Okazać się $(V_1 \cap V_2)^{\perp_L} = V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L}$ gdyby $f$ jest niezdegenerowany

Question

Pozwolić $f(\alpha, \beta)$ być dwuliniową formą na $n$-wymiarowa przestrzeń liniowa $V$ nad polem liczbowym $F$. Udowodnij, jeśli$f(\alpha, \beta)$ jest niezdegenerowany dla jakichkolwiek podprzestrzeni $V_1$ i $V_2$ z $V$, następnie \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*} gdzie dla dowolnej podprzestrzeni $W$ z $V$, lewa grupa ortogonalna $W^{\perp_L}$i prawą grupę ortogonalną $W^{\perp_R}$ są zdefiniowane przez \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*}

Z definicji jestem w stanie wykazać (w tym kierunku brak degeneracji $f$ nie jest potrzebne) $V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L} \subseteq (V_1 \cap V_2)^{\perp_L}$. Nie mam wiele myśli o innym kierunku, w szczególności o tym, jak nie degeneracja$f$ należy zastosować?

Answer 1

$\newcommand{\lbot}{\perp_L}$ $\newcommand{\rbot}{\perp_R}$

Najpierw udowadniamy to z definicji \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*} Pozwolić $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$, a potem dla dowolnego $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, mamy \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*}

W związku z tym $f(\alpha, \beta_1) = f(\alpha, \beta_2) = 0$tj. $\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$. I odwrotnie, jeśli$\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$, a potem dla dowolnego $\beta = \beta_1 + \beta_2 \in V_1 + V_2$, gdzie $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, mamy $$f(\alpha, \beta_1 + \beta_2) = f(\alpha, \beta_1) + f(\alpha, \beta_2) = 0 + 0 = 0,$$ to znaczy, $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$. Drugą równość można udowodnić podobnie.

Gdyby $f(\alpha, \beta)$ jest niezdegenerowany, pokazujemy to dla dowolnej podprzestrzeni $W$ z $V$, $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Zgodnie z definicją,$W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$. Aby pokazać inny kierunek, można go pokazać za pomocą$f$ nie jest zdegenerowany dla dowolnej podprzestrzeni $W$, $$\dim(W^{\lbot}) = \dim(W^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W).$$

Z tego wynika \begin{align*} \dim((W^{\lbot})^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W^{\lbot}) = \dim(V) - (\dim(V) - \dim(W)) = \dim(W). \tag{*} \end{align*} Ta równość i $W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$ implikować, że $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Podobnie,$W = (W^{\rbot})^{\lbot}$.

Teraz przez $(1)$ i $(2)$, mamy \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*} To kończy dowód.

(Równość $(*)$ można ustalić, konstruując mapę pomiędzy $W^{\lbot}$ do przestrzeni rozwiązania pierwszego $\dim(W)$ kolumny macierzy $(f(\alpha_i, \alpha_j))$.)