Transformaçoes de Siegel e o grupo $\Omega$

$\newcommand{\P}{\mathcal P}$
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\T}{\mathcal T}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$
$\newcommand{\im}{\mbox{Im}}$

Seja $u\in V\setminus\{0\}$ isotropico e consideramos $W=\ssp u^\perp$. Seja $y\in W$ e definimos $\eta_{u,y}:W\rightarrow W$ como
$$ \eta_{u,y}:w\mapsto w+B(w,y)u. $$

Lema. Tem-se que

1. $\eta_{u,y}\in O(W)$
2. Se $y_1,\ y_2\in W$ entao $\eta_{u,y_1}\eta_{u,y_2}=\eta_{u,y_1+y_2}$.
3. Se $a\in\F_q^*$ entao $\eta_{au,y}=\eta_{u,ay}$;
4. $\eta_{u,y}^{-1}=\eta_{u,-y}$
5. $\eta_{u,y}^g=\eta_{ug,yg}$ para todo $g\in O(V)$. 

Demonstracao. So provamos 1 . Tem-se que 

$$ Q(w\eta_{u,y})=Q(w+B(w,y)u)=Q(w)+B(w,y)^2Q(u)=Q(w). $$

Entao $Q$ esta preservada por $\eta_{u,y}$ e como $B$ esta determinada por $Q$, ela tambem esta preservada.

Lema. A transformacao $\eta_{u,y}$ pode ser estendida unicamente a um elemento $\varrho_{u,y}$ de $O(V)$. 

Demonstracao. Pelo teorema de extensao de Witt, existe uma extensao $\varrho$. So temos de provar que $\varrho$ e unica. Seja $H=\ssp{u,v}$  um plano hiperbolico que contem $u$. Entao $V=H\oplus H^\perp$ e $H^\perp\leq\ssp u^\perp=W$. Entao $\varrho|_{H^\perp}$ esta unicamente determinada. Se existe uma outra extensao $\bar\varrho$, temos que $\varrho\bar\varrho^{-1}$ restrita a $H^\perp$ e a identidade e $u\varrho\bar\varrho^{-1}=u$. Entao $v'=v\varrho\bar\varrho^{-1}$ e ortogonal a $u$ e $B(u,v')=1$. Obtemos que $v'=v$, entao $\varrho=\varrho$.

Lema. Tem-se que

1. $\varrho_{u,y}\in O(W)$
2. Se $y_1,\ y_2\in W$ entao $\varrho_{u,y_1}\varrho_{u,y_2}=\varrho_{u,y_1+y_2}$.
3. Se $a\in\F_q^*$ entao $\varrho_{au,y}=\varrho_{u,ay}$;
4. $\varrho_{u,y}^{-1}=\varrho_{u,-y}$;
5. $\varrho_{u,y}^{g}=\varrho_{ug,yg}$ para todo $g\in O(V)$.

A transformacao $\varrho_{u,y}$ e chamada de transformacao Siegel.

Lema. Seja $(u,v)$ um par hiperbolico e $H=\ssp{u,v}$ o plano hiperbolico gerado por $u$ e $v$. Seja 

$$ K_u=\{\varrho_{u,y}\mid y\in H^\perp\}. $$

Entao $K_u\unlhd O(V)_{\ssp u}$ e $K_u$ e isomorfo ao grupo aditivo de $H^\perp$. 

Demonstracao. Se $y_1,\ y_2\in H^\perp$ entao $\varrho_{u,y_1}\varrho_{u,y_2}=\varrho_{u,y_1+y_2}$. Portanto a aplicacao $y\mapsto \varrho_{u,y}$ e um homomorfismo. Temos que $\varrho_{u,y}=1$ se e so se $y\in\ssp u$, entao a homomorphismo e injetivo. Claramente $u\varrho_{u,y}=u$ entao $K_u\leq O(V)_{\ssp u}$. Se $g\in  O(V)_{\ssp u}$ entao $\varrho_{u,y}^g=\varrho_{u,yg}$. Como $\varrho_{u,yg}\in K_u$, obtemos que $K_u\unlhd O(V)_{\ssp u}$. 

Definimos 

$$ \Omega(V)=\ssp{K_u\mid u\mbox{ e um vetor isotropico}}.
$$

As propriedades de $\Omega(V)$. 

Lema. Assumimos que $\dim V\geq 3$.  

1. $\Omega(V)'=\Omega(V)$ e simples com a excepcao de $\Omega^+(4,q)$ e $\Omega(3,3)$.
2. $\Omega(V)$ e primitivo sobre $\C(V)$. 

Corolario. $\Omega(V)$ e simples com a excepcao de $\Omega^+(4,q)$ e $\Omega(3,3)$.

O Teorema de Cartan-Dieudonne

$\newcommand{\P}{\mathcal P}$
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\T}{\mathcal T}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$
$\newcommand{\im}{\mbox{Im}}$

Lema. Seja $V$ um plano hiperbólico. Entao $O(V)\cong D_{q-1}$.

No restante, $V=\F_q^n$ e um espaco vetorial de dimensao $n$ sobre $\F_q$ onde $\mbox{char} \F_q=p$ e impar. Logo, $Q$ e uma forma quadratica nao degenerada com forma bilinear $B$ tal que $B(x,x)=2Q(x)$.

Proposicao. Seja $\tau\in O(V)$.

1. $\ker(\tau-1)=\im(\tau-1)^\perp$
2. $(\tau-1)^2=0$ se e so se $\im(\tau-1)$ e totalmente isotropico.
3. Se $v\in V\setminus 0$, entao $v(\tau-1)$ e isotropico se e so se $v(\tau-1)\perp v$.
4. Se $(\tau-1)^2\neq 0$, entao existe um vetor $v\in V\setminus 0$, anistropico tal que $z=v(\tau-1)$ e anisotropico ou nulo. Logo, se $z\neq 0$, entao $v\tau\sigma_z=v$. 

Demonstracao. 1., 2., 3., mais tarde.

4. Assumimos por contradicao que nao existe um tal vetor. Entao para todo vetor $v\in V\setminus 0$ anisotropico, $v(\tau-1)$ e isotropico. Entao $v(\tau-1)\perp v$ e o subespaco $\ssp{v,v(\tau-1)}$ e degenerado, portanto $\dim V\geq 3$.  

Afirmamos que $w(\tau-1)\perp w$ para todo $w\in V$. Ja provamos isso no caso quando $w$ e anisotropico. Entao podemos assumir que $w$ e isotropico. Seja $x\in\ssp w^\perp$ anisotropico (existe, pois $\dim V\geq 3$) e seja $u=w+ax$ com $a\in\F_q^*$. Entao $Q(u)=a^2Q(x)\neq 0$ entao $u$ e anisotropico. Usando que $x$ e $u$ sao anistropicos, e assim $x(\tau-1)\perp x$ e $u(\tau-1)\perp u$ pelo paragrafo anterior,  e entao 

$$ 0=B(u(\tau-1),u)=B(w\tau+ax\tau-w-ax,w+ax)=B(w\tau-w,w)+a(B(x\tau-x,w)+B(w\tau-w,x)). $$
Como $a\in\F_q^*$ e arbitrario, a expressao depois de "a" tem de ser igual a 0. Por isso, $B(w(\tau-1),w)=0$, e concluimos que $\im(\tau-1)$ e totalmente isotropico que implica que $(\tau-1)^2=0$.

