notes/Geometria 1/Prodotto scalare e hermitiano/2023-04-17, 19, Prodotti hermitiani e teorema spettrale/main.tex

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\title{\textbf{Note del corso di Geometria 1}}
\author{Gabriel Antonio Videtta}
\date{17 e 19 aprile 2023}

\begin{document}
	
	\maketitle
	
	\begin{center}
		\Large \textbf{Prodotti hermitiani, spazi euclidei e teorema spettrale}
	\end{center}
	
	\begin{note}
		Nel corso del documento, per $V$ si intenderà uno spazio vettoriale di dimensione
		finita $n$ e per $\varphi$ un suo prodotto, hermitiano o scalare
		dipendentemente dal contesto.
	\end{note}

	\begin{definition} (prodotto hermitiano) Sia $\KK = \CC$. Una mappa $\varphi : V \times V \to \CC$ si dice \textbf{prodotto hermitiano} se:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $\varphi$ è $\CC$-lineare nel secondo argomento, ossia se $\varphi(\v, \U + \w) = \varphi(\v, \U) + \varphi(\v, \w)$ e
			$\varphi(\v, a \w) = a \, \varphi(\v, \w)$,
			\item $\varphi(\U, \w) = \conj{\varphi(\w, \U)}$.
		\end{enumerate}
	\end{definition}

	\begin{definition} (prodotto hermitiano canonico in $\CC^n$) Si definisce
		\textbf{prodotto hermitiano canonico} di $\CC^n$ il prodotto $\varphi : \CC^n \times \CC^n \to \CC$ tale per cui, detti $\v = (z_1 \cdots z_n)^\top$ e $\w = (w_1 \cdots w_n)^\top$, $\varphi(\v, \w) = \sum_{i=1}^n \conj{z_i} w_i$.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl
		\li $\varphi(\U + \w, \v) = \conj{\varphi(\v, \U + \w)} =
		\conj{\varphi(\v, \U) + \varphi(\v, \w)} = \conj{\varphi(\v, \U)} + \conj{\varphi(\v, \U)} = \varphi(\w, \v) + \varphi(\U, \v)$, ossia
		$\varphi$ è additiva anche nel primo argomento. \\
		\li $\varphi(a \v, \w) = \conj{\varphi(\w, a \v)} = \conj{a} \conj{\varphi(\w, \v)} = \conj{a} \, \varphi(\v, \w)$. \\
		\li $\varphi(\v, \v) = \conj{\varphi(\v, \v)}$, e quindi $\varphi(\v, \v) \in \RR$. \\
		\li Sia $\v = \sum_{i=1}^n x_i \vv i$ e sia $\w = \sum_{i=1}^n y_i \vv i$, allora $\varphi(\v, \w) = \sum_{i =1}^n \sum_{j=1}^n \conj{x_i} y_i \varphi(\vv i, \vv j)$. \\
		\li $\varphi(\v, \w) = 0 \iff \varphi(\w, \v) = 0$.
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Data la forma quadratica $q : V \to \RR$  del prodotto hermitiano $\varphi$ tale che $q(\v) = \varphi(\v, \v) \in \RR$, tale
		forma quadratica individua univocamente il prodotto hermitiano $\varphi$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Innanzitutto si osserva che:
		
		\[ \varphi(\v, \w) = \frac{\varphi(\v, \w) + \conj{\varphi(\v, \w)}}{2} +  \frac{\varphi(\v, \w) . \conj{\varphi(\v, \w)}}{2}. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Si considerano allora le due identità:
		
		\[ q(\v + \w) - q(\v) - q(\w) =
		\varphi(\v, \w) + \conj{\varphi(\w, \v)} = 2 \, \Re(\varphi(\v, \w)), \]
		
		\[ q(i\v + \w) - q(\v) - q(\w) = -i(\varphi(\v, \w) - \conj{\varphi(\v, \w)}) = 2 \, \imm(\varphi(\v, \w)), \]
		
		\vskip 0.05in
		
		da cui si conclude che il prodotto $\varphi$ è univocamente
		determinato dalla sua forma quadratica.
	\end{proof}

	\begin{definition}
		Si definisce \textbf{matrice aggiunta} di $A \in M(n, \KK)$ la matrice coniugata della trasposta di $A$, ossia:
		
		\[ A^* = \conj{A^\top} = \conj{A}^\top. \]
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Per quanto riguarda la matrice aggiunta valgono le principali proprietà della matrice trasposta:
		
		\begin{itemize}
			\item $(A + B)^* = A^* + B^*$,
			\item $(AB)^* = B^* A^*$,
			\item $(A\inv)^* = (A^*)\inv$, se $A$ è invertibile.
		\end{itemize}
	\end{remark}

	%TODO: aggiungere tr(conj(A^t) B)
	
	\begin{definition} (matrice associata del prodotto hermitiano) Analogamente
		al caso del prodotto scalare, data una base $\basis = \{\vv 1, \ldots, \vv n\}$ si definisce
		come \textbf{matrice associata del prodotto hermitiano} $\varphi$
		la matrice $M_\basis(\varphi) = (\varphi(\vv i, \vv j))_{i,j = 1 \textrm{---} n}$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Si osserva che, analogamente al caso del prodotto scalare, vale
		la seguente identità:
		
		\[ \varphi(\v, \w) = [\v]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\w]_\basis. \]
	\end{remark}
	
	\begin{proposition}
		(formula del cambiamento di base per i prodotto hermitiani) Siano
		$\basis$, $\basis'$ due basi di $V$. Allora vale la seguente
		identità:
		
		\[ M_{\basis'} = M_{\basis}^{\basis'}(\Idv)^* M_\basis(\varphi) M_{\basis}^{\basis'}(\Idv). \]
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Siano $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ e $\basis' = \{ \ww 1, \ldots, \ww n \}$. Allora $\varphi(\ww i, \ww j) = [\ww i]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\ww j]_\basis = \left( M_\basis^{\basis'}(\Idv)^i \right)^* M_\basis(\varphi) M_\basis^{\basis'}(\Idv)^j =
		\left(M_\basis^{\basis'}(\Idv)\right)^*_i M_\basis(\varphi) M_\basis^{\basis'}(\Idv)^j$, da cui si ricava l'identità
		desiderata.
	\end{proof}

	\begin{definition} (radicale di un prodotto hermitiano)
		Analogamente al caso del prodotto scalare, si definisce il \textbf{radicale} del prodotto $\varphi$ come il seguente sottospazio: 
		
		\[ V^\perp = \{ \v \in V \mid \varphi(\v, \w) = 0 \, \forall \w \in V \}. \]
	\end{definition}

