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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{22 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{Decomposizione di Jordan, forma canonica di Jordan reale e prodotto scalare}
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\end{center}
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\begin{note}
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Nel corso del documento, qualora non specificato, per $f$ si intenderà un qualsiasi
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endomorfismo di $V$, dove $V$ è uno spazio vettoriale di dimensione $n \in \NN$. Inoltre
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per $\KK$ si intenderà, per semplicità, un campo algebricamente chiuso; altrimenti
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è sufficiente considerare un campo $\KK$ in cui i vari polinomi caratteristici esaminati
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si scompongono in fattori lineari.
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\end{note}
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Sia $J$ la forma canonica di Jordan relativa a $f \in \End(V)$ in una base $\basis$. Allora è possibile decomporre
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tale matrice in una somma di due matrici $D$ e $N$ tali che:
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\begin{itemize}
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\item $D$ è diagonale e in particolare contiene tutti gli autovalori di $J$;
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\item $N$ è nilpotente ed è pari alla matrice ottenuta ignorando la diagonale di $J$;
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\item $DN = ND$, dacché le due matrici sono a blocchi diagonali.
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\end{itemize}
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Pertanto è possibile considerare gli endomorfismi $\delta = M_\basis\inv(D)$ (diagonalizzabile) e $\nu = M_\basis\inv(N)$ (nilpotente).
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Si osserva allora che questi endomorfismi sono tali che $f = \delta + \nu$ (\textbf{decomposizione di Jordan} di $f$).
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\begin{theorem}
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La decomposizione di Jordan di $f$ è unica.
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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Per dimostrare che la decomposizione di Jordan è unica è sufficiente mostrare che, dati $\delta$, $\delta'$
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diagonalizzabili e $\nu$, $\nu'$ nilpotenti tali che $f = \delta + \nu = \delta' + \nu'$, deve valere
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necessariamente che $\delta = \delta'$ e che $\nu = \nu'$. In particolare è sufficiente dimostrare
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che $\restr{\delta}{\Gensp} = \restr{\delta'}{\Gensp}$ per ogni autovalore $\lambda$ di $f$, dal momento
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che $V = \gensp 1 \oplus \cdots \oplus \gensp k$, dove $k$ è il numero di autovalori distinti di $f$, e
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così le matrici associate dei due endomorfismi sarebbero uguali in una stessa base, da cui si concluderebbe che
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$\delta = \delta'$, e quindi che $\nu = \nu'$. \\
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Si osserva innanzitutto che $\delta$ (e così tutti gli altri tre endomorfismi) commuta con $f$:
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$\delta \circ f = \delta \circ (\delta + \nu) \underbrace{=}_{\delta \circ \nu = \nu \circ \delta} (\delta + \nu) \circ \delta = f \circ \delta$.
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Da quest'ultimo risultato consegue che $\Gensp$ è $\delta$-invariante, dacché se $f$ commuta con $\delta$,
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anche $(f - \lambda \Id)^n$ commuta con $\delta$. Sia infatti
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$\v \in \Gensp = \Ker (f - \lambda \Id)^n$, allora $(f - \lambda \Id)^n(\delta(\v)) = \delta((f - \lambda \Id)^n(\v)) = \delta(\vec 0) = \vec 0 \implies \delta(\Gensp) \subseteq \Gensp$. \\
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Si considerano allora gli endomorfismi $\restr{\delta}{\Gensp}$, $\restr{\delta'}{\Gensp}$, $\restr{\nu}{\Gensp}$, $\restr{\nu'}{\Gensp} \in \End(\Gensp)$. Dal momento che $\restr{\delta}{\Gensp}$
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e $\restr{\nu}{\Gensp}$ commutano, esiste una base $\basis'$ di $\Gensp$ tale per cui i due endomorfismi
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sono triangolarizzabili simultaneamente. Inoltre, dal momento che $\restr{\delta}{\Gensp}$ è una restrizione
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su $\delta$, che è diagonalizzabile per ipotesi, anche quest'ultimo endomorfismo è diagonalizzabile;
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analogamente $\restr{\nu}{\Gensp}$ è ancora nilpotente. \\
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Si osserva dunque che $M_{\basis'}(\restr{f}{\Gensp}) =
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M_{\basis'}(\restr{\delta}{\Gensp}) + M_{\basis'}(\restr{\nu}{\Gensp})$: la
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diagonale di $M_\basis'(\restr{\nu}{\Gensp})$ è nulla, e $M_{\basis'}(\restr{f}{\Gensp})$, poiché somma
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di due matrici triangolari superiori, è una matrice triangolare superiore. Allora la diagonale di
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$M_{\basis'}(\restr{f}{\Gensp})$ raccoglie l'unico autovalore $\lambda$ di $\restr{f}{\Gensp}$, che dunque è
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l'unico autovalore anche di $\restr{\delta}{\Gensp}$. In particolare, poiché $\restr{\delta}{\Gensp}$ è
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diagonalizzabile, vale che $\restr{\delta}{\Gensp} = \lambda \Id$. Analogamente $\restr{\delta'}{\Gensp} = \lambda \Id$, e quindi $\restr{\delta}{\Gensp} = \restr{\delta'}{\Gensp}$, da cui anche
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$\restr{\nu}{\Gensp} = \restr{\nu'}{\Gensp}$. Si conclude dunque che le coppie di endomorfismi sono
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uguali su ogni restrizione, e quindi che $\delta = \delta'$ e $\nu = \nu'$.
