Probar $(V_1 \cap V_2)^{\perp_L} = V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L}$ Si $f$ es no degenerado
Dejar $f(\alpha, \beta)$ ser una forma bilineal en el $n$-espacio lineal dimensional $V$ sobre el campo numérico $F$. Demuestre, si$f(\alpha, \beta)$ es no degenerado, para cualquier subespacio $V_1$ y $V_2$ de $V$, luego \begin{align*} & (V_1 \cap V_2)^{\perp_L} = V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L}, \\ & (V_1 \cap V_2)^{\perp_R} = V_1^{\perp_R} + V_2^{\perp_R}. \end{align*} donde para cualquier subespacio $W$ de $V$, el grupo ortogonal izquierdo $W^{\perp_L}$y el grupo ortogonal derecho $W^{\perp_R}$ están definidos por \begin{align*} & W^{\perp_L} = \{\alpha \in V: f(\alpha, \beta) = 0, \forall \beta \in W\}, \\ & W^{\perp_R} = \{\beta \in V: f(\alpha, \beta) = 0, \forall \alpha \in W\}. \end{align*}
Por definición, puedo mostrar (en esta dirección, la no degeneración de $f$ no es necesario) que $V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L} \subseteq (V_1 \cap V_2)^{\perp_L}$. No tengo muchos pensamientos sobre la otra dirección, en particular, cómo la no degeneración de$f$ ¿debería aplicarse?
Respuestas
$\newcommand{\lbot}{\perp_L}$ $\newcommand{\rbot}{\perp_R}$
Primero probamos por definición que \begin{align*} & (V_1 + V_2)^{\lbot} = V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}; \tag{1} \\ & (V_1 + V_2)^{\rbot} = V_1^{\rbot} \cap V_2^{\rbot}. \tag{2} \end{align*} Dejar $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$, luego para cualquier $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, tenemos \begin{align*} & f(\alpha, \beta_1 + \beta_2) = f(\alpha, \beta_1) + f(\alpha, \beta_2) = 0, \\ & f(\alpha, \beta_1 - \beta_2) = f(\alpha, \beta_1) - f(\alpha, \beta_2) = 0. \end{align*}
Por lo tanto $f(\alpha, \beta_1) = f(\alpha, \beta_2) = 0$, es decir, $\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$. Por el contrario, si$\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$, luego para cualquier $\beta = \beta_1 + \beta_2 \in V_1 + V_2$, dónde $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, tenemos $$f(\alpha, \beta_1 + \beta_2) = f(\alpha, \beta_1) + f(\alpha, \beta_2) = 0 + 0 = 0,$$ es decir, $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$. La segunda igualdad se puede probar de manera similar.
Si $f(\alpha, \beta)$ es no degenerado, mostramos que para cualquier subespacio $W$ de $V$, $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Por definición,$W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$. Para mostrar la otra dirección, se puede mostrar mediante$f$ es no degenerado que para cualquier subespacio $W$, $$\dim(W^{\lbot}) = \dim(W^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W).$$
Luego se sigue que \begin{align*} \dim((W^{\lbot})^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W^{\lbot}) = \dim(V) - (\dim(V) - \dim(W)) = \dim(W). \tag{*} \end{align*} Esta igualdad y $W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$ implica que $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Similar,$W = (W^{\rbot})^{\lbot}$.
Ahora por $(1)$ y $(2)$, tenemos \begin{align*} (V_1 \cap V_2)^{\lbot} = ((V_1^{\lbot})^{\rbot} \cap (V_2^{\lbot})^{\rbot})^{\lbot} = ((V_1^{\lbot} + V_2^{\lbot})^{\rbot})^{\lbot} = V_1^{\lbot} + V_2^{\lbot}. \end{align*} Esto completa la prueba.
(La igualdad $(*)$ se puede establecer construyendo un mapa entre $W^{\lbot}$ al espacio de solución de la primera $\dim(W)$ columnas de la matriz $(f(\alpha_i, \alpha_j))$.)