Provar $(V_1 \cap V_2)^{\perp_L} = V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L}$ E se $f$ é não degenerado
Deixei $f(\alpha, \beta)$ ser uma forma bilinear no $n$espaço linear dimensional $V$ sobre o campo de número $F$. Prove, se$f(\alpha, \beta)$ é não degenerado, para quaisquer subespaços $V_1$ e $V_2$ do $V$, então \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*} onde para qualquer subespaço $W$ do $V$, o grupo ortogonal esquerdo $W^{\perp_L}$e o grupo ortogonal direito $W^{\perp_R}$ são 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 definição, sou capaz de mostrar (neste sentido, a não degeneração de $f$ não é necessário) que $V_1^{\perp_L} + V_2^{\perp_L} \subseteq (V_1 \cap V_2)^{\perp_L}$. Eu não tenho muitos pensamentos sobre a outra direção, em particular, como a não degeneração de$f$ deve ser aplicado?
Respostas
$\newcommand{\lbot}{\perp_L}$ $\newcommand{\rbot}{\perp_R}$
Primeiro provamos por definição 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*} Deixei $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$, então para qualquer $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, temos \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*}
Conseqüentemente $f(\alpha, \beta_1) = f(\alpha, \beta_2) = 0$, ou seja, $\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$. Por outro lado, se$\alpha \in V_1^{\lbot} \cap V_2^{\lbot}$, então para qualquer $\beta = \beta_1 + \beta_2 \in V_1 + V_2$, Onde $\beta_1 \in V_1, \beta_2 \in V_2$, temos $$f(\alpha, \beta_1 + \beta_2) = f(\alpha, \beta_1) + f(\alpha, \beta_2) = 0 + 0 = 0,$$ ie, $\alpha \in (V_1 + V_2)^{\lbot}$. A segunda igualdade pode ser provada de forma semelhante.
E se $f(\alpha, \beta)$ é não degenerado, mostramos que para qualquer subespaço $W$ do $V$, $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Por definição,$W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$. Para mostrar a outra direção, pode ser mostrado por$f$ é não degenerado que para qualquer subespaço $W$, $$\dim(W^{\lbot}) = \dim(W^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W).$$
Segue-se então que \begin{align*} \dim((W^{\lbot})^{\rbot}) = \dim(V) - \dim(W^{\lbot}) = \dim(V) - (\dim(V) - \dim(W)) = \dim(W). \tag{*} \end{align*} Esta igualdade e $W \subset (W^{\lbot})^{\rbot}$ implica que $W = (W^{\lbot})^{\rbot}$. Similarmente,$W = (W^{\rbot})^{\lbot}$.
Agora por $(1)$ e $(2)$, temos \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*} Isso completa a prova.
(A igualdade $(*)$ pode ser estabelecido através da construção de um mapa entre $W^{\lbot}$ para o espaço de solução do primeiro $\dim(W)$ colunas da matriz $(f(\alpha_i, \alpha_j))$.)