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\end{proof}
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Sia adesso $V = \RR^n$. Si consideri allora la forma canonica di Jordan di $f$ su $\CC$ (ossia estendendo, qualora
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necessario, il campo a $\CC$) e sia $\basis$ una base di Jordan per $f$.
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Sia $\alpha$ un autovalore di $f$ in $\CC \setminus \RR$. Allora, dacché $p_f \in \RR[\lambda]$, anche
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$\conj \alpha$ è un autovalore di $f$. In particolare, vi è un isomorfismo tra $\genspC \alpha$ e $\genspC{\conj{\alpha}}$ (rappresentato proprio dall'operazione di coniugio). Quindi i blocchi di Jordan
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relativi ad $\alpha$ e ad $\conj \alpha$ sono gli stessi, benché coniugati. \\
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Sia ora $\basis'$ una base ordinata di Jordan per $\restr{f}{\genspC \alpha}$, allora $\conj{\basis'}$ è anch'essa una base ordinata di Jordan per $\restr{f}{ \genspC{\conj{\alpha}}}$. Si
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consideri dunque $W = \genspC \alpha \oplus \genspC{\conj{\alpha}}$ e la restrizione
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$\varphi = \restr{f}{W}$. Si osserva che la forma canonica di $\varphi$ si ottiene estraendo i singoli blocchi relativi
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ad $\alpha$ e $\conj \alpha$ dalla forma canonica di $f$. Se $\basis' = \{ \vv 1, ..., \vv k \}$,
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si considera $\basis'' = \{ \Re(\vv 1), \imm(\vv 1), ..., \Re(\vv k), \imm(\vv k) \}$, ossia
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i vettori tali che $\vv i = \Re(\vv i) + i \imm(\vv i)$. Questi vettori soddisfano due particolari
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proprietà:
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\begin{itemize}
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\item $\Re(\vv i) = \displaystyle \frac{\vv i + \conj{\vv i}}{2}$,
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\item $\imm(\vv i) = \displaystyle \frac{\vv i - \conj{\vv i}}{2i} \underbrace{=}_{\frac{1}{i}=-i} -\frac{\vv i - \conj{\vv i}}{2} i$.
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\end{itemize}
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In particolare $\basis''$ è un base di $W$, dal momento che gli elementi di $\basis''$ generano $W$ e sono
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tanti quanto la dimensione di $W$, ossia $2k$. Si ponga $\alpha = a + bi$. Se $\vv i$ è autovettore si conclude che:\footnote{Si è in seguito utilizzato più volte l'identità $f(\conj{\vv i}) = \conj{f(\vv i)}$.}
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\begin{itemize}
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\item $f(\Re(\vv i)) = \frac{1}{2}\left( f(\vv i) + f( \conj{\vv i}) \right) =
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\frac{1}{2}\left( \alpha \vv i + \conj \alpha \conj{\vv i} \right) =
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\frac{1}{2}\left( a \vv i + b i \vv i + a \conj{\vv i} - b i \conj{\vv i} \right)
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= a \frac{\vv i + \conj{\vv i}}{2} + b \frac{\vv i - \conj{\vv i}}{2} i =
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a \Re(\vv i) - b \imm(\vv i)$,
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\item $f(\imm(\vv i)) = \frac{1}{2i}\left( f(\vv i) - f( \conj{\vv i}) \right) =
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\frac{1}{2i}\left( \alpha \vv i - \conj \alpha \conj{\vv i} \right) =
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\frac{1}{2i}\left( a \vv i + b i \vv i - a \conj{\vv i} + b i \conj{\vv i} \right)
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= b \frac{\vv i + \conj{\vv i}}{2} + a \frac{\vv i - \conj{\vv i}}{2i} =
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b \Re(\vv i) + a \imm(\vv i)$.