Obtemos entao que existe $v\in V\setminus 0$ anistropico tal que $z=v(\tau-1)$ e anisotropico ou nulo.  Conta facil mostra que se $z\neq 0$, entao $v\tau\sigma_z=v$.

Teorema (Cartan-Dieudonne). $\tau\in O(V)$ pode ser escrito como um produto de $n$ ou menos reflexoes.

Usamos indacao em $n$. Se $n=1$, entao $O(V)=\{\pm 1\}$. A transformacao $-1$ e uma reflexao, enquanto a transformacao $1$ e um produto de 0 reflexoes.  Assumimos que o teorema esta valido em dimensoes menores que $n$ e provamos o resultado para dimensao $n$. Seja $\tau\in O(V)$ um coutraexemplo em dimensao $n$.

Provamos primeiro que $(\tau-1)^2=0$. Senao seja $v\in V\setminus 0$ anisotropico tal que $z=v(\tau-1)$ e anisotropico ou $z=0$. Se  $z=0$, entao $v\tau=v$ e $\tau$ pode ser considerado como uma transformacao de $\ssp{v}^\perp$. Neste caso $\tau$ e produto de $n-1$ ou menos reflexoes, uma contradicao.

Seja $z\neq 0$. Entao $v\tau\sigma_z=v$. Como acima, $\tau\sigma_z$ e um produto de $n-1$ ou menos reflexoes. Entao $\tau$ e um produto de $n$ ou menos reflexoes.

Obtemos entao que $(\tau-1)^2=0$, que implica que $\im(\tau-1)\leq \ker(\tau-1)$. Obtemos que $\im(\tau-1)$ e totalmente isotropico. De facto $\ker(\tau-1)$ tem de ser t. i., pois no caso contrario $\tau$ e um produto de $n-1$ ou menos reflexoes, exatamente como no caso $z=0$.

 Entao
$$
\ker(\tau-1)\leq\ker(\tau-1)^\perp=\im(\tau-1)
$$
e
$$
\im(\tau-1)=\ker(\tau-1)=\ker(\tau-1)^\perp.
$$
Consequentemente
$$
n=\dim\ker(\tau-1)+\dim\ker(\tau-1)^\perp=\dim\mbox{Fix}(\tau)+\dim\mbox{Fix}(\tau)=2\dim\mbox{Fix}(\tau).
$$
Tem-se que $\tau$ restrita a $\mbox{Fix}(\tau)$ e identidade. Logo se $v\in V$ e $W=\mbox{Fix}(\tau)$, entao $v(\tau-1)(\tau-1)=0$, que implica que $v\tau-v\in\mbox{Fix}(\tau)$ e $(v+W)\tau=v\tau+W=v+v\tau-v+W=v+W$. Entao $\tau\in SO(V)$. Se $\sigma$ e uma reflexao de $O(V)$. Entao $\tau\sigma\not\in SO(V)$. Se $\tau\sigma$ fosse um counterexemplo para o teorema, obteriamos que $\tau\sigma\in SO(V)$, que nao e o caso. Entao $\sigma\tau$ e um produto de $n$ ou menos reflexoes. Entao $\tau$ e um produto de $n+1$ ou menos reflexoes.

Como $n$ e par e $\tau\in SO(V)$. obtemos que $\tau$ nao pode ser um produto de $n+1$ reflexoes. Entao $\tau$ e um produto de $n$ reflexoes.

Corolario. Seja $\tau\in O(V)$.

1. Se $\tau$ e um produto de $r$ reflexoes, entao $\dim\mbox{Fix}(\tau)\geq n-r$. 
2. Se $\mbox{Fix}(\tau)=0$, entao $\tau$ e produto de precisamente $n$ reflexoes.
3. Se $\dim V=2$, entao toda transformacao de $O(V)\setminus SO(V)$ e uma reflexao.
4. Se $\dim V=3$, e $1\neq\tau\in SO(V)$ entao $\dim\mbox{Fix}(\tau)=1$, entao $\tau$ tem um eixo de rotacao.

Demontracao. 1. Seja $\tau=\sigma_1\ldots\sigma_r$ sejam $W_1,\ldots,W_r$ os eixos dessas reflexoes. Entao $\mbox{Fix}(\tau)\geq W_1\cap\cdots\cap W_r$ e  $\dim W_1\cap\cdots\cap W_r\geq n-r$.

2. Segue diretamente de 1.

3. Se $\tau\in O(V)\setminus SO(V)$, entao $\tau$ e produto de 2 ou menos reflexoes. Como $\det\tau=-1$. nao pode ser produto de $2$ reflexoes. Entao $\tau$ e uma reflexao.

4. Se $1\neq\tau\in SO(V)$, entao $\tau$ e um produto de $2$ reflexoes. Portanto $\dim\mbox{Fix}(\tau)\geq 1$. Se $\dim\mbox{Fix}(\tau)=2$ entao $\mbox{Fix}(\tau)=\ssp{u,v}$ e a forma matricial de $\tau$ na base $\{u,v,w\}$ e
$$
\tau=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0\\
\alpha & \beta & 1
\end{pmatrix}
$$
com $\alpha,\ \beta\in\F_1^*$. Entao $\ker(\tau-1)=\ssp{u,v}$ e $\im(\tau-1)=\alpha u+\beta v$. Como $\ker(\tau-1)=\im(\tau-1)^\perp$, obtemos que $\alpha u+\beta v\perp\ssp{u,v}$. Em particular $\alpha u+\beta v=w(\tau-1)$ e isotropico que implica que $w\perp \alpha u+\beta v$. Entao $\alpha a+\beta v\in\mbox{Rad}(V)$, que e uma contradicao.

Grupos ortogonais I

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$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\T}{\mathcal T}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}

$Vamos assumir que $V$ e um espaco com uma forma quadratica $Q$. Entao $Q$ satisfaz

ult

1. $Q(\alpha x)=\alpha^2Q(x)$
2. $Q(x+y)=Q(x)+Q(y)+B(x,y)$ onde $B$ e uma forma bilinear simetrica.

Vamos assumir que $char \F_q$ e impar. Entao $B$ determine $Q$:

$$ 4Q(x)=Q(2x)=Q(x+x)=Q(x)+Q(x)+B(x,x) $$

e obtemos que $2Q(x)=B(x,x)$.

Vamos assumir que $Q$ e nao degenerada que significa por definicao que $B$ e nao degenerada. O grupo de isometrias de $Q$ e $B$ e denotado por $O(Q)=O(B)$. 

Vamos primeiro estudar a situacao quando $\dim V$ e impar. Neste caso ja provamos que existe uma base $\{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m,w\}$ tal que $(e_i,f_i)$ sao pares hiperbolicos mutualmente ortogonais, e $Q(w)\neq 0$. Vamos usar a afirmacao seguinte

Lema. Seja $\F_q^\box=\{x^2\mid x\in\F_q^*\}$. Entao $\F_q^\box$ e um subgrupo de $\F_q^*$ com indice 2.

Vamos fixar $\mu$ tal que $\mu\in\F_q^*\setminus\F_q^\box$. Entao $\F_q^*=\F_q^\box\cup\mu\F_q^\box$. 

