Considerazioni generali

Span contenuto nello spazio nullo

Dati $V$$V$ e $\phi$$\phi$ come sopra, sia ${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ una base di $V$$V$ ortogonale per $\phi$$\phi$, di cui il teorema precedente garantisce l'esistenza; allora $\phi (v_{k},v_{l})=0$$\phi (v_{k},v_{l})=0$ per $k\neq l,1<k<l<d$$k\neq l,1<k<l<d$ e quindi la matrice associata al prodotto scalare è la matrice diagonale con entrate $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{d}$$\lambda _{1},\dots ,\lambda _{d}$ con $\lambda _{k}:=\phi (v_{k},v_{k})$$\lambda _{k}:=\phi (v_{k},v_{k})$.

$\phi$$\phi$ è non degenere se e solo se la matrice associata è invertibile (il suo ker è 0), quindi $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{d}\neq 0$$\lambda _{1},\dots ,\lambda _{d}\neq 0$, perchè il determinante della matrice, dato dalla moltiplicazione dei $\lambda _{j}$$\lambda _{j}$, dev'essere diverso da 0.

Supponiamo che $\phi$$\phi$ sia degenere allora $\lambda _{j}=0$$\lambda _{j}=0$ per qualche $j$$j$. Possiamo supporre che $\lambda _{j}=0$$\lambda _{j}=0$ se $1<j<r$$1<j<r$ e $\lambda _{j}\neq 0$$\lambda _{j}\neq 0$ se $r+1<j<d$$r+1<j<d$ (anche se riordino i vettori la base è comunque ortogonale).

Osservazione 16.3

Sia $v$$v$ appartenente a ${\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$${\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$, allora esistono scalari tali che

$$v=\sum _{j=1}^{r}\alpha _{j}*v_{j}.$$

$$v=\sum _{j=1}^{r}\alpha _{j}*v_{j}.$$

Per ogni $k\in \{1,\dots ,d\}$$k\in \{1,\dots ,d\}$ abbiamo allora

$$\phi (v,v_{k})=\phi (\sum _{j=1}^{r}\alpha _{j}*v_{j},v_{k})$$

$$\phi (v,v_{k})=\phi (\sum _{j=1}^{r}\alpha _{j}*v_{j},v_{k})$$

Uso la linearità:

$$\phi (v,v_{k})=\sum _{j=1}^{r}\alpha _{j}*\phi (v_{j},v_{k})$$

$$\phi (v,v_{k})=\sum _{j=1}^{r}\alpha _{j}*\phi (v_{j},v_{k})$$

Ma $\phi (v_{j},v_{k})=0$$\phi (v_{j},v_{k})=0$ infatti se $k\neq j$$k\neq j$ è uguale da 0 per definizione, mentre se $k=j$$k=j$ è uguale a 0 per costruzione, perchè $j<r$$j<r$.

Ma se $\phi (v_{j},v_{k})=0\forall j$$\phi (v_{j},v_{k})=0\forall j$ anche $\phi (v,v_{k})=0,\forall k=1,\dots ,d$$\phi (v,v_{k})=0,\forall k=1,\dots ,d$. Inoltre ogni vettore di $V$$V$ può essere scritto come combinazione lineare dei vettori della base, cioè esistono $\beta _{1},\dots ,\beta _{d}$$\beta _{1},\dots ,\beta _{d}$ in $K$$K$ tali che

$$u=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*v_{k}$$

$$u=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*v_{k}$$

quindi si può scrivere:

$$\phi (v,u)=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*\phi (v,v_{k})$$

$$\phi (v,u)=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*\phi (v,v_{k})$$

ma $\phi (v,v_{k})=0$$\phi (v,v_{k})=0$ per quanto detto prima, quindi $\phi (v,u)=0\forall u$$\phi (v,u)=0\forall u$ cioè $v$$v$ appartiene allo spazio nullo di $V$$V$.

Concludiamo che ${\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$${\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$ è contenuto nello spazio nullo di $\phi$$\phi$.

 

Spazio nullo contenuto nello span

Sia viceversa $v$$v$ un elemento dello spazio nullo del prodotto scalare. Allora esistono $\beta _{1},\dots ,\beta _{d}$$\beta _{1},\dots ,\beta _{d}$ tali per cui

$$v=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*v_{k}$$

$$v=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*v_{k}$$

allora se $r+1\leq j\leq d$$r+1\leq j\leq d$ sappiamo che $\phi (v,v_{j})=0$$\phi (v,v_{j})=0$ perchè $v$$v$ appartiene allo spazio nullo del prodotto scalare.

Se uso la linearità sulla prima componente ottengo

$$\phi (v,v_{j})=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*\phi (v_{k},v_{j})=0$$

$$\phi (v,v_{j})=\sum _{k=1}^{d}\beta _{k}*\phi (v_{k},v_{j})=0$$

ma $\phi (v_{k},v_{j})=0$$\phi (v_{k},v_{j})=0$ per ogni $k\neq j$$k\neq j$, rimane solo $\beta _{j}*\lambda _{j}=0$$\beta _{j}*\lambda _{j}=0$ ma $\lambda _{j}\neq 0$$\lambda _{j}\neq 0$ per $j\geq r+1$$j\geq r+1$. Concludo che $\beta _{j}=0$$\beta _{j}=0$ per $j\geq r+1$$j\geq r+1$ e $\beta _{j}\neq 0$$\beta _{j}\neq 0$ per $1<j<r$$1<j<r$.

