Dimostralo $(V_1 \cap V_2)^{\perp_L} = V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L}$ Se $f$ è non degenere
Permettere $f(\alpha, \beta)$ essere una forma bilineare su $n$-spazio lineare dimensionale $V$ sul campo del numero $F$. Dimostrare, se$f(\alpha, \beta)$ è non degenere, per qualsiasi sottospazio $V_1$ e $V_2$ di $V$, poi \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*} dove per ogni sottospazio $W$ di $V$, il gruppo ortogonale sinistro $W^{\perp_L}$e il gruppo ortogonale destro $W^{\perp_R}$ sono definiti da \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*}
Per definizione, sono in grado di mostrare (in questa direzione, la non degenerazione di $f$ non è necessario) quello $V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L} \subseteq (V_1 \cap V_2)^{\perp_L}$. Non ho molti pensieri sull'altra direzione, in particolare, come la non degenerazione di$f$ dovrebbe essere applicato?
Risposte
$\newcommand{\lbot}{\perp_L}$ $\newcommand{\rbot}{\perp_R}$
Per prima cosa lo dimostriamo per definizione \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*} Permettere $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$, quindi per qualsiasi $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, noi abbiamo \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*}
Quindi $f(\alpha, \beta_1) = f(\alpha, \beta_2) = 0$, cioè $\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$. Al contrario, se$\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$, quindi per qualsiasi $\beta = \beta_1 + \beta_2 \in V_1 + V_2$, dove $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, noi abbiamo $$f(\alpha, \beta_1 + \beta_2) = f(\alpha, \beta_1) + f(\alpha, \beta_2) = 0 + 0 = 0,$$ cioè $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$. La seconda uguaglianza può essere dimostrata in modo simile.
Se $f(\alpha, \beta)$ non è degenere, lo dimostriamo per qualsiasi sottospazio $W$ di $V$, $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Per definizione,$W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$. Per mostrare l'altra direzione, può essere mostrato da$f$ è non degenere quello per qualsiasi sottospazio $W$, $$\dim(W^{\lbot}) = \dim(W^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W).$$
Quindi ne consegue \begin{align*} \dim((W^{\lbot})^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W^{\lbot}) = \dim(V) - (\dim(V) - \dim(W)) = \dim(W). \tag{*} \end{align*} Questa uguaglianza e $W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$ implica quello $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Allo stesso modo,$W = (W^{\rbot})^{\lbot}$.
Adesso da $(1)$ e $(2)$, noi abbiamo \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*} Questo completa la dimostrazione.
(L'uguaglianza $(*)$ può essere stabilito costruendo una mappa tra $W^{\lbot}$ allo spazio della soluzione del primo $\dim(W)$ colonne della matrice $(f(\alpha_i, \alpha_j))$.)