Se $Q(w)\in\F_q^\box$, entao $Q(w)=\beta^2$ com um $\beta\in\F_q^*$. Trocamos $w$ com $\beta^{-1}w$ e obtemos $Q(w)=1$. Neste caso obtemos uma base $\{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m,w\}$ de $V$ tal que $(e_i,f_i)$ sao pares hiperbolicos mutualmente ortogonais e $Q(w)=1$. 

Se $Q(w)\not\in\F_q^\box$, entao $Q(w)=\mu\beta^2$ com $\beta\in\F_q^\box$. Fazemos a mesma troca e obtemos que $Q(w)=\mu$. Obtemos neste caso uma base $\{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m,w\}$ de $V$ tal que $(e_i,f_i)$ sao pares hiperbolicos mutualmente ortogonais e $Q(w)=\mu$. 

Entao no caso de dimensao impar obtemos duas classes de isometrias de formas quadraticas. 

Proposicao. Seja $V=\ssp{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m,w}$ e sejam $B_1,Q_1$ e $B_2,Q_2$ duas formas quadraticas como acima. Entao $O(B_1)\cong O(B_2)$. 

Demonstracao. Seja $g$ a matriz diagonal com as entradas $(\mu,1,\mu,1,\ldots,\mu,1,1)$ na diagonal. Nos afirmamos que $O(B_1)^g=O(B_2)$. Observamos que a matriz da forma $B_1$ e bloco diagonal com os blocos 2 por 2

$$ \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix} $$

na diagonal e com $2$ na ultima entrada. Seja $h\in O(B_1)$. Entao $hB_1h^t=B_1$. Calculamos

$$ h^gB_2(h^g)^t=g^{-1}hgB_2g^th^tg^{-t}.
$$

A matriz $gB_2g^t$ e bloco diagonal com blocos 

$$ \begin{pmatrix} 0 & \mu\\ \mu & 0\end{pmatrix} $$

e $2\mu$ na ultima entrada. Entao $gB_2g^t=\mu B_1$. Consequentemente

$$ h^gB_2(h^g)^t=g^{-1}h\mu B_1 h^t g^{-t}=\mu g^{-1}h B_1 h^t g^{-t}=\mu g^{-1}B_1 g^{-t}. $$ Similarmente como em cima $g^{-1}B_1 g^{-t}$ bloco diagonal com blocos 

$$ \begin{pmatrix} 0 & \mu^{-1}\\ \mu^{-1} & 0\end{pmatrix} $$

e $2$ na ultima entrada. Entao $\mu g^{-1}B_1 g^{-t}=B_2$ que implica que $h^g\in O(B_2)$. Argumento similar mostra que se $h\in O(B_2)$ entao $h^{g^{-1}}\in O(B_1)$. 

Obtemos entao que embora existam duas classes de isometrias das formas quadraticas nao degeneradas em dimensao impar, os seus grupos sao isomorfos. Neste caso escrevemos $O(n,q)$ para denotar o grupo.

Assumimos agora que $\dim V$ e impar. Neste caso $V=\ssp{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m}\oplus W$ onde $W$ e anisotropico e $\dim W=0$ ou $\dim W=2$. Assumimos que $W=\ssp{w_1,w}$. onde $B(w_1,w_2)=0$. 

Por trocar $w_1$ e $w_2$ por multiplos escalares, podemos assumir que uma das seguntes possibilidades esta valida

1. $Q(w_1)=Q(w_2)=1$;
2. $Q(w_1)=1$ e $Q(w_2)=\mu$;
3. $Q(w_1)=Q(w_2)=\mu$.

Assumimos primeiro que $-1\in\F^\box$. Seja $-1=\beta^2$. Neste caso temos em caso 1. que 

$$ Q(w_1+\beta w_2)=1+\beta^2=0 $$

e similarmente em caso 3. que $Q(w_1+\beta w_2)=\mu+\mu\beta^2=\mu(1+\beta^2)=0$.

Obtemos neste caso que em casos 1. e 3. que $W$ nao e anisotropico. Entao obtemos so uma possibilidade.

Assumimos agora que $-1\not\in F_q^\box$. O conjunto de quadrados nao e fechado para adicao. Pois, se fosse fechado seria um subgrupo aditivo com ordem $(q-1)/2$, mas $(q-1)/2$ nao e um divisor de $q$. Logo existem $\beta_1^2,\gamma_1^2\in\F_q^\box$ tal que $\beta_1^2+\gamma_1^2=\nu_1^2\mu\not\in\F_q^\box$. Temos que $-1=\nu_2^2\mu$. Sejam $\beta=\beta_1\nu_2\nu_1^{-1}$ e $\gamma=\gamma_1\nu_2\nu_1^{-1}$ e obtemos que $\beta^2+\gamma^2=-1$. 

Sejam $w_1'=\beta w_1+\gamma w_2$ e $w_2'=\gamma w_1-\beta w_2$. Entao $B(w_1',w_2')=0$ e $Q(w_1')=\beta^2+\gamma^2=-1$ e $Q(w_2')=\gamma^2+\beta^2=-1$. Entao as formas nos casos 1. e 3. sao isomorfas.

Provamos entao

Proposicao. Se $\dim V$ e par, existem duas classes de isometrias de formas quadraticas nao degeneradas. As formas estao dadas pelas seguintes bases.

1. $\{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m\}$
2. $\{e_1,f_1,\ldots,e_m,f_m,w_1,w_2\}$ onde $Q(w_1)=Q(w_2)=1$ se $-1\in\F_q^\box$ ou $Q(w_1)=1$ e $Q(w_2)=\mu$ se $-1\not\in\F_q^\box$.

Os gropos sao denotados por $O^+(n,q)$ no primeiro caso e $O^-(n,q)$ no segundo caso.

Em todos os casos, se $g\in O(B)$, entao $gBg^t=B$ e obtemos que $\det g=\pm 1$. A transformacao $e_1\mapsto f_1$, $f_1\mapsto e_1$, e $e_i\mapsto e_i$, $f_i\mapsto f_i$, ($i\geq 2$) e $w_i\mapsto w_i$ tem determinante $-1$.  Denotamos por
$$
SO(B)=SO(Q)=\{g\in O(B)\mid\det g=1\}.
$$
Escrevemos similarmente como acima $SO(n,q)$, $SO^+(n,q)$ e SO^-(n,q)$ para denotar o mesmo grupo.

$SU(n,q)$ e simples

$\newcommand{\P}{\mathcal P}$
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\T}{\mathcal T}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$

Seja $\C(V)=\{\ssp v\in\P(V)\mid Q(v)=0\}$. Os grupos $U(n,q)$ e $SU(n,q)$ atuam 

sobre $\C(V)$ sabemos por Lema ??? que $SU(n,q)$ e transitivo sobre $\C(V)$. 

Seja $K$ o nucleo da acao de $U(n,q)$ sobre $\C(V)$. Claramente $\{\alpha I\mid\alpha\in\F^*\}\cap U(n,q)\leq K$. Escrevendo na base canonica, temos que $\alpha I\in U(n,q)$ se e so se $B(\alpha e_i,\alpha f_i)=0$ e $B(\alpha w,\alpha w)=1$. Daqui obtemos que $\alpha\overline\alpha=1$.  

Lema.  $K=\{\alpha I\mid\alpha\overline\alpha=1\}$. 

