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\documentclass[11pt]{article}
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\usepackage{personal_commands}
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\usepackage[italian]{babel}
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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
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\author{Gabriel Antonio Videtta}
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\date{27 e 31 marzo 2023}
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\begin{document}
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\maketitle
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\begin{center}
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\Large \textbf{Proprietà e teoremi principali sul prodotto scalare}
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\end{center}
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\begin{note}
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Nel corso del documento, per $V$ si intenderà uno spazio vettoriale di dimensione
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finita $n$ e per $\varphi$ un suo prodotto scalare. Analogamente si intenderà lo stesso
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per $V'$ e $\varphi'$.
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\end{note}
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\begin{proposition} (formula delle dimensioni del prodotto scalare)
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Sia $W \subseteq V$ un sottospazio di $V$. Allora vale la seguente identità:
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\[ \dim W + \dim W^\perp = \dim V + \dim (W \cap V^\perp). \]
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si consideri l'applicazione lineare $f : V \to \dual W$ tale che $f(\vec v)$ è un funzionale di $\dual W$ tale che
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$f(\vec v)(\vec w) = \varphi(\vec v, \vec w)$ $\forall \vec w \in W$. Si osserva che $W^\perp = \Ker f$, da cui,
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per la formula delle dimensioni, $\dim V = \dim W^\perp + \rg f$. Inoltre, si osserva anche che
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$f = i^\top \circ a_\varphi$, dove $i : W \to V$ è tale che $i(\vec w) = \vec w$, infatti $f(\vec v) = a_\varphi(\vec v) \circ i$ è un funzionale di $\dual W$ tale che $f(\vec v)(\vec w) = \varphi(\vec v, \vec w)$. Pertanto
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$\rg f = \rg (i^\top \circ a_\varphi)$. \\
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Si consideri ora l'applicazione $g = a_\varphi \circ i : W \to \dual W$. Sia ora $\basis_W$ una base di $W$ e
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$\basis_V$ una base di $V$. Allora le matrice associate di $f$ e di $g$ sono le seguenti:
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $M_{\dual \basis_W}^{\basis_V}(f) = M_{\dual \basis_W}^{\basis_V}(i^\top \circ a_\varphi) =
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\underbrace{M_{\dual \basis_W}^{\dual \basis_V}(i^\top)}_A \underbrace{M_{\dual \basis_V}^{\basis_V}(a_\varphi)}_B = AB$,
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\item $M_{\dual \basis_V}^{\basis_W}(g) = M_{\dual \basis_V}^{\basis_W}(a_\varphi \circ i) =
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\underbrace{M_{\dual \basis_V}^{\basis_V}(a_\varphi)}_B \underbrace{M_{\basis_V}^{\basis_W}(i)}_{A^\top} = BA^\top \overbrace{=}^{B^\top = B} (AB)^\top$.
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\end{enumerate}
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Poiché $\rg(A) = \rg(A^\top)$, si deduce che $\rg(f) = \rg(g) \implies \rg(i^\top \circ a_\varphi) = \rg(a_\varphi \circ i) = \rg(\restr{a_\varphi}{W}) = \dim W - \dim \Ker \restr{a_\varphi}{W} = \dim W - \dim (W \cap \underbrace{\Ker a_\varphi}_{V^\perp}) = \dim W - \dim (W \cap V^\perp)$. Si conclude allora, sostituendo quest'ultima
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identità nell'identità ricavata a inizio dimostrazione che $\dim V = \dim W^\top + \dim W - \dim (W \cap V^\perp)$,
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ossia la tesi.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Si possono fare alcune osservazioni sul radicale di un solo elemento $\vec w$ e su quello del suo sottospazio
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generato $W = \Span(\vec w)$: \\
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\li $\vec w ^\perp = W^\perp$, \\
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\li $\vec w \notin W^\perp \iff \Rad (\restr{\varphi}{W}) = W \cap W^\perp \iff \vec w \text{ non è isotropo } = \zerovecset \iff
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V = W \oplus W^\perp$.
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\end{remark}
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\begin{definition}
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Si definisce \textbf{base ortogonale} di $V$ una base $\vv 1$, ..., $\vv n$ tale per cui $\varphi(\vv i, \vv j) = 0
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\impliedby i \neq j$, ossia per cui la matrice associata del prodotto scalare è diagonale.