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\end{itemize}
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Altrimenti, se non lo è:
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\begin{itemize}
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\item $f(\Re(\vv i)) = \frac{1}{2}\left( f(\vv i) + f( \conj{\vv i}) \right) =
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\frac{1}{2}\left( \alpha \vv i + \vv{i-1} + \conj \alpha \conj{\vv i} + \conj{\vv{i-1}} \right) =
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\frac{1}{2}\left( a \vv i + b i \vv i + a \conj{\vv i} - b i \conj{\vv i} \right) + \Re(\vv{i-1})
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= a \frac{\vv i + \conj{\vv i}}{2} + b \frac{\vv i - \conj{\vv i}}{2} i + \Re(\vv{i-1}) =
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a \Re(\vv i) - b \imm(\vv i) + \Re(\vv{i-1})$,
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\item $f(\imm(\vv i)) = \frac{1}{2i}\left( f(\vv i) - f( \conj{\vv i}) \right) =
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\frac{1}{2i}\left( \alpha \vv i + \vv {i-1} - \conj \alpha \conj{\vv i} - \conj{\vv{i-1}} \right) =
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\frac{1}{2i}\left( a \vv i + b i \vv i - a \conj{\vv i} + b i \conj{\vv i} \right) + \imm(\vv{i-1})
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= b \frac{\vv i + \conj{\vv i}}{2} + a \frac{\vv i - \conj{\vv i}}{2i} + \imm(\vv{i-1})=
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b \Re(\vv i) + a \imm(\vv i) + \imm(\vv{i-1})$.
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\end{itemize}
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Quindi la matrice associata nella base $\basis''$ è la stessa di $f$ relativa ad $\alpha$ dove
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si amplifica la matrice sostituendo ad $\alpha$ la matrice\footnote{Si verifica facilmente che lo
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spazio delle matrici $\left\{\Matrix{a & -b \\ b & a} \in M(2, \RR) \mid a, b \in \RR\right\}$ è isomorfo a $\CC$
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secondo la mappa $\Matrix{a & -b \\ b & a} \mapsto a + bi$.} $\Matrix{a & -b \\ b & a}$ e ad
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$1$ la matrice $\Matrix{1 & 0 \\ 0 & 1}$.
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\begin{example}
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Si consideri la matrice $M = \Matrix{1+i & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1+i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1-i & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1-i}$.
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Si osserva che $M$ è composta da due blocchi che sono uno il blocco coniugato dell'altro. Quindi
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$M$ è simile alla matrice reale $\Matrix{1 & -1 & 1 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1}$.
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\end{example}
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\hr
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\begin{definition}
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Un \textbf{prodotto scalare} su $V$ è una forma bilineare simmetrica $\varphi$ con argomenti in $V$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Sia $\varphi : M(n, \KK)^2 \to \KK$ tale che $\varphi(A, B) = \tr(AB)$. \\
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\li $\varphi(A + A', B) = \tr((A + A')B) = \tr(AB + A'B) = \tr(AB) + \tr(A'B) = \varphi(A, B) + \varphi(A', B)$ (linearità
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nel primo argomento), \\
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\li $\varphi(\alpha A, B) = \tr(\alpha A B) = \alpha \tr(AB) = \alpha \varphi(A, B)$ (omogeneità nel secondo argomento), \\
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\li $\varphi(A, B) = \tr(AB) = \tr(BA) = \varphi(B, A)$ (simmetria), \\
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|
\li poiché $\varphi$ è simmetrica, $\varphi$ è lineare e omogenea anche nel secondo argomento, e quindi è una
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forma bilineare simmetrica, ossia un prodotto scalare su $M(n, \KK)$.