Seja $g\in K$. Entao $g$ manda $e_i\mapsto \alpha_i e_i$, $f_i\mapsto\beta_i f_i$, $w\mapsto\gamma w$ para todo $i$. Seja $v=e_i+\alpha f_i$ tal que $\alpha\neq 0$ e $\alpha+\overline\alpha=0$. Entao $\ssp v\in\C(V)$ e $vg=\alpha_ie_i+\alpha\beta_if_i=\delta e_i+\delta\alpha f_i$ com algum $\delta\in\F_q$. Entao $\alpha_i=\beta_i=\delta$. Obtemos entao que $\alpha_i=\beta_i$ para todo $i$. Se $m\geq 2$. entao $\ssp{e_1+e_i}\in\C(V)$, entao existe $\delta\in\F_q^*$ tal que $(e_1+e_i)g=\alpha_1e_1+\alpha_i e_i=\delta e_1+\delta e_i$, que implica que $\alpha_1=\alpha_i=\delta$. Obtemos entao que $\alpha_i=\alpha_j$ para todo $i,\ j$. Argumento similar mostra que $\beta_i=\beta_j$ para todo $i,\ j$. Finalmente seja $\alpha\in\F_q^*$ tal que $\alpha+\overline \alpha=-1$. Entao $\ssp{\alpha e_1+f_1+w}$ e existe $\delta\in\F^*$ tal que $(\alpha e_1+f_1+w)=\alpha\alpha_1e_1+\alpha_1f_1+\gamma w=\delta\alpha e_1+\delta f_1+\delta w$. Entao $\delta=\alpha_1=\gamma$. Obtemos entao que $g=\alpha I$ com um $\alpha\in\F^*$. Como, $g\in U(n,q)$, obtemos que $\alpha\overline\alpha=1$. 

Definimos $PU(n,q)$ e $PSU(n,q)$ como as imagens de $U(n,q)$ e $SU(n,q)$ sobre a acao deles em $\C(V)$. Entao $PU(n,q),\ PSU(n,q)\leq\mbox{Sym}\C(V)$ e pelo lema anterior $PU(n,q)\cong U(n,q)/K$ e $PSU(n,q)\cong SU(n,q)/(K\cap SU(n,q))$. 

Lema. $SU(n,q)$ e primitivo sobre $\C(V)$.

Se $n=2$, entao o lema esta valido, pois $SU(n,q)$ e $SL(n,q_0)$ sao permutacionalmente isomorfos nas suas acoes sobre $\C(V)$ e $\P(V)$, respetivamente. Como $SL(n,q_0)$ e primitivo, obtemos que $SU(n,q)$ e primitivo.

Seja $B\subseteq \C(V)$ um bloco com pelo menos 2 elementos. Temos entao que $Bg=B$ ou $Bg\cap B=\emptyset$ para todo $g\in SU(n,q)$. Afirmamos que existem $\ssp u,\ \ssp v\in B$ tal que $\ssp{u,v}$ e um plano hiperbolico. Es sufuciente encontrarmos $\ssp u,\ \ssp v\in B$ tal que $B(u,v)\neq 0$. 

Assumimos primeiro que $n=3$. Podemos assumir que $\ssp e\in B$. Se $\ssp x\in\C(V)$, entao $x=\alpha e+\beta f+\gamma w$. Se $B(x,e)=0$, entao $\beta=0$. No entanto neste caso $0=Q(x)=Q(\alpha e+\gamma w)=\gamma\overline\gamma$. Entao $\gamma=0$ e obtemos que $\ssp x=\ssp e$, que e uma contradicao. Entao todo elemento $\ssp x$ de $B$ tem a propriedade que $B(e,x)\neq 0$ e a afirmacao esta valida.

Assumimos entao que $n\geq 4$. Sejam $\ssp x,\ \ssp v\in B$ tal que $B(x,v)=0$. Seja $w\in V$ tal que $B(w,x)=0$ e $B(w,v)=1$. Se $Q(w)=0$, entao escolhemos $u=w$. Senao, seja $a\in\F$ tal que $a+\overline a=-Q(w)$ e seja $u=w+av$. Entao $H=\ssp{u,v}$ e um plano hiperbolico. Existe $t\in SU(H)$ tal que $\ssp vt=\ssp u$. Estendemos $t$ para $V$ atuando trivialmente sobre $H^\perp$. Temos entao que   $\ssp vt=\ssp u$ e $\ssp xt=\ssp x$. Entao $\ssp x\in B\cap Bt$ entao $B=Bt$ e entao $\ssp u\in B$. Temos entao $\ssp u, \ssp v\in B$ tal que $H=\ssp{u,v}$ e um plano hiperbolico.

Seja $\ssp x\in\C(V)$ diferente de $\ssp u$. Seja $\ssp y\in\C(V)$ tal que $B(x,y)\neq 0$ e $B(u,y)\neq 0$. Podemos assumir que $B(x,y)=1$ e $B(u,y)=1$. Existe $t, s\in SU(n,q)$ tal que $\ssp ut=\ssp u$ e $\ssp v=\ssp y$ e $\ssp us=\ssp x$ e $\ssp ys=y$.  Entao $\ssp u\in B\cap Bt$, que implica que $B=Bt$ e $\ssp y=\ssp vt\in B$. Logo $B\sigma=B$ e entao $\ssp x=\ssp us\in B$. Como $\ssp x\in\C(V)$ foi arbitrario, obtemos que $B=\C(V)$. Entao $SU(n,q)$ e primitivo.

Lema. Se $n\geq 2$ e $(n,q)\not\in\{(2,4),(2,9),(3,4)\}$ entao $SU(n,q)'=SU(n,q)$. 

Vamos provar no caso quando $q>9$. Primeiro assumimos que $n=2$. Seja $t_{v,c}$ uma transvecao. Existe um par hiperbolico $(u,v)$ em $V$.  Na base $\{u,v\}$ a $t_{v,c}$ tem forma matricial 

$$ t_{v,c}=\begin{pmatrix} 1 & c \\ 0 & 1\end{pmatrix} $$  Seja $b\in\F_0^*\setminus\{1,-1\}$ e seja $a=c/(1-b^1)$. Entao $a+\overline a=0$ e $t_{v,a}$ tem forma matricial $$ t_{v,a}=\begin{pmatrix} 1 & a \\ 0 & 1\end{pmatrix}. $$ Entao  $$\begin{pmatrix} b & 0 \\ 0 & b^{-1}\end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} 1 & a \\ 0 &1 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} b & 0 \\ 0 &b^{-1}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & a \\ 0 &1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1 & c \\ 0 &1 \end{pmatrix}
$$

Entao $t_{v,c}$ e um comutador. 

Assumimos que $n\geq 3$, e seja $t_{v,c}$ um comutador. Existe $u\in V$ tal que $(u,v)$ e um par hiperbolico. Seja $H=\ssp{u,v}$ e escrevemos $V=H\oplus H^\perp$. Entao $t_{v,c}$ atua trivialmente sobre $H^\perp$ e assum pode ser considerado como um elemento em $SU(H)=SU(2,q)$. Existem $g,h\in SU(H)$ tal que $t_{v,c}=[g,h]$. As operacoes $g,\ h$ podem ser considerados como elementos de $SU(n,q)$ atuando trivialmente sobre $H^\perp$. Portanto $t_{v,c}=[g,h]$ e $SU(n,q)'=SU(n,q)$ como foi afirmado.