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\end{definition}
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\begin{proposition} (formula di polarizzazione)
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Se $\Char \KK \neq 2$, un prodotto scalare è univocamente determinato dalla sua forma quadratica $q$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Si nota infatti che $q(\vec v + \vec w) - q(\vec v) - q(\vec w) = 2 \varphi(\vec v, \vec w)$, e quindi,
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poiché $2$ è invertibile per ipotesi, che $\varphi(\vec v, \vec w) = 2\inv (q(\vec v + \vec w) - q(\vec v) - q(\vec w))$.
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\end{proof}
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\begin{theorem}(di Lagrange)
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Ogni spazio vettoriale $V$ su $\KK$ tale per cui $\Char \KK \neq 2$ ammette una base ortogonale.
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Sia dimostra il teorema per induzione su $n := \dim V$. Per $n \leq 1$, la dimostrazione è triviale. Sia
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allora il teorema vero per $i \leq n$. Se $V$ ammette un vettore non isotropo $\vec w$, sia $W = \Span(\vec w)$ e si consideri la decomposizione $V = W \oplus W^\perp$. Poiché $W^\perp$ ha dimensione $n-1$, per ipotesi induttiva
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ammette una base ortogonale. Inoltre, tale base è anche ortogonale a $W$, e quindi l'aggiunta di $\vec w$ a
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questa base ne fa una base ortogonale di $V$. Se invece $V$ non ammette vettori non isotropi, ogni forma quadratica
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è nulla, e quindi il prodotto scalare è nullo per la proposizione precedente.
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\end{proof}
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\begin{note}
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D'ora in poi, nel corso del documento, si assumerà $\Char \KK \neq 2$.
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\end{note}
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\begin{theorem} (di Sylvester, caso complesso)
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Sia $\KK$ un campo i cui elementi sono tutti quadrati di un
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altro elemento del campo (e.g.~$\CC$). Allora esiste una base
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ortogonale $\basis$ tale per cui:
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\[ M_\basis(\varphi) = \Matrix{I_r & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & 0\,}. \]
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Per il teorema di Lagrange, esiste una base ortogonale $\basis'$ di $V$.
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Si riordini la base in modo tale che la forma quadratica valutata nei primi elementi sia sempre diversa da zero. Allora, poiché ogni
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elemento di $\KK$ è per ipotesi quadrato di un altro elemento
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di $\KK$, si sostituisca $\basis'$ con una base $\basis$ tale per
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cui, se $q(\vv i) = 0$, $\vv i \mapsto \vv i$, e altrimenti
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$\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{q(\vv i)}}$. Allora $\basis'$
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è una base tale per cui la matrice associata del prodotto scalare
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in tale base è proprio come desiderata nella tesi, dove $r$ è
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il numero di elementi tali per cui la forma quadratica valutata
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in essi sia diversa da zero.
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\end{proof}
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\begin{remark}
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Si possono effettuare alcune considerazioni sul teorema di Sylvester
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complesso. \\
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\li Si può immediatamente concludere che il rango è un invariante
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completo per la congruenza in un campo in cui tutti gli elementi
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sono quadrati, ossia che $A \cong B \iff \rg(A) = \rg(B)$, se $A$ e
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$B$ sono matrici simmetriche: infatti
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ogni matrice simmetrica rappresenta una prodotto scalare, ed è
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pertanto congruente ad una matrice della forma desiderata
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nell'enunciato del teorema di Sylvester complesso. Poiché il rango
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è un invariante della congruenza, si ricava che $r$ nella forma
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della matrice di Sylvester, rappresentando il rango, è anche
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il rango di ogni sua matrice congruente. In particolare, se due
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matrici simmetriche hanno stesso rango, allora sono congruenti
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alla stessa matrice di Sylvester, e quindi, essendo la congruenza
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una relazione di congruenza, sono congruenti a loro volta. \\
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\li Due matrici simmetriche con stesso rango, allora, non solo
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sono SD-equivalenti, ma sono anche congruenti. \\
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\li Ogni base ortogonale deve quindi avere lo stesso numero
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di elementi nulli.