	\begin{proposition}
		Sia $\basis$ una base di $V$ e $\varphi$ un prodotto hermitiano. Allora $V^\perp = [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$\footnote{Stavolta non è sufficiente considerare la mappa $f : V \to V^*$ tale che $f(\v) = \left[ \w \mapsto \varphi(\v, \w) \right]$, dal momento che $f$ non è lineare, bensì antilineare, ossia $f(a \v) = \conj a f(\v)$.}.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ e sia $\v \in V^\perp$.
		Siano $a_1$, ..., $a_n \in \KK$ tali che $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$. Allora, poiché $\v \in V$, $0 = \varphi(\vv i, \v) =
		= a_1 \varphi(\vv i, \vv 1) + \ldots + a_n \varphi(\vv i, \vv n) = M_i [\v]_\basis$, da cui si ricava che $[\v]_\basis \in \Ker M_\basis(\varphi)$, e quindi che $V^\perp \subseteq [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$. \\
		
		Sia ora $\v \in V$ tale che $[\v]_\basis \in \Ker M_\basis(\varphi)$.
		Allora, per ogni $\w \in V$, $\varphi(\w, \v) = [\w]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\v]_\basis = [\w]_\basis^* 0 = 0$, da cui si
		conclude che $\v \in V^\perp$, e quindi che  $V^\perp \supseteq [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$, da cui
		$V^\perp = [\cdot]_\basis \inv (\Ker M_\basis(\varphi))$, ossia
		la tesi.
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Come conseguenza della proposizione appena dimostrata, valgono
		le principali proprietà già viste per il prodotto scalare. \\
		
		\li $\det(M_\basis(\varphi)) = 0 \iff V^\perp \neq \zerovecset \iff \varphi$ è degenere, \\
		\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.
	\end{remark}

	\hr

	\begin{definition} (restrizione ai reali di uno spazio) Sia $V$
		uno spazio vettoriale su $\CC$ con base $\basis$. Si definisce allora lo spazio $V_\RR$, detto
		\textbf{spazio di restrizione su $\RR$} di $V$, come uno spazio su $\RR$ generato da
		$\basis_\RR = \basis \cup i \basis$. 
	\end{definition}

	\begin{example}
		Si consideri $V = \CC^3$. Una base di $\CC^3$ è chiaramente $\{ \e1, \e2, \e3 \}$. Allora
		$V_\RR$ sarà uno spazio vettoriale su $\RR$ generato dai vettori $\{ \e1, \e2, \e3, i\e1, i\e2, i\e3 \}$.
	\end{example}

	\begin{remark}
		Si osserva che lo spazio di restrizione su $\RR$ e lo spazio di partenza condividono lo stesso insieme
		di vettori. Infatti, $\Span_\CC(\basis) = \Span_\RR(\basis \cup i\basis)$. Ciononostante, $\dim V_\RR = 2 \dim V$\footnote{Si sarebbe potuto ottenere lo stesso risultato utilizzando il teorema delle torri algebriche: $[V_\RR : \RR] = [V: \CC] [\CC: \RR] = 2 [V : \CC]$.}, se $\dim V \in \NN$.
	\end{remark}

	\begin{definition} (complessificazione di uno spazio) Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\RR$.
		Si definisce allora lo \textbf{spazio complessificato} $V_\CC = V \times V$ su $\CC$ con le seguenti operazioni:
		
		\begin{itemize}
			\item $(\v, \w) + (\v', \w') = (\v + \v', \w + \w')$,
			\item $(a+bi)(\v, \w) = (a\v - b\w, a\w + b\v)$.
		\end{itemize}
	\end{definition}

	\begin{remark}
		La costruzione dello spazio complessificato emula in realtà la costruzione di $\CC$ come spazio
		$\RR \times \RR$. Infatti se $z = (c, d)$, vale che $(a + bi)(c, d) = (ac - bd, ad + bc)$, mentre
		si mantiene l'usuale operazione di addizione. In particolare si può identificare l'insieme
		$V \times \zerovecset$ come $V$, mentre $\zerovecset \times V$ viene identificato come l'insieme
		degli immaginari $iV$ di $V_\CC$. Infine, moltiplicare per uno scalare reale un elemento di
		$V \times \zerovecset$ equivale a moltiplicare la sola prima componente con l'usuale operazione
		di moltiplicazione di $V$. Allora, come accade per $\CC$, si può sostituire la notazione
		$(\v, \w)$ con la più comoda notazione $\v + i \w$.
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Innanzitutto si osserva che
		$(a+bi)(\v, \vec 0) = (a\v, b\v)$. Pertanto si può concludere che $\basis \times \zerovecset$ è
		una base dello spazio complessificato $V_\CC$ su $\CC$. \\
		
		Infatti, se $(a_1 + b_1 i)(\vv 1, \vec 0) + \ldots + (a_n + b_n i)(\vv n, \vec 0) = (\vec 0, \vec 0)$,
		allora $(a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n, b_1 \vv 1 + \ldots + b_n \vv n) = (\vec 0, \vec 0)$.
		Poiché però $\basis$ è linearmente indipendente per ipotesi, l'ultima identità implica che
		$a_1 = \cdots = a_n = b_1 = \cdots = b_n = 0$, e quindi che $\basis \times \zerovecset$ è linearmente
		indipendente. \\
		
		Inoltre $\basis \times \zerovecset$ genera $V_\CC$. Se infatti $\v = (\U, \w)$, e vale che:
		
		\[ \U = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n, \quad \w = b_1 \vv 1 + \ldots + b_n \vv n, \]
		
		\vskip 0.1in
		
		allora $\v = (a_1 + b_1 i) (\vv 1, \vec 0) + \ldots + (a_n + b_n i) (\vv n, \vec 0)$. Quindi
		$\dim V_\CC = \dim V$.
	\end{remark}

	\begin{definition}
		Sia $f$ un'applicazione $\CC$-lineare di $V$ spazio vettoriale su $\CC$. Allora
		si definisce la \textbf{restrizione su} $\RR$ di $f$, detta $f_\RR : V_\RR \to V_\RR$,
		in modo tale che $f_\RR(\v) = f(\v)$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Sia $\basis = \{\vv 1, \ldots, \vv n\}$ una base di $V$ su $\CC$. Sia $A = M_\basis(f)$. Si
		osserva allora che, se $\basis' = \basis \cup i \basis$ e $A = A' + i A''$ con $A'$, $A'' \in M(n, \RR)$,
		vale la seguente identità:
		
		\[ M_{\basis'}(f_\RR) = \Matrix{ A' & \rvline & -A'' \\ \hline A'' & \rvline & A' }. \]
		