Teorema. Se $n\geq 2$ e $(n,q)\not\in\{(2,4),(2,9),(3,4)\}$ entao $PSU(n,q)$ e simples.

Finalmente, seja $N=\{t_{e_1,\alpha}\mid\alpha+\overline\alpha=0$. Tem-se que $t_{e_1,\alpha}+t_{e_1,\beta}=t_{e_1,\alpha+\beta}$. Se $g\in SU(n,q)_{\ssp e_1}$ entao $t_{e,\alpha}^g=t_{eg,\alpha}$ e entao $N$ e um subgrupo normal  de $SU(n,q)_{\ssp e_1}$. Se $t_{v,\alpha}$ e uma transvecao qualquer, entao existe $g\in SU(n,q)$ tal que $e_1g=v$ entao $t_{e_1,\alpha}=t_{v,\alpha}$. Como $SU(n,q)$ e gerado por transvecoes, obtemos que $SU(n,q)$ e gerado pelos conjugados de $N$. 

Temos entao que as condicoes de Iwasawa estao validas e entao $PSU(n,q)$ e simples.

$SU(n,q)$ é gerado por transveçoes

$\newcommand{\P}{\mathcal P}$
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\T}{\mathcal T}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$

Lema. $U(n,q)$ e gerado por transvecoes e quasi-reflecoes.

Demonstracao. Seja $\sigma\in U(n,q)$ e seja $W=V_\sigma$. Afirmamos que $\sigma$ pode ser escrito como um produto de transvecoes e quase-reflecoes. Demonstramos a afirmacao por inducao em $\dim V_\sigma$. Se $\dim V_\sigma=1$, entao $\sigma$ e ou uma transvecao ou uma quase-reflecao. Assumimos que a afirmacao esta valida para todo $\sigma'$ com $\dim V_{\sigma'}\leq\dim V_\sigma$ e consideramos a nossa $\sigma$. Seja $w\in W$ tal que $B_\sigma(w,w)\neq 0$. Entao temos que $W=W_1\oplus W_2=W_1\oplus W_2$ como em Proposicao ???. Agora temos que $\sigma=\sigma_ {W_1}\sigma_{W_2}$. A transformacao $\sigma_{W_1}$ e uma transvecao ou quase-reflexao. Por inducao obtemos que $\sigma_{W_2}$ pode ser escrito como um produto transvecoes e quase reflexoes.

O caso SU(2,q) 

Sabemos que $SU(2,q)$ na sua acao sobre $\C(V)$ e permutacionalmente isoforfo a $SL(2,q_0)$ na sua acao sobre $\P(V_0)$.

Proposicao. Seja $\varphi:SL(2,q_0)\rightarrow SU(2,q)$ o isomorfismo definido em ???. Se $t_{f,v}$ e uma transvecao em $SL(2,q_0)$, entao $t_{f,v}\varphi$ e uma transvecao em $SU(2,q)$. Consequentemente $SU(2,q)$ e gerado por transvecoes.

Demonstracao.

Seja $V=\ssp{e,f}$. Seja $f_0$ a forma que manda $e\mapsto 0$ e $f\mapsto\alpha$ e consideramos a transvecao $t_{f_0,e}$. Temos que
$$
e t_{f_0,e}=e\quad \mbox{e}\quad f t_{f_0,e}=f+\alpha e.
$$
Entao a matriz de $t_{f_0,v}$ e
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
\alpha & 1
\end{pmatrix}
$$
A matriz de $t_{f_0,e}\varphi$ e
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
\mu^{-1}\alpha & 1
\end{pmatrix}.
$$
Afirmamos que $t_{f_0,e}\varphi=t_{e,\alpha\mu^{-1}}$. De facto,
$$
e t_{e,\alpha\mu^{-1}}=e\quad\mbox{e}\quad f t_{e,\alpha\mu^{-1}}=f+\alpha\mu B(e,f)e=f+\alpha\mu^{-1} e.
$$
Entao a matriz de $t_{e,\alpha\mu^{-1}}$ e
$$
\begin{pmatrix}
1 & 0\\
 \mu^{-1}\alpha & 1
\end{pmatrix}.
$$

Entao $t_{f_0,e}\varphi$ e uma transvecao. Se $t_{f_1,v}$ e uma transvecao, entao existe um
$g\in SL(2,q_0)$ tal que $vg=e$. Entao $(t_{f_1,v})^g=t_{f_0,e}$ onde $f_0$ e uma forma que satisfaz $ef_0=0$ e  $f f_0=\alpha$. Entao
$$
t_{f_1,v}\varphi=(t_{f_0,e}^{g^{-1}})\varphi=(t_{f_0,e}\varphi)^{g^{-1}\varphi}=t_{e,\alpha\mu^{-1}}^h=t_{e h,\alpha\mu^{-1}}
$$
onde $h=g^{-1}\varphi\in SU(2,q)$.  Entao a imagem de uma transvecao de $SL(2,q_0)$ e uma transvecao em $SU(2,q)$. Como $SL(2,q_0)$ e gerado por transvecoes, $SU(2,q)$ e gerado por transvecoes.

SU(n,q)

Seja $\mathcal T$ o subgrupo gerado por transvecoes. Como $t_{v,\alpha}^g=t_{vg,\alpha}$ para toda transvecao e $t\in U(n,q)$, obtemos que $\T$ e um subgroupo normal em $U(n,q)$.

Lema. $\mathcal T$ e transitivo sobre $\mathcal C(V)$.
Demonstracao. Veja o caso de $Sp(n,q)$.

Proposicao. Se $(n,q)\neq(3,4)$, entao $\T$ e transitivo sobre o conjunto de planos hiperbolicos de $V$.

Demonstracao. So vamos provar a proposicao no caso quando $q>4$. Veja Grove pagina ???, para o caso $q=4$.

Assumimos entao que $q>4$.  Seja $H=\ssp{u,v}$ um plano hiperbolico com par hiperbolico $(u,v)$. Seja $H_1=\ssp{u_1,v_1}$ um outro plano hiperbolico com par hiperbolico $(u_1,v_1)$. Pelo lema anterior, existe $t\in\T$ tal que $\ssp ut=\ssp{u_1}$. Entao vamos assumir que $H\cap H_1=\ssp u$ e que $\dim(H+H_1)=3$.  Seja $a=B(v_1,v)$ e seja $w=au+v-v_1$. Entao $H+H_1=\ssp{u,v,w}$ tal que
$$
B(w,u)=B(w,v)=0,\quad B(v_1,w)=a+\overline a,\quad\mbox{e}\quad B(w,w)=-a-\overline a.
$$

Seja $W=\ssp{u,w}$ e seja $C$ a forma sesquilinear dada com a matriz
$$
C=\begin{pmatrix}
0 & 1 \\ -1 & -\overline a
\end{pmatrix}.
$$
Temos que
$$
C+\overline C^{t}=\begin{pmatrix}
0 & 1 \\ -1 & -\overline a
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
0 & -1 \\ 1 & - a
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
0 & 0 \\ 0 & -a-\overline a
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
B(u,u) & B(u,w) \\ B(w,u) & B(w,w)
\end{pmatrix}
$$