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\end{remark}
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\begin{definition} (somma diretta ortogonale)
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Siano i sottospazi $U$ e $W \subseteq V$ in somma diretta. Allora si dice che $U$ e $W$ sono in \textbf{somma
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diretta ortogonale rispetto al prodotto scalare} $\varphi$ di $V$, ossia che $U \oplus W = U \oplus^\perp W$, se $\varphi(\vec u, \vec w) = 0$ $\forall \vec u \in U$, $\vec w \in W$.
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\end{definition}
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\begin{definition} (cono isotropo)
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Si definisce \textbf{cono isotropo} di $V$ rispetto al prodotto scalare $\varphi$ il seguente insieme:
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\[ \CI(\varphi) = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \v) = 0 \}, \]
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\vskip 0.05in
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ossia l'insieme dei vettori isotropi di $V$.
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\end{definition}
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\begin{note}
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La notazione $\varphi > 0$ indica che $\varphi$ è definito positivo (si scrive $\varphi \geq 0$ se invece è semidefinito
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positivo).
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Analogamente $\varphi < 0$ indica che $\varphi$ è definito negativo (e $\varphi \leq 0$ indica che è semidefinito negativo).
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\end{note}
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\begin{exercise} Sia $\Char \KK \neq 2$.
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Siano $\vv1$, ..., $\vv k \in V$ e sia $M = \left( \varphi(\vv i, \vv j) \right)_{i, j = 1\textrm{---}k} \in M(k, \KK)$,
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dove $\varphi$ è un prodotto scalare di $V$. Sia inoltre $W = \Span(\vv 1, ..., \vv k)$. Si dimostrino
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allora le seguenti affermazioni.
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Se $M$ è invertibile, allora $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti.
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\item Siano $\vv 1$, ..., $\vv k$ linearmente indipendenti. Allora $M$ è invertibile $\iff$ $\restr{\varphi}{W}$ è non degenere $\iff$ $W \cap W^\perp = \zerovecset$.
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\item Siano $\vv1$, ..., $\vv k$ a due a due ortogonali tra loro. Allora $M$ è invertibile $\iff$ nessun
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vettore $\vv i$ è isotropo.
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\item Siano $\vv1$, ..., $\vv k$ a due a due ortogonali tra loro e siano anche linearmente indipendenti.
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Allora $M$ è invertibile $\implies$ si può estendere $\basis_W = \{\vv 1, \ldots, \vv k\}$ a una base ortogonale di $V$.
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\item Sia $\KK = \RR$. Sia inoltre $\varphi > 0$. Allora $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono linearmente
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indipendenti $\iff$ $M$ è invertibile.
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\item Sia $\KK = \RR$. Sia ancora $\varphi > 0$. Allora se $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono a due a due
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ortogonali e sono tutti non nulli, sono anche linearmente indipendenti.
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\end{enumerate}
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\end{exercise}
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\begin{solution}
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item Siano $a_1$, ..., $a_k \in \KK$ tali che $a_1 \vv 1 + \ldots + a_k \vv k = 0$. Vale in
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particolare che $\vec 0 = \varphi(\vv i, \vec 0) = \varphi(\vv i, a_1 \vv 1 + \ldots + a_k \vv k) =
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\sum_{j=1}^k a_j \varphi(\vv i, \vv j)$ $\forall 1 \leq i \leq k$. Allora $\sum_{j=1}^k a_j M^j = 0$.
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Dal momento che $M$ è invertibile, $\rg(M) = k$, e quindi l'insieme delle colonne di $M$ è linearmente
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indipendente, da cui si ricava che $a_j = 0$ $\forall 1 \leq j \leq k$, e quindi che $\vv 1$, ...,
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$\vv k$ sono linearmente indipendenti.
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\item Poiché $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti, tali vettori formano una base di
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$W$, detta $\basis$. In particolare, allora, vale che $M = M_\basis(\restr{\varphi}{W})$. Pertanto,
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se $M$ è invertibile, $\Rad(\restr{\varphi}{W}) = \Ker M = \zerovecset$, e dunque $\restr{\varphi}{W}$
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è non degenere. Se invece $\restr{\varphi}{W}$ è non degenere, $\zerovecset = \Rad(\restr{\varphi}{W}) = W \cap W^\perp$. Infine, se $W \cap W^\perp = \zerovecset$, $\zerovecset = W \cap W^\perp = \Rad(\restr{\varphi}{W}) = \Ker M$, e quindi $M$ è iniettiva, e dunque invertibile.