		Infatti, se $f(\vv i) = (a_1 + b_1 i) \vv 1 + \ldots + (a_n + b_n i) \vv n$, vale che
		$f_\RR(\vv i) = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n + b_1 (i \vv 1) + \ldots + b_n (i \vv n)$,
		mentre $f_\RR(i \vv i) = i f(\vv i) = - b_1 \vv 1 + \ldots - b_n \vv n + a_1 (i \vv 1) + \ldots + a_n (i \vv n)$.
	\end{remark}

	\begin{definition}
		Sia $f$ un'applicazione $\RR$-lineare di $V$ spazio vettoriale su $\RR$. Allora
		si definisce la \textbf{complessificazione} di $f$, detta $f_\CC : V_\CC \to V_\CC$,
		in modo tale che $f_\CC(\v + i \w) = f(\v) + i f(\w)$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Si verifica infatti che $f_\CC$ è $\CC$-lineare.
		\begin{itemize}
			\item $f_\CC((\vv1 + i \ww1) + (\vv2 + i \ww2)) = f_\CC((\vv1 + \vv2) + i (\ww1 + \ww2)) =
			f(\vv1 + \vv2) + i f(\ww1 + \ww2) = (f(\vv1) + i f(\ww1)) + (f(\vv2) + i f(\ww2)) =
			f_\CC(\vv1 + i\ww1) + f_\CC(\vv2 + i\ww2)$.
			
			\item $f_\CC((a+bi)(\v + i\w)) = f_\CC(a\v-b\w + i(a\w+b\v)) = f(a\v - b\w) + i f(a\w + b\v) =
			af(\v) - bf(\w) + i(af(\w) + bf(\v)) = (a+bi)(f(\v) + if(\w)) = (a+bi) f_\CC(\v + i\w)$.
		\end{itemize}
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Sia $f_\CC$ la complessificazione di $f \in \End(V)$, dove $V$ è uno spazio vettoriale su $\RR$.
		Sia inoltre $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Valgono allora i seguenti risultati:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $\restr{(f_\CC)_\RR}{V}$ assume gli stessi valori di $f$,
			\item $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f) \in M(n, \RR)$,
			\item $M_{\basis \cup i \basis}((f_\CC)_\RR) = \Matrix{M_\basis(f) & \rvline & 0 \\ \hline 0 & \rvline & M_\basis(f)}$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}

	\begin{proof}Si dimostrano i risultati separatamente.
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item Si osserva che $(f_\CC)_\RR(\vv i) = f_\CC(\vv i) = f(\vv i)$. Dal momento che
			$(f_\CC)_\RR$ è $\RR$-lineare, si conclude che $(f_\CC)_\RR$ assume gli stessi valori
			di $f$.
			
			\item Dal momento che $\basis$, nell'identificazione di $(\v, \vec 0)$ come $\v$, è
			sempre una base di $V_\CC$, e $f_\CC(\vv i) = f(\vv i)$, chiaramente
			$[f_\CC(\vv i)]_\basis = [f(\vv i)]_\basis$, e quindi $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f)$,
			dove si osserva anche che $M_\basis(f) \in M(n, \RR)$, essendo $V$ uno spazio vettoriale
			su $\RR$.
			
			\item Sia $f(\vv i) = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$ con $a_1$, ..., $a_n \in \RR$. Come
			osservato in (i), $\restr{(f_\CC)_\RR}{\basis} = \restr{(f_\CC)_\RR}{\basis}$, e quindi
			la prima metà di $M_{\basis \cup i \basis}((f_\CC)_\RR)$ è formata da due blocchi: uno
			verticale coincidente con $M_\basis(f)$ e un altro completamente nullo, dal momento che
			non compare alcun termine di $i \basis$ nella scrittura di $(f_\CC)_\RR(\vv i)$. Al
			contrario, per $i \basis$, $(f_\CC)_\RR(i \vv i) = f_\CC(i \vv i) = i f(\vv i) = a_1 (i \vv 1) +
			\ldots + a_n (i \vv n)$; pertanto la seconda metà della matrice avrà i due blocchi della prima metà,
			benché scambiati.
		\end{enumerate}
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Dal momento che $M_\basis(f_\CC) = M_\basis(f)$, $f_\CC$ e $f$ condividono lo stesso polinomio caratteristico
		e vale che $sp(f) \subseteq sp(f_\CC)$, dove vale l'uguaglianza se e solo se tale polinomio caratteristico
		è completamente riducibile in $\RR$. Inoltre, se $V_\lambda$ è l'autospazio su $V$ dell'autovalore $\lambda$, l'autospazio
		su $V_\CC$, rispetto a $f_\CC$, è invece ${V_\CC}_\lambda = V_\lambda + i V_\lambda$, la cui
		dimensione rimane invariata rispetto a $V_\lambda$, ossia $\dim V_\lambda = \dim {V_\CC}_\lambda$
		(infatti, analogamente a prima, una base di $V_\lambda$ può essere identificata come base
		anche per ${V_\CC}_\lambda$).
	\end{remark}

	\begin{proposition}
		Sia $f_\CC$ la complessificazione di $f \in \End(V)$, dove $V$ è uno spazio vettoriale su $\RR$.
		Sia inoltre $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base di $V$. Allora un endomorfismo
		$\tilde g : V_\CC \to V_\CC$ complessifica un endomorfismo $g \in \End(V)$ $\iff$ $M_\basis(\tilde g) \in M(n, \RR)$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Se $\tilde g$ complessifica $g \in \End(V)$, allora, per la proposizione precedente,
		$M_\basis(\tilde g) = M_\basis(g) \in M(n, \RR)$. Se invece $A = M_\basis(\tilde g) \in M(n, \RR)$,
		si considera $g = M_\basis\inv(A) \in \End(V)$. Si verifica facilemente che $\tilde g$ non è altro che
		il complessificato di tale $g$:
		
		\begin{itemize}
			\item $\tilde g (\vv i) = g(\vv i)$, dove l'uguaglianza è data dal confronto delle matrici associate,
			e quindi $\restr{\tilde g}{V} = g$;
			\item $\tilde g(\v + i\w) = \tilde g(\v) + i \tilde g(\w) = g(\v) + i g(\w)$, da cui la tesi.
		\end{itemize}
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $\varphi$ un prodotto scalare di $V$ spazio vettoriale su $\RR$. Allora esiste un
		unico prodotto hermitiano $\varphi_\CC : V_\CC \times V_\CC \to \CC$ che estende $\varphi$ (ossia tale che
		$\restr{\varphi_\CC}{V \times V} = \varphi$), il quale assume la stessa segnatura
		di $\varphi$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis$ una base di Sylvester per $\varphi$. Si consideri allora il prodotto
		$\varphi_\CC$ tale che:
		
		\[ \varphi_\CC(\vv1 + i\ww1, \vv2 + i\ww2) = \varphi(\vv1, \vv2) + \varphi(\ww1, \ww2) + i(\varphi(\vv1, \ww1) - \varphi(\ww1, \vv2)). \]
		