Seja $\sigma=\sigma_{W,C}$. Dado, $x\in V$, temos que $x\sigma=x-xBA_0$ onde $A_0$ e a matriz $n\times n$ com $C^{-1}$ no canto cima esquerdo e zeros nas outras entradas.  Dado que
$$
C^{-1}=\begin{pmatrix}
-\overline a & -1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}
$$
Temos que
$$
BA_0=
\begin{pmatrix}
-B_{1,1}\overline a+B_{1,2} & -B_{1,1} & 0 & \cdots & 0\\
-B_{2,1}\overline a+B_{2,2} & -B_{2,1} & 0 & \cdots & 0\\
\vdots & \ddots && \vdots \\
-B_{n,1}\overline a+B_{n,2} & -B_{n,1} & 0 & \cdots & 0
\end{pmatrix}
$$
Entao
$$
x\sigma=x-(x_1(-B_{1,1}\overline a+B_{1,2})+\cdots+x_n(-B_{n,1}\overline a+B_{n,2}),
-x_1B_{1,1}-\cdots-x_nB_{n,1},0,\ldots,0)=x-(x_1(-B_{1,1}\overline a+B_{1,2})+\cdots+x_n(-B_{n,1}\overline a+B_{n,2}))u+(x_1B_{1,1}+\cdots+x_nB_{n,1})w=x+\overline aB(x,u)u-B(x,w)u+B(x,u)w.
$$
Portanto
$$
u\sigma=u\quad\mbox{e}\quad v_1\sigma=v_1+\overline au-(a+\overline a)u+w=v_1-a u+w=v.
$$
Entao $H\sigma=H_1$.

Mostraremos agora que $\sigma\in\T$. Se $Q(w)=0$, entao $W$ e totalmente isotropico. Escrevendo $W=W_1\oplus W_2$, obtemos $\sigma=\sigma_1\sigma_2$. Como $W$ e totalmente isotropico $\sigma_1$ e $\sigma_2$ sao transvecoes, e obtemos neste caso que $\sigma\in\T$.

Assumimos que $Q(w)\neq 0$ e escrevemos $W=\ssp w\oplus\ssp w^\perp$ onde
$$
\ssp w^\perp=\{v\in W\mid C(v,w)=0\}=\ssp{\overline au+w}.
$$
Temos entao que $\sigma=\sigma_1\sigma_2$ onde $\sigma_1=\sigma_{w,c_1}$ com
$$
c_1=1-C(w,w)^{-1}Q(w)=1+\overline a^{-1}(-a-\overline a)=-\overline a^{-1}a.
$$
Similarmente $\sigma_2=\sigma_{\overline au+w,c_2}$ onde
$$
c_2=1-C(\overline au+w,\overline au+w)^{-1}Q(\overline au+w)=1+a^{-1}(-a-\overline a)=
1-1-a^{-1}\overline a=-a^{-1}\overline a.
$$
Temos entao que
$$
\sigma_1=\sigma_{w,-a\overline a^{-1}}\quad\mbox{e}\quad\sigma_2=\sigma_{\overline au+w,-\overline aa^{-1}}
$$
(veja a discussao depois da Proposicao ???).
Precisamos de um elemento $t\in\mathcal T$ tal que $\sigma_2=t^{-1}\sigma_1^{-1}t$, pois neste caso $\sigma_1\sigma_2=\sigma_1t^{-1}\sigma_1^{-1}t\in\T$. Observamos que $\sigma_1^{-1}{w,-\overline aa^{-1}}$.
Vamos fechar a demonstracao no caso quando $q\neq 4$. O caso $q=4$ nao sera considerado aqui; veja Grove.

Seja $c\in\F_0\setminus\{0,1\}$ e seja $\beta=((1-c)a)/(c(a+\overline a))$. Seja $\alpha\in\F$ tal que $\alpha+\overline\alpha=\beta\overline\beta(a+\overline a)$. Seja $w_1=\alpha u+v+\beta w$. Entao
$$
B(w_1,w_1)=B(\alpha u+v+\beta w,\alpha u+v+\beta w)=\alpha+\overline\alpha+\beta\overline\beta(-a-\overline a)=0
$$
e
$$
B(u,w_1)=B(u,\alpha u+v+\beta w)=1.
$$
Portanto $(u,w_1)$ e um par hiperbolico e $H_2=\ssp{u,w_1}$ e um plano hiperbolico.
Definimos $\varrho:V\mapsto V$ como
$$
u\varrho=(1-c)^{-1}u,\quad w_1\varrho (1-c)w,\quad\mbox{e} x\varrho=x\mbox{ para todo }x\in\ssp{u,w_1}^\perp.
$$
Como $((1-c)^{-1}u,(1-c)w)$ e um par hiperbolico e $\det\varrho=1$, obtemos que $\varrho\in SU(n,q)$. Desde que $\varrho$ atua trivialmente sobre $\ssp{u,w_1}^\perp$, $\varrho$ pode ser considerado como um elemento de $SU(2,q)$, e $\varrho$ pode ser escrito como produto de transvecoes. Portanto $\varrho\in\T$.
Calcular as imagens de $u$ e $w_1$ sobre $\varrho$, obtemos que $\varrho$ pode ser escrito como
$$
x\varrho=x-B(x,u)cw_1-\frac c{c-1}B(x,w_1)u.
$$
Logo
$$
w\varrho=w-\frac{c}{c-1}B(w,w_1)u=w-\frac{c}{c-1}B(w,\alpha u+v+\beta w)u=w+\frac{(a+\overline a)(1-c)\overline ac}{c(a+\overline a)(1-c)}u=\overline au+w.
$$
Entao $\varrho^{-1}\sigma_1^{-1}\varrho=\sigma_{\overline au+w,-a\overline a}=\sigma_2$.

O caso $q=4$, nao sera considerado aqui. Veja Grove.

Uma transformacao em $SU(n,q)$ que fixa $H^\perp$ para um plano hiperbolico $H$ e chamado reflexao hiperbolica. Toda transvecao e reflexao hiperbolica. Uma reflexao hiperbolica pode ser considerado como um elemento de $SU(H)=SU(2,q)$. Obtemos entao que toda reflexao hiperbolica pode ser escrito como produto de transvecoes. Entao para provar que $SU(n,q)$ e gerado por transvecoes, e suficiente mostrar que todo elemento de $SU(n,q)$ pode ser escrito como produto de reflexoes hiperbolicas.

Lema.  Se $n\geq 2$ e $(n,q)\neq (3,4)$, entao $SU(n,q)$ e gerado por reflexoes hiperbolicas.

Demonstracao. So vamos provar o lema no caso quando $(n,q)\neq \{(3,4),(4,4)\}$. Seja $\sigma\in SL(n,q)$. Seja $H$ um plano hiperbolico e $x\in H$ tal que $Q(x)\neq 0$. Pelo resultado anterior, existe $\tau\in T$ tal que $H\sigma\tau=H$. Como $\tau$ e produto de reflexoes hiperbolicas, podemos assumir sem perder generalidade que $H\sigma=H$. Como $Q(x)=Q(x\sigma)$ temos pelo Teorema de Extensao de Witt que existe $\tau\in U(H)$ tal que $x\sigma\tau=x$. Assumimos que $\det\tau=\alpha$. Seja $z\ssp x^\perp\cap H$, e definimos $\gamma\in GL(H)$ com $x\gamma=x$ e $z\gamma=\alpha^{-1}z$. Uma conta facil mostra que $\gamma\in U(H)$ com $\det\gamma=\alpha^{-1}$ e entao $\sigma\gamma\in SL(H)$. Nos consideramos $\sigma\gamma$ como uma transformacao em $SL(n,q)$ atuando trivialmente sobre $H^\perp$. Temos que

$$
x\sigma\tau\gamma=x\quad\mbox{e}\quad H\sigma\tau\gamma=H.
$$
Como $\tau\gamma$ e u produto de transvecoes, ela e um produto de reflexoes hiperbolicas, entao podemos assumir sem perder a generalidade que $x\sigma=x$ e $H\sigma=H$.  Neste caso $x$ pode ser identificado por um elemento de $SU(n-1,q)$ atuando sobre $\ssp x^\perp$. Por inducao, $\sigma$ pode ser escrito como produto de reflexoes hiperbolicas.