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\item Dal momento che $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono ortogonali tra loro, $M$ è una matrice diagonale.
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Pertanto $M$ è invertibile se e solo se ogni suo elemento diagonale è diverso da $0$, ossia
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se $\varphi(\vv i, \vv i) \neq 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$, e dunque se e solo se nessun vettore
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$\vv i$ è isotropo.
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\item Se $M$ è invertibile, da (ii) si deduce che $\Rad(\restr{\varphi}{W}) = W \cap W^\perp = \zerovecset$,
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e quindi che $W$ e $W^\perp$ sono in somma diretta. Inoltre, per la formula delle dimensioni del prodotto
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scalare, $\dim W + \dim W^\perp = \dim V + \underbrace{\dim (W \cap V^\perp)}_{\leq \dim (W \cap W^\perp) = 0} = \dim V$. Pertanto $V = W \oplus^\perp W^\perp$. \\
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Allora, dacché $\Char \KK \neq 2$, per il teorema di Lagrange, $W^\perp$ ammette una base ortogonale $\basis_{W^\perp}$. Si conclude
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dunque che $\basis = \basis_W \cup \basis_{W^\perp}$ è una base ortogonale di $V$.
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\item Se $M$ è invertibile, da (i) $\vv1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti. Siano ora
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invece $\vv 1$, ..., $\vv k$ linearmente indipendenti per ipotesi. Siano $a_1$, ..., $a_k \in \KK$ tali
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che $a_1 M^1 + \ldots + a_k M^k = 0$, allora $a_1 \varphi(\vv i, \vv 1) + \ldots + a_k \varphi(\vv i, \vv k) = 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$. Pertanto, detto $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_k \vv k$, si ricava che:
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\[ \varphi(\v, \v) = \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k a_j \, \varphi(\vv i, \vv j) = 0. \]
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Tuttavia questo è possibile solo se $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_k \vv k = 0$. Dal momento che
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$\vv 1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti, si conclude che $a_1 = \cdots = a_k = 0$, ossia
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che le colonne di $M$ sono tutte linearmente indipendenti e quindi che $\rg(M) = k \implies$ $M$ è invertibile.
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\item Poiché $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono ortogonali a due a due tra loro, $M$ è una matrice diagonale.
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Inoltre, dacché $\varphi > 0$ e $\vv i \neq \vec 0$ $\forall 1 \leq i \leq k$, gli elementi diagonali di $M$ sono sicuramente tutti diversi da zero, e quindi $\det (M) \neq 0$ $\implies$ $M$ è invertibile. Allora,
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per il punto (v), $\vv 1$, ..., $\vv k$ sono linearmente indipendenti.
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\end{enumerate}
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\end{solution}
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\begin{definition}
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Data una base ortogonale $\basis$ di $V$ rispetto al prodotto
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scalare $\varphi$,
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si definiscono i seguenti indici:
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\begin{align*}
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\iota_+(\varphi) &= \max\{ \dim W \mid W \subseteq V \E \restr{\varphi}{W} > 0 \}, &\text{(}\textbf{indice di positività}\text{)} \\
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\iota_-(\varphi) &= \max\{ \dim W \mid W \subseteq V \E \restr{\varphi}{W} < 0 \}, &\text{(}\textbf{indice di negatività}\text{)}\\
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\iota_0(\varphi) &= \dim V^\perp &\text{(}\textbf{indice di nullità}\text{)}
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\end{align*}
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Quando il prodotto scalare $\varphi$ è noto dal contesto, si omette
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e si scrive solo $\iota_+$, $\iota_-$ e $\iota_0$. In particolare,
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la terna $\sigma(\varphi) = \sigma = (i_+, i_-, i_0)$ è detta \textbf{segnatura} del
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prodotto $\varphi$.
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\end{definition}
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\begin{theorem} (di Sylvester, caso reale) Sia $\KK$ un campo ordinato
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i cui elementi positivi sono tutti quadrati (e.g.~$\RR$). Allora
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esiste una base ortogonale $\basis$ tale per cui:
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\[ M_\basis(\varphi) = \Matrix{I_{\iota_+} & \rvline & 0 & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & -I_{\iota_-} & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & 0 & \rvline & 0\cdot I_{\iota_0} }. \]
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\vskip 0.05in
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Inoltre, per ogni base ortogonale, esistono esattamente
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$\iota_+$ vettori della base con forma quadratica positiva,
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$\iota_-$ con forma negativa e $\iota_0$ con
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forma nulla.