		Chiaramente $\restr{\varphi_\CC}{V \times V} = \varphi$. Si verifica allora che $\varphi_\CC$ è hermitiano:
		
		\begin{itemize}
			\item $\varphi_\CC(\v + i\w, (\vv1 + i\ww1) + (\vv2 + i\ww2))$ $= \varphi(\v, \vv1 + \vv2) + \varphi(\w, \ww1 + \ww2)$ $+ i(\varphi(\v, \ww1 + \ww2)$ $- \varphi(\w, \vv1 + \vv2))$ $= [\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1) + i(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1))]$ $+ [\varphi(\v, \vv2) + \varphi(\w, \ww2) + i(\varphi(\v, \ww2) - \varphi(\w, \vv2))] = \varphi_\CC(\v + i\w, \vv1 + i\ww1) +
			\varphi_\CC(\v + i\w, \vv2 + i\ww2)$ (additività nel secondo argomento),

			\item $\varphi_\CC(\v + i\w, (a+bi)(\vv1 + i\ww1)) = \varphi_\CC(\v + i\w, a\vv1-b\ww1 + i(b\vv1+a\ww1)) =
			\varphi(\v, a\vv1-b\ww1) + \varphi(\w, b\vv1+a\ww1) + i(\varphi(\v, b\vv1+a\ww1) - \varphi(\w, a\vv1-b\ww1))=
			a\varphi(\v, \vv1) - b\varphi(\v, \ww1) + b\varphi(\w, \vv1) + a\varphi(\w, \ww1) + i(b\varphi(\v, \vv1) + a\varphi(\v, \ww1) - a\varphi(\w, \vv1) + b\varphi(\w, \ww1)) = a(\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1)) -
			b(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1)) + i(a(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1)) + b(\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1))) = (a+bi)(\varphi(\v, \vv1) + \varphi(\w, \ww1) + i(\varphi(\v, \ww1) - \varphi(\w, \vv1))) = (a+bi) \varphi_\CC(\v + \w, \vv1 + i\ww1)$ (omogeneità nel secondo argomento),
			
			\item $\varphi_\CC(\vv1 + i\ww1, \vv2 + i\ww2) = \varphi(\vv1, \vv2) + \varphi(\ww1, \ww2) + i(\varphi(\vv1, \ww2) - \varphi(\ww1, \vv2)) = \conj{\varphi(\vv1, \vv2) + \varphi(\ww1, \ww2) + i(\varphi(\ww1, \vv2) - \varphi(\vv1, \ww2))} = \conj{\varphi(\vv2, \vv1) + \varphi(\ww2, \ww1) + i(\varphi(\vv2, \ww1) - \varphi(\ww2, \vv1))} = \conj{\varphi_\CC(\vv2 + \ww2, \vv1 + \ww1)}$ (coniugio nello scambio degli argomenti).
		\end{itemize}
	
		Ogni prodotto hermitiano $\tau$ che estende il prodotto scalare $\varphi$ ha la stessa matrice associata nella
		base $\basis$, essendo $\tau(\vv i, \vv i) = \varphi(\vv i, \vv i)$ vero per ipotesi. Pertanto $\tau$ è
		unico, e vale che $\tau = \varphi_\CC$. Dal momento che $M_\basis(\varphi_\CC) = M_\basis(\varphi)$ è
		una matrice di Sylvester, $\varphi_\CC$ mantiene anche la stessa segnatura di $\varphi$.
	\end{proof}

	\hr	
	
	\begin{theorem} (di rappresentazione di Riesz per il prodotto scalare) 
		Sia $V$ uno spazio vettoriale e sia $\varphi$ un suo prodotto scalare
		non degenere. Allora per ogni $f \in V^*$ esiste un unico $\v \in V$ tale che
		$f(\w) = \varphi(\v, \w)$ $\forall \w \in V$.
	\end{theorem}

	\begin{proof}
		Si consideri l'applicazione $a_\varphi$. Poiché $\varphi$ non è degenere, $\Ker a_\varphi = V^\perp = \zerovecset$, da cui si deduce che $a_\varphi$ è un isomorfismo. Quindi $\forall f \in V^*$ esiste
		un unico $\v \in V$ tale per cui $a_\varphi(\v) = f$, e dunque tale per cui $\varphi(\v, \w) = a_\varphi(\v)(\w) = f(\w)$ $\forall \w \in V$.
	\end{proof}
	
	\begin{proof}[Dimostrazione costruttiva]
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. Allora $\basis^*$ è una base di $V^*$. In
		particolare $f = f(\vv 1) \vec{v_1^*} + \ldots + f(\vv n) \vec{v_n^*}$. Sia $\v = \frac{f(\vv 1)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 + \ldots + \frac{f(\vv n)}{\varphi(\vv n, \vv n)}$. Detto $\w = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$,
		si deduce che $\varphi(\v, \w) = a_1 f(\vv 1) + \ldots + a_n f(\vv n) = f(\w)$. Se esistesse $\v' \in V$ con
		la stessa proprietà di $\v$, $\varphi(\v, \w) = \varphi(\v', \w) \implies \varphi(\v - \v', \w)$ $\forall \w \in V$. Si deduce dunque che $\v - \v' \in V^\perp$, contenente solo $\vec 0$ dacché $\varphi$ è non degenere;
		e quindi si conclude che $\v = \v'$, ossia che esiste solo un vettore con la stessa proprietà di $\v$.
	\end{proof}

	\begin{theorem} (di rappresentazione di Riesz per il prodotto hermitiano)
		Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\CC$ e sia $\varphi$ un suo prodotto hermitiano non
		degenere. Allora per ogni $f \in V^*$ esiste un unico $\v \in V$ tale che
		$f(\w) = \varphi(\v, \w)$ $\forall \w \in V$.
	\end{theorem}

