$SU(n,q)$ 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.