Transveções e quase-refleções

$\newcommand{\P}{\mathcal P}$
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$

$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$Seja $v\in V$ um vetor isotropico e $\alpha\in \F_q$ tal que $a+\bar a=0$. Definimos a transvecao unitaria $t_{v,\alpha}$ por
$$
ut_{v,\alpha}=u+\alpha B(u,v)v.
$$

Lema. $t_{v,\alpha}\in SU(n,q)$

Demonstracao. $t_{v,\alpha}$ e uma transvecao, entao ela tem determinante 1. Entao e suficiente provar que $t_{v,\alpha}\in U(n,q)$:
$$
B(ut_{v,\alpha},wt_{v,\alpha})=B(u+\alpha B(u,v)v,w+\alpha B(w,v)v)=B(u,w)+\alpha B(u,v)B(v,w)+\overline\alpha\overline{B(w,v)}B(u,v)+\alpha\overline\alpha B(u,v)\overline{B(w,v)}B(v,v)=B(u,v)+(\alpha+\bar\alpha)B(u,v)B(v,w)=B(u,v).
$$

Seja $\alpha\in\F$ com $\alpha\bar\alpha=1$ e $v\in V$ com $Q(v)\neq 0$. Definimos a quase-refleção $\sigma_{v,\alpha}$ como
$$
u\sigma_{v,\alpha}=u+(\alpha-1)\frac{B(u,v)}{Q(v)}v.
$$

Lema. $\sigma_{v,\alpha}\in U(n,q)$.
Demonstracao. Tem-se que
$$
B(u\sigma_{v,\alpha},w\sigma_{v,\alpha})=B(u+(\alpha-1)\frac{B(u,v)}{Q(v)}v,w+(\alpha-1)\frac{B(w,v)}{Q(v)}v)=
B(u,w)+(\alpha-1)\frac{B(u,v)}{Q(v)}B(v,w)+\overline{(\alpha-1)}\frac{\overline{B(w,v)}}{\overline{Q(v)}}B(u,v)+(\alpha-1)\frac{B(u,v)}{Q(v)}\overline{(\alpha-1)}\frac{\overline{B(w,v)}}{\overline{Q(v)}}Q(v)=B(u,w)+(\alpha+\overline\alpha-2)\frac{B(u,v)B(v,w)}{Q(v)}-(\alpha+\overline\alpha-2)\frac{B(u,v)B(v,w)}{Q(v)}=B(u,w).
$$

Seja $\sigma\in U(n,q)$ e seja $\hat\sigma=\sigma-1$. Seja $V_\sigma=V\hat\sigma$.
Definimos uma forma sobre $V_\sigma$ com
$$
B_\sigma(x\hat\sigma,y\hat\sigma)=B(x,y\hat\sigma).
$$

Lema. $B_\sigma$ e uma forma sesquilinear bem definida e nao degenerara sobre $V_\sigma$. Logo
$$
B_\sigma(u,v)+\overline{B_{\sigma}(v,u)}=B(u,v)
$$
Demonstracao. Temos que
$$
B(x\hat\sigma,y\hat\sigma)=B(x-x\sigma,y-y\sigma)=B(x,y)-B(x,y\sigma)-B(x\sigma,y)+B(x\sigma,y\sigma)=B(x,y)-B(x,y\sigma)-B(x\sigma,y)+B(x,y)
=B(x\hat\sigma,y)+B(x,y\hat\sigma)
$$
para todo $x,\ y\in V$.

Sejam $x_1,\ y_1$ e $x_2,\ y_2$ tais que $x_1\hat\sigma=x_2\hat\sigma$ e $y_1\hat\sigma=y_2\hat\sigma$. Entao
$$
B(x_1,y_1\hat\sigma)=B(x_1,y_2\hat\sigma)=B(x_1\hat\sigma,y_2\hat\sigma)-B(x_1\hat\sigma,y_2)=B(x_2\hat\sigma,y_2\hat\sigma)-B(x_2\hat\sigma,y_2)=B(x_2,y_2\hat\sigma).
$$
Obtemos que $B_\sigma$ esta bem definido.

Tem-se que
$$
B_\sigma(x\hat\sigma,y\hat\sigma)+\overline{B_\sigma(y\hat\sigma,x\hat\sigma)}=B(x,y\hat\sigma)+\overline{B(y,x\hat\sigma)}=B(x,y\hat\sigma)+B(x\hat\sigma,y)=B(x\hat\sigma,y\hat\sigma).
$$

Se $B_\sigma(x\hat\sigma,y\hat\sigma)=0$ para todo $x\hat\sigma\in V_\sigma$, entao $B(x,y\hat\sigma)=0$ para todo $x\in V$, e $y\hat\sigma\in\mbox{Rad}\,B$.  Entao radical de esquerdo de $B_\sigma$ e $0$. Se o radical de esquerdo de uma forma sesquilinear e trivial, entao o seu radical a direito e tambem trivial (exercicio).




Proposicao. Seja $W$ um subespaco de $V$ e $C$ uma forma nao degenerada sesquilinear sobre $W$ tal que
$$
C(u,v)+\overline{C(v,u)}=B(u,v)\textrm{ para todo }u,\ v\in W.
$$
Entao existe uma unica $\sigma\in U(V)$ tal que $W=V_\sigma$ e $C=B_\sigma$.

Demonstracao.
Seja $\{v_1,\ldots,v_n\}$ uma base de $V$ tal que $\{v_1,\ldots,v_r\}$ e uma base de $W$. Vamos denotar as matrizes das formas $C$ e $B$ pelas mesmas letras $C$ e $B$.  Entao $\det C\neq 0$ e seja $A= C^{-1}$.  Denotamos por $A_0$ a matriz que obtemos de $A$ por adicionar $n-r$ colunas e $n-r$ linhas nulas.

Definamos $\sigma:V\rightarrow V$ com
$$
x\sigma=x-xBA_0=xX.
$$
where $X=I-BA_0$.