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Per il teorema di Lagrange, esiste una base ortogonale $\basis'$ di $V$.
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Si riordini la base in modo tale che la forma quadratica valutata nei primi elementi sia strettamente positiva, che nei secondi elementi sia strettamente negativa e che negli ultimi sia nulla. Si sostituisca
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$\basis'$ con una base $\basis$ tale per cui, se $q(\vv i) > 0$,
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allora $\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{q(\vv i)}}$; se
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$q(\vv i) < 0$, allora $\vv i \mapsto \frac{\vv i}{\sqrt{-q(\vv i)}}$;
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altrimenti $\vv i \mapsto \vv i$. Si è allora trovata una base
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la cui matrice associata del prodotto scalare è come desiderata nella
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tesi. \\
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Sia ora $a$ il numero di vettori della base con forma quadratica
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positiva, $b$ il numero di vettori con forma negativa e $c$ quello
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dei vettori con forma nulla. Si consideri $W_+ = \Span(\vv 1, ..., \vv a)$, $W_- = \Span(\vv{a+1}, ..., \vv b)$, $W_0 = \Span(\vv{b+1}, ..., \vv c)$. \\
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Sia $M = M_\basis(\varphi)$. Si osserva che $c = n - \rg(M) = \dim \Ker(M) = \dim V^\perp = \iota_0$. Inoltre $\forall \v \in W_+$, dacché
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$\basis$ è ortogonale,
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$q(\v) = q(\sum_{i=1}^a \alpha_i \vv i) = \sum_{i=1}^a \alpha_i^2 q(\vv i) > 0$, e quindi $\restr{\varphi}{W_+} > 0$, da cui $\iota_+ \geq a$.
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Analogamente $\iota_- \geq b$. \\
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Si mostra ora che è impossibile che $\iota_+ > a$. Se così infatti
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fosse, sia $W$ tale che $\dim W = \iota_+$ e che $\restr{\varphi}{W} > 0$. $\iota_+ + b + c$ sarebbe maggiore di $a + b + c = n := \dim V$. Quindi, per la formula di Grassman, $\dim(W + W_- + W_0) = \dim W +
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\dim(W_- + W_0) - \dim (W \cap (W_- + W_0)) \implies \dim (W \cap (W_- + W_0)) = \dim W +
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\dim(W_- + W_0) - \dim(W + W_- + W_0) > 0$, ossia esisterebbe
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$\v \neq \{\vec 0\} \mid \v \in W \cap (W_- + W_0)$. Tuttavia
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questo è assurdo, dacché dovrebbe valere sia $q(\v) > 0$ che
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$q(\v) < 0$, \Lightning. Quindi $\iota_+ = a$, e analogamente
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$\iota_- = b$.
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\end{proof}
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\begin{definition}
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Si dice \textbf{base di Sylvester} una base di $V$ tale per cui la
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matrice associata di $\varphi$ sia esattamente nella forma
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vista nella dimostrazione del teorema di Sylvester. Analogamente
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si definisce tale matrice come \textbf{matrice di Sylvester}.