	\begin{proof}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. Allora $\basis^*$ è una base di $V^*$. In
		particolare $f = f(\vv 1) \vec{v_1^*} + \ldots + f(\vv n) \vec{v_n^*}$. Sia $\v = \frac{\conj{f(\vv 1)}}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 + \ldots + \frac{\conj{f(\vv n)}}{\varphi(\vv n, \vv n)}$. Detto $\w = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$,
		si deduce che $\varphi(\v, \w) = a_1 f(\vv 1) + \ldots + a_n f(\vv n) = f(\w)$. Se esistesse $\v' \in V$ con
		la stessa proprietà di $\v$, $\varphi(\v, \w) = \varphi(\v', \w) \implies \varphi(\v - \v', \w)$ $\forall \w \in V$. Si deduce dunque che $\v - \v' \in V^\perp$, contenente solo $\vec 0$ dacché $\varphi$ è non degenere;
		e quindi si conclude che $\v = \v'$, ossia che esiste solo un vettore con la stessa proprietà di $\v$.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $V$ uno spazio vettoriale con prodotto scalare $\varphi$ non degenere.
		Sia $f \in \End(V)$. Allora esiste un unico endomorfismo
		$f_\varphi^\top : V \to V$, 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:
		
		\[ a_\varphi \circ g = f^\top \circ a_\varphi, \]
		
		\vskip 0.05in
		
		ossia che:
		
		\[ \varphi(\v, f(\w)) = \varphi(g(\v), \w) \, \forall \v, \w \in V. \]
	\end{proposition}
	
	\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
		$f_\varphi^\top : V \to V$ 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 $\vv 1$, $\vv 2 \in V$. Si deve dimostrare innanzitutto che $f_\varphi^\top(\vv 1 + \vv 2) = f_\varphi^\top(\vv 1) + f_\varphi^\top(\vv 2)$, ossia che $\varphi(f_\varphi^\top(\vv 1) + f_\varphi^\top(\vv 2), \w) = \varphi(\vv 1 + \vv 2, f(\w))$ $\forall \w \in V$. \\

			Si osservano le seguenti identità:			
			\begin{align*}
				&\varphi(\vv 1 + \vv 2, f(\w)) = \varphi(\vv 1, f(\w)) + \varphi(\vv 2, f(\w)) = (*), \\
				&\varphi(f_\varphi^\top(\vv 1) + f_\varphi^\top(\vv 2), \w) = \varphi(f_\varphi^\top(\vv 1), \w) + \varphi(f_\varphi^\top(\vv 2), \w) = (*),
			\end{align*}
		
			da cui si deduce l'uguaglianza desiderata, essendo $f_\varphi^\top(\vv 1 + \vv 2)$ l'unico vettore di $V$
			con la proprietà enunciata dal teorema di rappresentazione di Riesz.
			
			\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 $f_\varphi^\top$ 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}
		Sia $V$ uno spazio vettoriale su $\CC$ e sia $\varphi$ un suo prodotto hermitiano. Allora esiste un'unica
		mappa\footnote{Si osservi che $f^*$ non è un'applicazione lineare, benché sia invece \textit{antilineare}.} $f^* : V \to V$, detta \textbf{aggiunto di} $f$, tale che $\varphi(\v, f(\w)) = \varphi(f^*(\v), \w)$ $\forall \v$, $\w \in V$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\v \in V$. Si consideri il funzionale $\sigma$ tale che $\sigma(\w) = \varphi(\v, f(\w))$. Per il
		teorema di rappresentazione di Riesz per il prodotto scalare esiste un unico $\v' \in V$ tale per cui
		$\varphi(\v, f(\w)) = \sigma(\w) = \varphi(\v', \w)$. Si costruisce allora una mappa $f^*$ che associa
		$\v$ a tale $\v'$. \\
		
		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
		$\mu = f^*$.
	\end{proof}
	
	\begin{remark}
		L'operazione di trasposizione di un endomorfismo sul prodotto scalare non degenere $\varphi$ è un'involuzione. Infatti valgono
		le seguenti identità $\forall \v$, $\w \in V$:
		
		\[ \system{\varphi(\w, f^\top(\v)) = \varphi(f^\top(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)), \\ \varphi(\w, f^\top(\v)) = \varphi((f^\top)^\top(\w), \v) =
			\varphi(\v, (f^\top)^\top(\w)).} \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Si conclude allora, poiché $\varphi$ è non degenere, che
		$f(\w) = (f^\top)^\top(\w)$ $\forall \w \in V$, ossia che $f = (f^\top)^\top$.
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Analogamente si può dire per l'operazione di aggiunta per un prodotto hermitiano $\varphi$ non degenere.
		Valgono infatti le seguenti identità $\forall \v$, $\w \in V$:
		
		\[ \system{\conj{\varphi(\w, f^*(\v))} = \varphi(f^*(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w)), \\ \conj{\varphi(\w, f^*(\v))} = \conj{\varphi((f^*)^*(\w), \v)} =
	\varphi(\v, (f^*)^*(\w)),} \]

	\vskip 0.05in
	
	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 $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ 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
		vale la seguente identità:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi), \]
		
		dove $\basis$ è una base di $V$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Sia $\basis^*$ la base relativa a $\basis$ in $V^*$. Per la proposizione precedente vale la seguente identità:
		
		\[ a_\varphi \circ f_\varphi^\top = f^\top \circ a_\varphi. \]
		
		Pertanto, passando alle matrici associate, si ricava che:
		
		\[ M_{\basis^*}^\basis(a_\varphi) M_\basis(f_\varphi^\top) = M_{\basis^*}(f^\top) M_{\basis^*}^\basis(a_\varphi). \]
		
		Dal momento che valgono le seguenti due identità:
		
		\[ M_{\basis^*}^\basis(a_\varphi) = M_\basis(\varphi), \qquad M_{\basis^*}(f^\top) = M_\basis(f)^\top, \]
		
		e $a_\varphi$ è invertibile (per cui anche $M_\basis(\varphi)$ lo è), si conclude che:
		
		\[ M_\basis(\varphi) M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi) \implies M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi), \]
		
		da cui la tesi.
	\end{proof}

	\begin{corollary} Sia $\varphi$ un prodotto scalare di $V$.
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $\varphi$ è non degenere e $M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(f)^\top$.
	\end{corollary}

	\begin{proof}
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $M_\basis(\varphi) = I_n$. Pertanto $\varphi$ è
		non degenere. Allora, per la proposizione precedente:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^\top) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi) = M_\basis(f)^\top. \]
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		Sia $\varphi$ un prodotto hermitiano non degenere di $V$. Sia $f \in \End(V)$. Allora
		vale la seguente identità:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^*) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi), \]
		
		dove $\basis$ è una base di $V$.
	\end{proposition}

	\begin{proof} Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$.
		Dal momento che $\varphi$ è non degenere, $\Ker M_\basis(\varphi) = V^\perp = \zerovecset$, e quindi
		$M_\basis(\varphi)$ è invertibile. \\
		
