$\newcommand{\P}{\mathcal P}$
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$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
$$
ut_{v,\alpha}=u+\alpha B(u,v)v.
$$
$$
B(ut_{v,\alpha},wt_{v,\alpha})=B(u+\alpha B(u,v)v,w+\alpha B(w,v)v)=B(u,w)+\alpha B(u,v)B(v,w)+\overline\alpha\overline{B(w,v)}B(u,v)+\alpha\overline\alpha B(u,v)\overline{B(w,v)}B(v,v)=B(u,v)+(\alpha+\bar\alpha)B(u,v)B(v,w)=B(u,v).
$$
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.
$\newcommand{\C}{\mathcal C}$
$\newcommand{\F}{\mathbb F}$
$\newcommand{\ssp}[1]{\left<#1\right>}$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.
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