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\end{definition}
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\begin{remark} \nl
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\li Si può dunque definire la segnatura di una matrice simmetrica
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come la segnatura di una qualsiasi sua base ortogonale, dal
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momento che tale segnatura è invariante per cambiamento di base. \\
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|
\li La segnatura è un invariante completo per la congruenza nel caso reale. Se infatti due matrici hanno la stessa segnatura, sono
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entrambe congruenti alla matrice come vista nella dimostrazione
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della forma reale del teorema di Sylvester, e quindi, essendo
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la congruenza una relazione di equivalenza, sono congruenti
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tra loro. Analogamente vale il viceversa, dal momento che ogni
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base ortogonale di due matrici congruenti devono contenere gli
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stessi numeri $\iota_+$, $\iota_-$ e $\iota_0$ di vettori
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di base con forma quadratica positiva, negativa e nulla. \\
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\li Se $\ww 1$, ..., $\ww k$ sono tutti i vettori di una base
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ortogonale $\basis$ con forma quadratica nulla, si osserva che $W = \Span(\ww 1, ..., \ww k)$ altro non è che $V^\perp$ stesso. Infatti, come
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visto anche nella dimostrazione del teorema di Sylvester reale, vale
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che $\dim W = \dim \Ker (M_\basis(\varphi)) = \dim V^\perp$. Inoltre,
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se $\w \in W$ e $\v \in V$, $\varphi(\w, \v) = \varphi(\sum_{i=1}^k
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\alpha_i \ww i, \sum_{i=1}^k \beta_i \ww i + \sum_{i=k+1}^n \beta_i \vv i)
|
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= \sum_{i=1}^k \alpha_i \beta_i q(\ww i) = 0$, e quindi
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$W \subseteq V^\perp$, da cui si conclude che $W = V^\perp$. \\
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\li Vale in particolare che $\rg(\varphi) = \iota_+ + \iota_-$, mentre
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$\dim \Ker(\varphi) = \iota_0$, e quindi $n = \iota_+ + \iota_- + \iota_0$. \\
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\li Se $V = U \oplusperp W$, allora $\iota_+(\varphi) = \iota_+(\restr{\varphi}{V}) + \iota_+(\restr{\varphi}{W})$, e
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analogamente per gli altri indici.
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\end{remark}
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\begin{definition} (isometria)
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Dati due spazi vettoriali $(V, \varphi)$ e
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$(V', \varphi')$ dotati di prodotto scalare sullo stesso campo $\KK$, si dice che
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$V$ e $V'$ sono \textbf{isometrici} se esiste un isomorfismo
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$f$, detto \textit{isometria}, che preserva tali che prodotti, ossia tale che:
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\[ \varphi(\vec v, \vec w) = \varphi'(f(\vec v), f(\vec w)). \]
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\end{definition}
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\begin{exercise} Sia $f : V \to V'$ un isomorfismo. Allora $f$ è un'isometria $\iff$ $\forall$ base $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ di $V$, $\basis' = \{ f(\vv 1), \ldots, f(\vv n) \}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$ $\iff$ $\exists$ base $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ di $V$ tale che $\basis' = \{ f(\vv 1), \ldots, f(\vv n) \}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$.
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\end{exercise}
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\begin{solution} Se $f$ è un'isometria, detta $\basis$ una base di $V$, $\basis' = f(\basis)$ è una base di $V'$
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dal momento che $f$ è anche un isomorfismo. Inoltre, dacché $f$ è un'isometria, vale sicuramente che
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$\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$. \\
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Sia ora assunto per ipotesi che $\forall$ base $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ di $V$, $\basis' = \{ f(\vv 1), \ldots, f(\vv n) \}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$. Allora, analogamente a prima, detta $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$, $\basis' = f(\basis)$ è una base di $V'$, e in quanto tale,
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per ipotesi, è tale che $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$. \\
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Sia infine assunto per ipotesi che $\exists$ base $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ di $V$ tale che $\basis' = \{ f(\vv 1), \ldots, f(\vv n) \}$ è una base di $V'$ e $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$. Siano $\v$, $\w \in V$. Allora $\exists a_1$, ..., $a_n$, $b_1$, ..., $b_n \in \KK$
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tali che $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$ e $\w = b_1 \vv 1 + \ldots + b_n \vv n$. Si ricava pertanto
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che:
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\[ \varphi'(f(\v), f(\w)) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j \, \varphi'(f(\vv i), f(\vv j)) =
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\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n a_i b_j \, \varphi(\vv i, \vv j) = \varphi(\v, \w), \]
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da cui la tesi.
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\end{solution}
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\begin{proposition} Sono equivalenti le seguenti affermazioni:
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\begin{enumerate}[(i)]
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\item $V$ e $V'$ sono isometrici;
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\item $\forall$ base $\basis$ di $V$, base $\basis'$ di $V'$,
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$M_\basis(\varphi)$ e $M_{\basis'}(\varphi')$ sono congruenti;
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\item $\exists$ base $\basis$ di $V$, base $\basis'$ di $V'$ tale che
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$M_\basis(\varphi)$ e $M_{\basis'}(\varphi')$ sono congruenti.