		Dacché allora $\varphi(f^*(\v), \w) = \varphi(\v, f(\w))$ $\forall \v$, $\w \in V$,
		vale la seguente identità:
		
		\[ [f^*(\v)]_\basis^* M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(\varphi) [f(\w)]_\basis, \]
		
		ossia si deduce che:
		
		\[ [\v]_\basis^* M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis. \]
		
		Sostituendo allora a $\v$ e $\w$ i vettori della base $\basis$, si ottiene che:
		
		\begin{gather*}
			(M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi))_{ij} = [\vv i]_\basis^* M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi) [\vv j]_\basis = \\ = [\vv i]_\basis^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\vv j]_\basis = (M_\basis(\varphi) M_\basis(f))_{ij},
		\end{gather*}
	
		e quindi che $M_\basis(f^*)^* M_\basis(\varphi) = M_\basis(\varphi) M_\basis(f)$. Moltiplicando
		a destra per l'inversa di $M_\basis(\varphi)$ e prendendo l'aggiunta di ambo i membri (ricordando
		che $M_\basis(\varphi)^* = M_\basis(\varphi)$, essendo $\varphi$ un prodotto hermitiano), si ricava
		l'identità desiderata.

	\end{proof}

	\begin{corollary} Sia $\varphi$ un prodotto hermitiano di $V$ spazio vettoriale su $\CC$.
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $\varphi$ è non degenere e $M_\basis(f_\varphi^*) = M_\basis(f)^*$.
	\end{corollary}
	
	\begin{proof}
		Se $\basis$ è una base ortonormale, $M_\basis(\varphi) = I_n$. Pertanto $\varphi$ è
		non degenere. Allora, per la proposizione precedente:
		
		\[ M_\basis(f_\varphi^*) = M_\basis(\varphi)\inv M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi) = M_\basis(f)^*. \]
	\end{proof}

	\begin{note}
		D'ora in poi, nel corso del documento, s'intenderà per $\varphi$ un prodotto scalare (o eventualmente hermitiano) non degenere di $V$.
	\end{note}

	\begin{definition} (operatori simmetrici)
		Sia $f \in \End(V)$. Si dice allora che $f$ è \textbf{simmetrico} (o \textit{autoaggiunto}) se $f = f^\top$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (applicazioni e matrici ortogonali)
		Sia $f \in \End(V)$. Si dice allora che $f$ è \textbf{ortogonale} se $\varphi(\v, \w) = \varphi(f(\v), f(\w))$.
		Sia $A \in M(n, \KK)$. Si dice dunque che $A$ è \textbf{ortogonale} se $A^\top A = A A^\top = I_n$.
	\end{definition}

	\begin{definition}
		Le matrici ortogonali di $M(n, \KK)$ formano un sottogruppo moltiplicativo di $\GL(n, \KK)$, detto \textbf{gruppo ortogonale},
		e indicato con $O_n$. Il sottogruppo di $O_n$ contenente solo le matrici con determinante pari a $1$ è
		detto \textbf{gruppo ortogonale speciale}, e si denota con $SO_n$.
	\end{definition}

	\begin{remark}
		Si possono classificare in modo semplice alcuni di questi gruppi ortogonali per $\KK = \RR$. \\
		
		\li $A \in O_n \implies 1 = \det(I_n) = \det(A A^\top) = \det(A)^2 \implies \det(A) = \pm 1$.
		\li $A = (a) \in O_1 \iff A^\top A = I_1 \iff a^2 = 1 \iff a = \pm 1$, 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:
		\begin{align*}
			&A = \Matrix{\cos(\theta) & -\sin(\theta) \\ \sin(\theta) & \cos(\theta)} \quad &\text{(}\!\det(A) = 1, A \in SO_2\text{)}, \\
			&A = \Matrix{\cos(\theta) & \sin(\theta) \\ \sin(\theta) & -\cos(\theta)} \quad &\text{(}\!\det(A) = -1\text{)}.
		\end{align*}
	\end{remark}

	\begin{definition} (applicazioni e matrici hermitiane)
		Sia $f \in \End(V)$ e si consideri il prodotto hermitiano $\varphi$. Si dice allora che
		$f$ è \textbf{hermitiano} se $f = f^*$. Sia $A \in M(n, \CC)$. Si dice dunque che $A$
		è \textbf{hermitiana} se $A = A^*$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (applicazioni e matrici unitarie)
		Sia $f \in \End(V)$ e si consideri il prodotto hermitiano $\varphi$. Si dice allora che
		$f$ è \textbf{unitario} se $\varphi(\v, \w) = \varphi(f(\v), f(\w))$. Sia $A \in M(n, \CC)$.
		Si dice dunque che $A$ è \textbf{unitaria} se $A^* A = A A^* = I_n$.
	\end{definition}

	\begin{definition}
		Le matrici unitarie di $M(n, \CC)$ formano un sottogruppo moltiplicativo di $\GL(n, \CC)$, detto \textbf{gruppo unitario},
		e indicato con $U_n$. Il sottogruppo di $U_n$ contenente solo le matrici con determinante pari a $1$ è
		detto \textbf{gruppo unitario speciale}, e si denota con $SU_n$.
	\end{definition}

	\begin{remark}\nl		
		\li $A \in U_n \implies 1 = \det(I_n) = \det(A A^*) = \det(A) \conj{\det(A)} = \abs{\det(A)}^2 = 1$.
		\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 $\varphi = \innprod{\cdot, \cdot}$.
	\end{definition}

	\begin{definition} (spazio euclideo complesso)
		Si definisce \textbf{spazio euclideo complesso} uno spazio vettoriale $V$ su $\CC$ dotato
		del prodotto hermitiano standard $\varphi = \innprod{\cdot, \cdot}$.
	\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 $\iff$ $M_\basis(f) = M_\basis(f)^\top$ $\iff$ $M_\basis(f)$ è simmetrica.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		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}
		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 $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è ortogonale, allora
		$[\v]_\basis^\top \, [\w]_\basis = [\v]_\basis^\top \, M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = \varphi(\v, \w) =
		\varphi(f(\v), f(\w)) = (M_\basis(f) [\v]_\basis)^\top \, M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) =
		[\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis = [\v]_\basis^\top M_\basis(f)^\top M_\basis(f) [\w]_\basis$. 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
		$f$ è ortogonale.
	\end{proof}