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\end{example}
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\begin{definition}
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Si definisce prodotto scalare \textit{canonico} di $\KK^n$ la forma bilineare simmetrica $\varphi$ con
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argomenti in $\KK^n$ tale che:
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\[ \varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n x_i y_i. \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si può facilmente osservare che il prodotto scalare canonico di $\KK^n$ è effettivamente un prodotto
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scalare. \\
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\li $\varphi((x_1, ..., x_n) + (x_1', ..., x_n'), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n (x_i + x_i') y_i =
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\sum_{i=1}^n \left[x_iy_i + x_i' y_i\right] = \sum_{i=1}^n x_i y_i + \sum_{i=1}^n x_i' y_i =
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\varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) + \varphi((x_1', ..., x_n'), (y_1, ..., y_n))$ (linearità nel
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primo argomento), \\
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\li $\varphi(\alpha(x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n \alpha x_i y_i = \alpha \sum_{i=1}^n x_i y_i =
|
|
\alpha \varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n))$ (omogeneità nel primo argomento), \\
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\li $\varphi((x_1, ..., x_n), (y_1, ..., y_n)) = \sum_{i=1}^n x_i y_i = \sum_{i=1}^n y_i x_i = \varphi((y_1, ..., y_n), (x_1, ..., x_n))$ (simmetria), \\
|
|
\li poiché $\varphi$ è simmetrica, $\varphi$ è lineare e omogenea anche nel secondo argomento, e quindi è una
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forma bilineare simmetrica, ossia un prodotto scalare su $\KK^n$.
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\end{remark}
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\begin{example}
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Altri esempi di prodotto scalare sono i seguenti: \\
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\li $\varphi(A, B) = \tr(A^\top B)$ per $M(n, \KK)$, \\
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\li $\varphi(p(x), q(x)) = p(a) q(a)$ per $\KK[x]$, con $a \in \KK$, \\
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\li $\varphi(p(x), q(x)) = \sum_{i=1}^n p(x_i) q(x_i)$ per $\KK[x]$, con $x_1$, ..., $x_n$ distinti, \\
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\li $\varphi(p(x), q(x)) = \int_a^b p(x)q(x) dx$ per lo spazio delle funzioni integrabili su $\RR$, con $a$, $b$ in $\RR$, \\
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\li $\varphi(\vec{x}, \vec{y}) = \vec{x}^\top A \vec{y}$ per $\KK^n$, con $A \in M(n, \KK)$ simmetrica.
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\end{example}
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\begin{definition}
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Sia\footnote{In realtà, la definizione è facilmente estendibile a qualsiasi campo, purché esso
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sia ordinato.} $\KK = \RR$. Allora un prodotto scalare $\varphi$ è \textbf{definito positivo} se $\vec{v} \neq \vec{0} \implies
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\varphi(\vec{v}, \vec{v}) > 0$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Il prodotto scalare canonico di $\RR^n$ è definito positivo: infatti $\varphi((x_1, ..., x_n), (x_1, ..., x_n)) =
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\sum_{i=1}^n x_i^2 = 0 \iff x_i = 0$, $\forall 1 \leq i \leq n$ $\iff (x_1, ..., x_n) = \vec{0}$. \\
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Al contrario, il prodotto scalare $\varphi : \RR^2 \to \RR$ tale che $\varphi((x_1, x_2), (y_1, y_2)) = x_1 y_1 - x_2 y_2$ non è definito positivo: $\varphi((x, y), (x, y)) = 0$, $\forall$ $(x, y) \mid x^2 = y^2$, ossia se
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$y = x$ o $y = -x$.
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\end{example}
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\begin{definition}
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Dato un prodotto scalare $\varphi$ di $V$, ad ogni vettore $\vec{v} \in V$ si associa una \textbf{forma quadratica}
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$q : V \to \KK$ tale che $q(\vec{v}) = \varphi(\vec{v}, \vec{v})$.
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si osserva che $q$ non è lineare in generale: infatti $q(\vec{v} + \vec{w}) \neq q(\vec{v}) + q(\vec{w})$ in
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$\RR^n$.