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proof} Se $V$ e $V'$ sono isometrici, sia $f : V \to V'$ un'isometria. Sia $\basisC = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Allora, poiché $f$ è anche un isomorfismo, $\basisC' = f(\basisC)$ è una base di $V$ tale che
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$\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$. Pertanto $M_\basisC(\varphi) = M_{\basisC'}(\varphi')$. Si conclude allora che, cambiando base in $V$ (o in $V'$), la matrice associata
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al prodotto scalare varia per congruenza dalla formula di cambiamento di base per il prodotto scalare, da cui si ricava che per ogni scelta di $\basis$ base di $V$ e di $\basis'$ base di $V'$, $M_\basis(\varphi) \cong M_{\basis'}(\varphi')$. Inoltre, se tale risultato è vero per ogni $\basis$ base di $V$ e di $\basis'$ base di $V'$, dal momento che sicuramente esistono due basi $\basis$, $\basis'$ di $V$ e $V'$, vale anche (ii) $\implies$ (iii). \\
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Si dimostra ora (iii) $\implies$ (i). Per ipotesi $M_\basis(\varphi) \cong M_{\basis'}(\varphi')$, quindi
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$\exists P \in \GL(n, \KK) \mid M_{\basis'}(\varphi') = P^\top M_\basis(\varphi) P$. Allora $\exists$ $\basis''$
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base di $V'$ tale che $P = M_{\basis''}^{\basis'}(\Idv)$, da cui $P\inv = M_{\basis'}^{\basis''}(\varphi)$. Per la formula di cambiamento di base del prodotto
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scalare, $M_{\basis''}(\varphi) = (P\inv)^\top M_{\basis'} P\inv = M_\basis(\varphi)$. Detta
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$\basis'' = \{ \ww 1, \ldots, \ww n \}$, si costruisce allora l'isomorfismo $f : V \to V'$ tale
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che $f(\vv i) = \ww i$ $\forall 1 \leq i \leq n$.. Dal momento che per costruzione $M_\basis(\varphi) = M_{\basis''}(\varphi')$,
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$\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(\ww i, \ww j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$.
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Si conclude dunque che $\varphi(\v, \w) = \varphi'(f(\v), f(\w))$ $\forall \v, \w \in V$, e dunque
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che $f$ è un'isometria, come desiderato dalla tesi.
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\end{proof}
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\begin{proposition} $(V, \varphi)$ e $(V', \varphi')$ spazi vettoriali
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su $\RR$ sono
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isometrici $\iff$ $\varphi$ e $\varphi'$ hanno la stessa segnatura.
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\end{proposition}
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\begin{proof}\nl\nl
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\rightproof Per la precedente proposizione, esistono due basi $\basis$ e $\basis'$, una di $V$ e una di $V'$,
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tali che $M_\basis(\varphi) \cong M_{\basis'}(\varphi)$. Allora queste due matrici condividono la stessa
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segnatura, e così quindi anche $\varphi$ e $\varphi'$. \\
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\leftproof Se $\varphi$ e $\varphi'$ hanno la stessa segnatura, esistono due basi $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ e $\basis' = \{ \ww 1, \ldots, \ww n \}$, una
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di $V$ e una di $V'$, tali che $M = M_\basis(\varphi) = M_{\basis'}(\varphi')$ e che $M$ è una matrice di
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Sylvester. Allora si costruisce $f : V \to V'$ tale che $f(\vv i) = \ww i$. Esso è un isomorfismo, e per
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costruzione $\varphi(\vv i, \vv j) = \varphi'(\ww i, \ww j) = \varphi'(f(\vv i), f(\vv j))$ $\forall 1 \leq i, j \leq n$, da cui
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si conclude che $\varphi(\v, \w) = \varphi'(f(\v), f(\w))$ $\forall \v$, $\w \in V$, e quindi che $V$ e
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$V'$ sono isometrici.
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\end{proof}
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% \begin{example}
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% Per $\varphi = x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3$. %TODO: guarda dalle slide.
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% \end{example}
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\begin{definition} (sottospazio isotropo)
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Sia $W$ un sottospazio di $V$. Allora $W$ si dice \textbf{sottospazio isotropo} di $V$
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se $\restr{\varphi}{W} = 0$.