Concludiamo che se $v$$v$ appartiene allo spazio nullo del prodotto scalare, allora

$$v=\beta _{1}*v_{1}+\dots +\beta _{r}*v_{r}$$

$$v=\beta _{1}*v_{1}+\dots +\beta _{r}*v_{r}$$

quindi $v\in {\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$$v\in {\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$.

Dalle due implicazioni segue che ${\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$${\rm {{span}\{v_{1},\dots ,v_{r}\}}}$ e lo spazio nullo del prodotto scalare coincidono.

Abbiamo quindi dimostrato il seguente:

Teorema 16.2

Sia $V$$V$ uno spazio vettoriale su $K$$K$ finitodimensionale, di dimensione $d\geq 1$$d\geq 1$. Sia $\phi :V\times V\to K$$\phi :V\times V\to K$ un prodotto scalare e sia ${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ una base ortogonale per $\phi$$\phi$, cioè $\phi (v_{k},v_{l})\neq 0\forall k\neq l$$\phi (v_{k},v_{l})\neq 0\forall k\neq l$. Allora

1. $\phi$$\phi$ è non degenere se e solo se $\phi (v_{k},v_{k})\neq 0$$\phi (v_{k},v_{k})\neq 0$ per ogni $k\in \{1,\dots ,l\}$$k\in \{1,\dots ,l\}$;
2. se $\phi$$\phi$ è degenere (cioè se lo spazio nullo è diverso da 0 e quindi se $\phi (v_{k},v_{k})=0$$\phi (v_{k},v_{k})=0$ per almeno un k) allora lo spazio nullo è lo span dei $v_{j}$$v_{j}$ che corrispondono alle entrate diagonali uguali a 0, cioè è lo span dei $v_{j}$$v_{j}$ tali che $\phi (v_{j},v_{j})=0$$\phi (v_{j},v_{j})=0$

 

Caso particolare K= C

Nelle ipotesi precedenti ($\phi$$\phi$ prodotto scalare, ${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$${\mathcal {B}}=\{v_{1},\dots ,v_{d}\}$ base di $V$$V$ ortogonale per $\phi$$\phi$), supponiamo che $\phi (v_{j},v_{j})=0$$\phi (v_{j},v_{j})=0$ per $j=1,\dots ,r$$j=1,\dots ,r$ e $\phi (v_{j},v_{j})\neq 0$$\phi (v_{j},v_{j})\neq 0$ se $r+1\leq j\leq d$$r+1\leq j\leq d$.

Allora definisco una nuova sequenza di vettori ${\mathcal {B}}'=\{v_{1}',\dots ,v_{d}'\}$${\mathcal {B}}'=\{v_{1}',\dots ,v_{d}'\}$ come segue:

$$v_{j}'={\begin{cases}v_{j}&{\hbox{se }}j=1,\dots ,r\\{\frac {1}{\eta _{j}}}*v_{j}&{\hbox{se }}j=r+1,\dots ,d\end{cases}}$$

$$v_{j}'={\begin{cases}v_{j}&{\hbox{se }}j=1,\dots ,r\\{\frac {1}{\eta _{j}}}*v_{j}&{\hbox{se }}j=r+1,\dots ,d\end{cases}}$$

ove $(\eta _{j})^{2}=\lambda _{j}=\phi (v_{j},v_{j})$$(\eta _{j})^{2}=\lambda _{j}=\phi (v_{j},v_{j})$.

Si noti che è possibile fare quest'operazione solo se $K=\mathbb {C}$$K=\mathbb {C}$ perché $\mathbb {C}$$\mathbb {C}$ è l'unico campo in cui ogni elemento ha una radice e in cui si è certi dell'esistenza di $\eta _{j}$$\eta _{j}$.

Si noti che i $v_{j}'$$v_{j}'$ sono ancora una base ortogonale, perchè rimangono linearmente indipendenti e ortogonali tra loro.

Se $k\leq r$$k\leq r$ allora $\phi (v_{k}',v_{k}')=0$$\phi (v_{k}',v_{k}')=0$. Invece, se $k=r+1,\dots ,d$$k=r+1,\dots ,d$, si ha

$$\phi (v_{k}',v_{k}')={\frac {1}{(\eta _{k})^{2}}}*\phi (v_{k},v_{k})={\frac {1}{(\eta _{k})^{2}}}*\lambda _{k}=1$$

$$\phi (v_{k}',v_{k}')={\frac {1}{(\eta _{k})^{2}}}*\phi (v_{k},v_{k})={\frac {1}{(\eta _{k})^{2}}}*\lambda _{k}=1$$

Teorema 16.3

Se $V$$V$ è uno spazio vettoriale su $\mathbb {C}$$\mathbb {C}$ di dimensione finita $d$$d$ e se $\phi :V\times V\to \mathbb {C}$$\phi :V\times V\to \mathbb {C}$ è è un prodotto scalare, allora esiste una base ${\mathcal {B}}$${\mathcal {B}}$ di $V$$V$ ortogonale per $\phi$$\phi$ tale che $\phi (v_{k},v_{k})\in \{0,1\}$$\phi (v_{k},v_{k})\in \{0,1\}$ per ogni $k=1,\dots ,d$$k=1,\dots ,d$ (cioè le entrate diagonali sono uguali a 0 o a 1).

Quindi se $C$$C$ è una matrice complessa, simmetrica $d\times d$$d\times d$, allora esiste una matrice $A$$A$$d\times d$$d\times d$ invertibile tale che $A^{t}CA$$A^{t}CA$ è la matrice con tutte le entrate diagonali uguali a 1.

In generale, se $C$$C$ ha rango $s\leq d$$s\leq d$, allora esiste $A$$A$ invertibile $d\times d$$d\times d$ tale che $A^{t}CA$$A^{t}CA$ è una