	\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}
		Per il corollario precedente, $f$ è hermitiana $\iff$ $f = f^*$ $\iff M_\basis(f) = M_\basis(f^*) = M_\basis(f)^*$.
	\end{proof}

	\begin{proposition}
		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 $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$. Se $f$ è unitario, allora
		$[\v]_\basis^* \, [\w]_\basis = [\v]_\basis^* \, M_\basis(\varphi) [\w]_\basis = \varphi(\v, \w) =
		\varphi(f(\v), f(\w)) = (M_\basis(f) [\v]_\basis)^* \, M_\basis(\varphi) (M_\basis(f) [\w]_\basis) =
		[\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(\varphi) M_\basis(f) [\w]_\basis = [\v]_\basis^* M_\basis(f)^* M_\basis(f) [\w]_\basis$. 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:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $A \in O_n$,
			\item $f_A$ è un operatore ortogonale,
			\item le colonne e le righe di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		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}
		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 $f_A$ è un operatore unitario,
			\item le colonne e le righe di $A$ formano una base ortonormale di $V$.
		\end{enumerate}
	\end{proposition}
	
	\begin{proof}
		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}

	\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 $M_\basis(f) \in M(n, \RR)$,
			$M_\basis(f) = \conj{M_\basis(f)} \implies M_\basis(f_\CC)^\top = M_\basis(f_\CC)^*$.
			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 $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n\}$ 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}
		D'ora in poi, qualora non specificato diversamente, si assumerà che $V$ sia uno spazio
		euclideo, reale o complesso.
	\end{note}
	
	\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 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 $d(\v, \w) = \norm{\v - \w}$.
	\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 $\norm{\v} = 0 \iff \v = \vec 0$. Infatti, se $\v = \vec 0$, chiaramente
		$\varphi(\v, \v) = 0 \implies \norm{\v} = 0$; se invece $\norm{\v} = 0$,
		$\varphi(\v, \v) = 0$, e quindi $\v = \vec 0$, 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 $\norm{\v + t\w}^2 \geq 0$, valida
		per ogni elemento di $V$. Allora $\norm{\v + t \w}^2 = \norm{\v}^2 + 2 \varphi(\v, \w) t + \norm{\w}^2 t^2 \geq 0$. L'ultima disuguaglianza è possibile se e solo se $\frac{\Delta}{4} \leq 0$, e quindi se e solo
		se $\varphi(\v, \w)^2 - \norm{\v}^2 \norm{\w}^2 \leq 0 \iff \norm{\v} \norm{\w} \geq \varphi(\v, \w)$.
		Vale in particolare l'equivalenza se e solo se $\norm{\v + t\w} = 0$, ossia se $\v + t\w = \vec 0$, 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 $\norm{\alpha \v + \beta \w}^2 \geq 0$, valida per ogni elemento di $V$. Allora
		$\norm{\alpha \v + \beta \w}^2 = \norm{\alpha \v}^2 + \varphi(\alpha \v, \beta \w) + \varphi(\beta \w, \alpha \v) + \norm{\beta \w}^2 = \abs{\alpha}^2 \norm{\v}^2 + \conj{\alpha} \beta \, \varphi(\v, \w) +
		\alpha \conj{\beta} \, \varphi(\w, \v) + \abs{\beta}^2 \norm{\w}^2 \geq 0$. Ponendo allora
		$\alpha = \norm{\w}^2$ e $\beta = -\varphi(\w, \v) = \conj{-\varphi(\v, \w)}$, si deduce che:
		
		\[ \norm{\v}^2 \norm{\w}^4 - \norm{\w}^2 \abs{\varphi(\v, \w)} \geq 0. \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Se $\w = \vec 0$, la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz è già dimostrata. Altrimenti, è sufficiente
		dividere per $\norm{\w}^2$ (dal momento che $\w \neq \vec 0 \iff \norm{\w} \neq 0$) per ottenere
		la tesi. Come prima, is osserva che l'uguaglianza si ottiene se e solo se $\v$ e $\w$ sono
		linearmente dipendenti.
	\end{proof}

	\begin{proposition} (disuguaglianza triangolare)
		$\norm{\v + \w} \leq \norm{\v} + \norm{\w}$.
	\end{proposition}

	\begin{proof}
		Si osserva che $\norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + \varphi(\v, \w) + \varphi(\w, \v) + \norm{\w}^2$.
		Se $\varphi$ è il prodotto scalare standard, si ricava che:
		\[ \norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + 2 \varphi(\v, \w) + \norm{\w}^2
		\leq \norm{\v}^2 + 2 \norm{\v} \norm{\w} + \norm{\w}^2 =
		(\norm{\v} + \norm{\w})^2,\]
		
		dove si è utilizzata la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Da quest'ultima disuguaglianza si ricava, prendendo la radice quadrata, la disuguaglianza
		desiderata. \\
		
		Se invece $\varphi$ è il prodotto hermitiano standard, $\norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + 2 \, \Re(\varphi(\v, \w)) + \norm{\w}^2 \leq \norm{\v}^2 + 2 \abs{\varphi(\v, \w)} + \norm{\w}^2$. Allora, riapplicando
		la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz, si ottiene che:
		
		\[ \norm{\v + \w}^2 \leq (\norm{\v} + \norm{\w})^2, \]
		
		da cui, come prima, si ottiene la disuguaglianza desiderata.
	\end{proof}

	\begin{remark}
		Utilizzando il concetto di norma euclidea, si possono ricavare due teoremi fondamentali della geometria,
		e già noti dalla geometria euclidea. \\
		
		\li Se $\v \perp \w$, allora $\norm{\v + \w}^2 = \norm{\v}^2 + \overbrace{(\varphi(\v, \w) + \varphi(\w, \v))}^{=\,0} + \norm{\w}^2 = \norm{\v}^2 + \norm{\w}^2$ (teorema di Pitagora), \\
		\li Se $\norm{\v} = \norm{\w}$ e $\varphi$ è un prodotto scalare, allora $\varphi(\v + \w, \v - \w) = \norm{\v}^2 - \varphi(\v, \w) + \varphi(\w, \v) - \norm{\w}^2  = \norm{\v}^2 - \norm{\w}^2 = 0$, e quindi
		$\v + \w \perp \v - \w$ (le diagonali di un rombo sono ortogonali tra loro).
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Sia $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ è una base ortogonale di $V$ per $\varphi$. \\
		
