza è raggiunta soltanto se $\v$ e $\w$ sono linearmente dipendenti.
\end{proposition}
\begin{proof}
Si consideri innanzitutto il caso $\KK=\RR$, e quindi il caso in cui $\varphi$ è
il prodotto scalare standard. Siano $\v$, $\w\in V$.
Si consideri la disuguaglianza $\norm{\v+ t\w}^2\geq0$, valida
per ogni elemento di $V$. Allora $\norm{\v+ t \w}^2=\norm{\v}^2+2\varphi(\v, \w) t +\norm{\w}^2 t^2\geq0$. L'ultima disuguaglianza è possibile se e solo se $\frac{\Delta}{4}\leq0$, e quindi se e solo
se $\varphi(\v, \w)^2-\norm{\v}^2\norm{\w}^2\leq0\iff\norm{\v}\norm{\w}\geq\varphi(\v, \w)$.
Vale in particolare l'equivalenza se e solo se $\norm{\v+ t\w}=0$, ossia se $\v+ t\w=\vec0$, da cui
la tesi. \\
Si consideri ora il caso $\KK=\CC$, e dunque il caso in cui $\varphi$ è il prodotto hermitiano
standard. Siano $\v$, $\w\in V$, e siano $\alpha$, $\beta\in\CC$. Si consideri allora
la disuguaglianza $\norm{\alpha\v+\beta\w}^2\geq0$, valida per ogni elemento di $V$. Allora