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\end{remark}
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\begin{definition}
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Un vettore $\vec{v} \in V$ si dice \textbf{isotropo} rispetto al prodotto scalare $\varphi$ se $q(\vec{v}) =
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\varphi(\vec{v}, \vec{v}) = 0$.
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\end{definition}
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\begin{example}
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Rispetto al prodotto scalare $\varphi : \RR^3 \to \RR$ tale che $\varphi((x_1, x_2, x_3), (y_1, y_2, y_3)) =
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x_1 y_1 + x_2 y_2 - x_3 y_3$, i vettori isotropi $(x, y, z)$ sono quelli tali che $x^2 + y^2 = z^2$, ossia
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i vettori stanti sul cono di eq.~$x^2 + y^2 = z^2$.
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\end{example}
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\begin{remark}
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Come già osservato in generale per le app.~multilineari, il prodotto scalare è univocamente determinato
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dai valori che assume nelle coppie $\vv{i}, \vv{j}$ estraibili da una base $\basis$. Infatti, se
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$\basis = (\vv1, ..., \vv{k})$, $\vec{v} = \sum_{i=1}^k \alpha_i \vv{i}$ e $\vec{w} = \sum_{i=1}^k \beta_i \vv{i}$,
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allora:
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\[ \varphi(\vec{v}, \vec{w}) = \sum_{1 \leq i \leq j \leq k} \alpha_i \beta_j \, \varphi(\vv{i}, \vv{j}). \]
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\end{remark}
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\begin{definition}
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Sia $\varphi$ un prodotto scalare di $V$ e sia $\basis = (\vv1, ..., \vv{n})$ una base ordinata di $V$. Allora si denota con \textbf{matrice associata}
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a $\varphi$ la matrice:
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\[ M_\basis(\varphi) = (\varphi(\vv{i}, \vv{j}))_{i,\,j = 1\text{---}n} \in M(n, \KK). \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si possono fare alcune osservazioni riguardo $M_\basis(\varphi)$. \\
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\li $M_\basis(\varphi)$ è simmetrica, infatti $\varphi(\vv{i}, \vv{j}) = \varphi(\vv{j}, \vv{i})$ per
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definizione di prodotto scalare, \\
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\li $\varphi(\vec{v}, \vec{w}) = [\vec{v}]_\basis^\top M_\basis(\varphi) [\vec{w}]_\basis$.
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\end{remark}
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\begin{theorem} (di cambiamento di base per matrici di prodotti scalari) Siano $\basis$, $\basis'$ due
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basi ordinate di $V$. Allora, se $\varphi$ è un prodotto scalare di $V$ e $P = M^{\basis'}_{\basis}(\Id_V)$, vale la seguente identità:
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\[ \underbrace{M_{\basis'}(\varphi)}_{A'} = P^\top \underbrace{M_{\basis}}_{A} P. \]
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\end{theorem}
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\begin{proof} Siano $\basis = (\vv{1}, ..., \vv{n})$ e $\basis' = (\vec{w}_1, ..., \vec{w}_n)$. Allora
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$A'_{ij} = \varphi(\vec{w}_i, \vec{w}_j) = [\vec{w}_i]_{\basis}^\top A [\vec{w}_j]_{\basis} =
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(P^i)^\top A P^j = P_i^\top (AP)^j = (P^\top AP)_{ij}$, da cui la tesi.
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\end{proof}
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\begin{definition}
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Si definisce \textbf{congruenza} la relazione di equivalenza $\sim$ definita nel seguente
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modo su $A, B \in M(n, \KK)$:
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\[ A \sim B \iff \exists P \in GL(n, \KK) \mid A = P^\top A P. \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Si può facilmente osserva che la congruenza è in effetti una relazione di equivalenza. \\
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\li $A = I^\top A I \implies A \sim A$ (riflessione), \\
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\li $A \sim B \implies A = P^\top B P \implies B = (P^\top)\inv A P\inv = (P\inv)^\top A P\inv \implies B \sim A$ (simmetria), \\
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\li $A \sim B \implies A = P^\top B P$, $B \sim C \implies B = Q^\top C Q$, quindi $A = P^\top Q^\top C Q P =
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(QP)^\top C (QP)$ (transitività).