Para mostrar que $\sigma\in U(V)$ e suficiente mostrar que $XB\overline X^t=B$. Primeiro,
a condição na proposicao pode ser vista como
$$
A^{-1}+\bar{ A}^{-t}=C+{\overline{C}}^t=B_1
$$
onde $B_1$ e a matriz que obtemos pelas primeiras $r$ linhas e $r$ colunas de $B$.  Dai achamos que
$$
AB_1\overline A^t=A+\overline A^t,
$$
que implica que
$$
A_0B\overline A_0^t=A_0+\overline A_0^t.
$$

Logo
$$
XB\overline X^t=(I-BA_0)B\overline{(I-BA_0)^t}=
B-BA_0B-B\overline{A_0}^t\overline{B}^t+BA_0B\overline{A_0}^t\overline{B}^t=B-BA_0B-B\overline A_0^t\overline B^t+BA_0\overline B^t+B\overline A_0^t\overline B^t.
$$
Como $\overline B^t=B$,
$$
BA_0B=BA_0\overline B^t.
$$
Obtemos entao que $XB\overline X^t=B$ que implica que $X$ e uma isometria de $B$. A definicao de $\sigma$ mostra que a matriz de $\hat\sigma=I-\sigma$ e $BA_0$ e $\hat\sigma$ e uma transformacao $V\rightarrow W$. Finalmente, seja $C_0$ a matriz que obtemos por estender $C$ por $n-r$ linhas e colunas nulas e
$$
C(v BA_0,uBA_0)=vBA_0C_0\overline A_0^t\overline B^tu^t=vB\overline A_0^t\overline B^tu^t=
B(v,uBA_0)=B_\sigma(v BA_0,uBA_0).
$$
Entao $C=B_\sigma$.


Mostremos agora a unicidade. Consideramos $\hat\sigma=I-\sigma$ como uma transformacao $V\rightarrow W$ dada com a matriz $S$ ($S$ e $n\times r$).  Seja $B_0$ a matriz que obtemos por apagar as ultimas $n-r$ colunas de $B$. Entao, para todo $v\in V$ e $w\in W$ temos que
$$
v B_0\overline w^t=B(v,w)=B_\sigma(v\sigma,w)=vSB_\sigma\overline w^t,
$$
que implica que $B_0=SB_\sigma$, ou seja $S=B_0B_\sigma^{-1}$. Consequentemente $S$ e unicamente determinada tal como $I-\sigma$ e $\sigma$.

A transformacao $\sigma$ na proposicao ultima sera denotada por $\sigma_{W,C}$.

Consideramos o caso quando $\dim W=1$. Seja $W=\left<u\right>$. Temos que
$$
x\sigma_{W,C}=x-xBA_0
$$
onde $A_0$ e uma matriz cujas entradas sao igais a zero, com a excepcao da entrada na posicao $(1,1)$. Denotamos essa entrada por $a$ e temos que $a=C(u,u)^{-1}$. Entao
$$
x\sigma_{W,C}=x-xBA_0=x-aB(x,u)u
$$
e temos tambem que  $a^{-1}+\overline{a^{-1}}=Q(u)$. Se $Q(a)=0$, entao $a^{-1}=-\overline{a^{-1}}$ que implica que $a=-\overline a$. Entao
$\sigma_{W,C}=t_{u,-a}$ e uma transvecao. Se $Q(u)\neq 0$, seja $c=(1-aQ(u))$ e obtemos que
$$
c\overline c=(1-aQ(u)\overline{(1-aQ(u))}=1-aQ(u)-\overline aQ(u)+a\overline aQ(u)^2=
1-(a+\overline a)Q(u)+a\overline aQ(u)^2=1-(a+\overline a)(a^{-1}+\overline{a^{-1}})+a\overline a(a^{-1}+\overline{a^{-1}})^2=1-a\overline{a^{-1}}-\overline aa^{-1}-2+(1+a\overline{a^{-1}})(\overline aa^{-1}+1)=1-a\overline{a^{-1}}-\overline aa^{-1}-2+1+a\overline{a^{-1}}+\overline aa^{-1}+1=1.
$$
Logo, temos que $\sigma_{W,C}=\sigma_{u,c}$ e entao $\sigma_{W,C}$ e uma quase-reflecao.

Corolario. Se $\dim W=1$, entao $\sigma_{W,C}$ e uma transvecao ou uma quase-reflecao.

Assumimos que $W=V_\sigma$ e $W_1$ e um subespaco nao degenerado de $W$ (com respeito a $B_\sigma$). Escrevemos $W=W_1\oplus W_2$ onde
$$
W_2=\{v\in W\mid B_\sigma(v,u)=0\mbox{ para todo }u\in W_1\}.
$$
Pelo ultimo proposicao, existem $\sigma_1,\ \sigma_2\in U(V)$ tal que $W_i=V_{\sigma_i}$ e $C|_{W_i}=B_{\sigma_i}$ para $i=1,\ 2$.

Lemma. We have that $\sigma=\sigma_1\sigma_2$.
Demonstracao. Assumimos que $\dim W_1=r$ e $\dim W_2=s$. Seja $\{u_1,\ldots,u_r\}$ uma base de $W_1$ e $\{v_1,\ldots,v_s\}$ uma base de $W_2$. Entao $\{u_1,\ldots,u_r,v_1,\ldots,v_s\}$ e uma base de $W$.
A matriz de $B_\sigma$ nessa base tem a forma
$$
B_\sigma=\begin{pmatrix}
L & N\\
0 & M
\end{pmatrix}
$$
onde $L$ e a matriz de $B_{\sigma_1}$ e $M$ e a matriz de $B_{\sigma_2}$. Seja $i\in\{1,\ldots,r\}$ e $j\in\{1,\ldots,s\}$. Entao
$$
(B_\sigma)_{i,r+j}=B_\sigma(u_i,v_j)=B(u_i,v_j)-\overline{B_{\sigma}(v_j,u_i)}=B(u_i,v_j)=B_{i,r+j}.
$$
Entao o bloco $N$ e igual ao bloco $\hat B$ de $B$ entre da primeira e da $r$-esima linhas e da $r+1$-esima e da $r+s$-esima colunas.

Temos que
$$
(B_\sigma)^{-1}=\begin{pmatrix}
L^{-1} & -L^{-1}NM^{-1}\\
0 & M^{-1}
\end{pmatrix}
$$
Seja $A_1=L^{-1}$ e $A_2=M^{-1}$. Seja $A_{1,0}$ a matriz $n\times n$ que obtemos de $A_1$ por adicionar $n-r$ linhas e $n-r$ colunas nulas. Seja $A_{2,0}$ a matriz que tem o bloco $A_2$ entre a $r+1$-esima e a $r+s$-esima linhas e colunas, e zeros nas outras entradas.
Temos entao que as matrizes de $\sigma_1$ e $\sigma_2$ sao
$$
I-BA_{1,0}\quad\mbox{e}\quad I-BA_{2,0}
$$
respectivamente. Seja $A_0$ que obtemos de $A$ por adicionar $n-r-s$ linhas e colunas nulas.
E suficiente provar que
$$
(I-BA_0)=(I-BA_{1,0})(I-BA_{2,0}).
$$
Temos que
$$
(I-BA_{1,0})(I-BA_{2,0})=I-BA_{1,0}-BA_{2,0}+BA_{1,0}BA_{2,0}=
I-B(A_{1,0}+A_{2,0}-A_{1,0}BA_{2,0}).
$$
E facil verificar que $-A_{1,0}BA_{2,0}$ e a matriz que obtemos por colocar $-A_1\hat BA_2$ entre a primeira e a $r$-esima linha e a $r+1$-esima e a $r+s$-esima coluna. Como $-A_1\hat BA_2=-A_1NA_2$ obtemos que
$(I-BA_0)=(I-BA_{1,0})(I-BA_{2,0})$ como foi afirmado.