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\end{definition}
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\begin{remark}\nl
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\li $V^\perp$ è un sottospazio isotropo di $V$. \\
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\li $\vec{v}$ è un vettore isotropo $\iff$ $W = \Span(\vec v)$ è un sottospazio isotropo di $V$. \\
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\li $W \subseteq V$ è isotropo $\iff$ $W \subseteq W^\perp$.
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\end{remark}
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\begin{proposition}
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Sia $\varphi$ non degenere. Se $W$ è un sottospazio isotropo di $V$, allora
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$\dim W \leq \frac{1}{2} \dim V$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Poiché $W$ è un sottospazio isotropo di $V$, $W \subseteq W^\perp \implies \dim W \leq \dim W^\perp$.
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Allora, poiché $\varphi$ è non degenere, $\dim W + \dim W^\perp = \dim V$, $\dim W \leq \dim V - \dim W$,
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da cui $\dim W \leq \frac{1}{2} \dim V$.
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\end{proof}
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\begin{definition}
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Si definisce \textbf{indice di Witt} $W(\varphi)$ di $(V, \varphi)$
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come la massima dimensione di un sottospazio isotropo.
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\end{definition}
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\begin{remark}\nl
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\li Se $\varphi > 0$ o $\varphi < 0$, $W(\varphi) = 0$.
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\end{remark}
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\begin{proposition}
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Sia $\KK = \RR$. Sia $\varphi$ non degenere e sia $\sigma(\varphi) = (\iota_+(\varphi), \iota_-(\varphi), 0)$. Allora
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$W(\varphi) = \min\{\iota_+(\varphi), \iota_-(\varphi)\}$.
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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Senza perdità di generalità si assuma $\iota_-(\varphi) \leq \iota_+(\varphi)$ (il caso $\iota_-(\varphi) > \iota_+(\varphi)$ è analogo). Sia $W$ un sottospazio con $\dim W > \iota_-(\varphi)$. Sia $W^+$
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un sottospazio con $\dim W^+ = \iota_+(\varphi)$ e $\restr{\varphi}{W^+} > 0$. Allora, per la formula
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di Grassmann, $\dim W + \dim W^+ > n \implies \dim W + \dim W^+ > \dim W + \dim W^+ - \dim (W \cap W^+) \implies \dim (W \cap W^+) > 0$. Quindi $\exists \w \in W$, $\w \neq \vec 0$ tale che $\varphi(\w, \w) > 0$, da cui
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si ricava che $W$ non è isotropo. Pertanto $W(\varphi) \leq \iota_-(\varphi)$. \\
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Sia $a := \iota_+(\varphi)$ e sia $b := \iota_-(\varphi)$.
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Sia ora $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv a, \ww 1, \ldots, \ww b \}$ una base tale per cui $M_\basis(\varphi)$ è la matrice di Sylvester per $\varphi$. Siano $\vv 1$, ..., $\vv a$ tali che $\varphi(\vv i, \vv i) = 1$
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con $1 \leq i \leq a$. Analogamente siano $\ww 1$, ..., $\ww b$ tali che $\varphi(\ww i, \ww i) = -1$ con
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$1 \leq i \leq b$. Detta allora $\basis' = \{ \vv 1 ' := \vv 1 + \ww 1, \ldots, \vv b ' := \vv b + \ww b \}$, sia $W = \Span(\basis')$. \\
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Si osserva che $\basis'$ è linearmente indipendente, e dunque che $\dim W = \iota_-$. Inoltre
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$\varphi(\vv i ', \vv j ') = \varphi(\vv i + \ww i, \vv j + \ww j)$. Se $i \neq j$, allora
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$\varphi(\vv i ', \vv j ') = 0$, dal momento che i vettori di $\basis$ sono a due a due ortogonali
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tra loro. Se invece $i = j$, allora $\varphi(\vv i ', \vv j ') = \varphi(\vv i, \vv i) + \varphi(\ww i, \ww i) = 1-1=0$. Quindi $M_{\basis'}(\restr{\varphi}{W}) = 0$, da cui si conclude che $\restr{\varphi}{W} = 0$.
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Pertanto $W(\varphi) \geq i_-(\varphi)$, e quindi $W(\varphi) = i_-(\varphi)$, da cui la tesi.
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\end{proof}
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\end{document} |