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\end{remark}
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\begin{remark}
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Si osservano alcune proprietà della congruenza. \\
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\li Per il teorema di cambiamento di base del prodotto scalare, due matrici associate a uno stesso
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prodotto scalare sono sempre congruenti (esattamente come due matrici associate a uno stesso
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endomorfismo sono sempre simili).
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\li Se $A$ e $B$ sono congruenti, $A = P^\top B P \implies \rg(A) = \rg(P^\top B P) = \rg(BP) = \rg(B)$,
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dal momento che $P$ e $P^\top$ sono invertibili; quindi il rango è un invariante per congruenza. Allora
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è ben definito il rango $\rg(\varphi)$ di un prodotto scalare come il rango di una sua qualsiasi matrice
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associata.
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\li Se $A$ e $B$ sono congruenti, $A = P^\top B P \implies \det(A) = \det(P^\top B P) = \det(P^\top) \det(B) \det(P)=
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|
\det(P)^2 \det(B)$. Quindi, per $\KK = \RR$, il segno del determinante è invariante per congruenza.
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\end{remark}
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\begin{definition}
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Si dice \textbf{radicale} di un prodotto scalare $\varphi$ lo spazio:
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\[ V^\perp = \{ \vec{v} \in V \mid \varphi(\vec{v}, \vec{w}) = 0, \forall \vec{w} \in V \} \]
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\end{definition}
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\begin{remark}
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Il radicale di $\RR^n$ con il prodotto scalare canonico ha dimensione nulla, dal momento che $\forall \vec{v} \in \RR^n \setminus \{\vec{0}\}$, $q(\vec{v}) = \varphi(\vec{v}, \vec{v}) > 0$.
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\end{remark}
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\begin{definition}
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Un prodotto scalare si dice \textbf{degenere} se il radicale dello spazio su tale prodotto scalare ha
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dimensione non nulla.
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\end{definition}
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%TODO: spiegare perché \alpha_\varphi è lineare e aggiungere esempi nella parte precedente.
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%TODO: aggiungere osservazioni sul radicale (i.e. che è uno spazio, che ogni suo vettore è isotropo, ...).
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\begin{remark}
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Si definisce l'applicazione lineare $\alpha_\varphi : V \to \dual{V}$ in modo tale che
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$\alpha_\varphi(\vec{v}) = p$, dove $p(\vec{w}) = \varphi(\vec{v}, \vec{w})$. \\
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Allora $V^\perp$ altro non è che $\Ker \alpha_\varphi$. Se $V$ ha dimensione finita, $\dim V = \dim \dual{V}$,
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e si può allora concludere che $\dim V^\perp > 0 \iff \Ker \alpha_\varphi \neq \{\vec{0}\} \iff \alpha_\varphi$ non è
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invertibile (infatti lo spazio di partenza e di arrivo di $\alpha_\varphi$ hanno la stessa dimensione). In
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particolare, $\alpha_\varphi$ non è invertibile se e solo se $\det(\alpha_\varphi) = 0$. \\
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Sia $\basis = (\vv{1}, ..., \vv{n})$ una base ordinata di $V$. Si consideri allora la base ordinata del
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duale costruita su $\basis$, ossia $\dual{\basis} = (\vecdual{v_1}, ..., \vecdual{v_n})$. Allora
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$M_{\basisdual}^\basis(\alpha_\varphi)^i = [\alpha_\varphi(\vv{i})]_{\basisdual} = \Matrix{\varphi(\vec{v_i}, \vec{v_1}) \\ \vdots \\ \varphi(\vec{v_i}, \vec{v_n})} \underbrace{=}_{\varphi \text{ è simmetrica}}
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\Matrix{\varphi(\vec{v_1}, \vec{v_i}) \\ \vdots \\ \varphi(\vec{v_n}, \vec{v_i})} = M_\basis(\varphi)^i$. Quindi
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$M_{\basisdual}^\basis(\alpha_\varphi) = M_\basis(\varphi)$. \\
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Si conclude allora che $\varphi$ è degenere se e solo se $\det (M_\basis(\varphi)) = 0$ e che
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$V^\perp \cong \Ker M_\basis(\varphi)$ con l'isomorfismo è il passaggio alle coordinate.
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\end{remark}
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\end{document}
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