		\li Se $\v = a_1 \vv 1 + \ldots + a_n \vv n$, con $a_1$, ..., $a_n \in \KK$, si osserva
		che $\varphi(\v, \vv i) = a_i \varphi(\vv i, \vv i)$. Quindi $\v = \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(\v, \vv i)}{\varphi(\vv i, \vv i)} \, \vv i$. In particolare, $\frac{\varphi(\v, \vv i)}{\varphi(\vv i, \vv i)}$ è
		detto \textbf{coefficiente di Fourier} di $\v$ rispetto a $\vv i$, e si indica con $C(\v, \vv i)$. Se $\basis$ è ortonormale,
		$\v = \sum_{i=1}^n \varphi(\v, \vv i) \, \vv i$. \\
		\li Quindi $\norm{\v}^2 = \varphi(\v, \v) = \sum_{i=1}^n \frac{\varphi(\v, \vv i)^2}{\varphi(\vv i, \vv i)}$. In
		particolare, se $\basis$ è ortonormale, $\norm{\v}^2 = \sum_{i=1}^n \varphi(\v, \vv i)^2$. In tal caso,
		si può esprimere la disuguaglianza di Bessel: $\norm{\v}^2 \geq \sum_{i=1}^k \varphi(\v, \vv i)^2$ per $k \leq n$.
	\end{remark}

	\begin{remark} (algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt)
		Se $\varphi$ è non degenere (o in generale, se $\CI(\varphi) = \zerovecset$) ed è
		data una base $\basis = \{ \vv 1, \ldots, \vv n \}$ per $V$ (dove si ricorda che deve valere
		$\Char \KK \neq 2$), è possibile
		applicare l'\textbf{algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt} per ottenere
		da $\basis$ una nuova base $\basis' = \{ \vv 1', \ldots, \vv n' \}$ con le seguenti proprietà:
		
		\begin{enumerate}[(i)]
			\item $\basis'$ è una base ortogonale,
			\item $\basis'$ mantiene la stessa bandiera di $\basis$ (ossia $\Span(\vv 1, \ldots, \vv i) = \Span(\vv 1', \ldots, \vv i')$ per ogni $1 \leq i \leq n$).
		\end{enumerate}
	
		L'algoritmo si applica nel seguente modo: si prenda in considerazione $\vv 1$ e sottragga ad ogni altro vettore
		della base il vettore $C(\vv 1, \vv i) \vv 1 = \frac{\varphi(\vv 1, \vv i)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1$,
		rendendo ortogonale ogni altro vettore della base con $\vv 1$. Pertanto si applica la mappa
		$\vv i \mapsto \vv i - \frac{\varphi(\vv 1, \vv i)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv i = \vv i ^{(1)}$.
		Si verifica infatti che $\vv 1$ e $\vv i ^{(1)}$ sono ortogonali per $2 \leq i \leq n$:
		
		\[ \varphi(\vv 1, \vv i^{(1)}) = \varphi(\vv 1, \vv i) - \varphi\left(\vv 1, \frac{\varphi(\vv 1, \vv i)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv i\right) = \varphi(\vv 1, \vv i) - \varphi(\vv 1, \vv i) = 0. \]
		
		Poiché $\vv 1$ non è isotropo, si deduce la decomposizione $V = \Span(\vv 1) \oplus \Span(\vv 1)^\perp$.
		In particolare $\dim \Span(\vv 1)^\perp = n-1$: essendo allora i vettori $\vv 2 ^{(1)}, \ldots, \vv n ^{(1)}$
		linearmente indipendenti e appartenenti a $\Span(\vv 1)^\perp$, ne sono una base. Si conclude quindi
		che vale la seguente decomposizione:
		
		\[ V = \Span(\vv 1) \oplus^\perp \Span(\vv 2 ^{(1)}, \ldots, \vv n ^{(1)}). \]
		
		\vskip 0.05in

		Si riapplica dunque l'algoritmo di Gram-Schmidt prendendo come spazio vettoriale lo spazio generato dai
		vettori a cui si è applicato precedentemente l'algoritmo, ossia $V' = \Span(\vv 2 ^{(1)}, \ldots, \vv n ^{(1)})$,
		fino a che non si ottiene $V' = \zerovecset$. \\
		
		Si può addirittura ottenere una base ortonormale a partire da $\basis'$ normalizzando ogni vettore (ossia
		dividendo per la propria norma), se si sta considerando uno spazio euclideo.
	\end{remark}

	\begin{remark}
		Poiché la base ottenuta tramite Gram-Schmidt mantiene la stessa bandiera della base di partenza,
		ogni matrice triangolabile è anche triangolabile mediante una base ortogonale.
	\end{remark}

	\begin{example}
		Si consideri $V = (\RR^3, \innprod{\cdot})$, ossia $\RR^3$ dotato del prodotto scalare standard, e
		si applichi l'algoritmo di ortogonalizzazione di Gram-Schmidt sulla seguente base:
		
		\[ \basis = \Biggl\{ \underbrace{\Vector{1 \\ 0 \\ 0}}_{\vv 1 \, = \, \e1}, \underbrace{\Vector{1 \\ 1 \\ 0}}_{\vv 2}, \underbrace{\Vector{1 \\ 1 \\ 1}}_{\vv 3} \Biggl\} \]
		
		\vskip 0.05in
		
		Alla prima iterazione dell'algoritmo si ottengono i seguenti vettori:

		\begin{itemize}
			\item $\vv 2 ^{(1)} = \vv 2 -  \frac{\varphi(\vv 1, \vv 2)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 = \vv 2 - \vv 1 = \Vector{0 \\ 1 \\ 0} = \e 2$,
			\item $\vv 3 ^{(1)} = \vv 3 - \frac{\varphi(\vv 1, \vv 3)}{\varphi(\vv 1, \vv 1)} \vv 1 = \vv 3 - \vv 1 = \Vector{0 \\ 1 \\ 1}$.
		\end{itemize}
	
		Si considera ora $V' = \Span(\vv 2 ^{(1)}, \vv 3 ^{(1)})$. Alla seconda iterazione dell'algoritmo si
		ottiene allora il seguente vettore:
		
		\begin{itemize}
			\item $\vv 3 ^{(2)} = \vv 3 ^{(1)} - \frac{\varphi(\vv 2 ^{(1)},  \vv 3 ^{(1)})}{\varphi(\vv 2 ^{(1)}, \vv 2 ^{(1)})} \vv 2 ^{(1)} = \vv 3 ^{(1)} - \vv 2 ^{(1)} = \Vector{0 \\ 0 \\ 1} = \e 3$.
		\end{itemize}
	
		Quindi la base ottenuta è $\basis' = \{\e1, \e2, \e3\}$, ossia la base canonica di $\RR^3$, già
		ortonormale.
	\end{example}
\end{document}