练习：本证空间

对于T∈L(V)，假设λ1,…,λm是T的互异的本征值，则：

1. T可对角化。
2. V有由T的本证向量构成的基；
3. V有在T下不变的一维子空间U1,…,Un使得V=U1⊕+…+Un
4. V=E(λ1,T)⊕…⊕E(λm,T)
5. dimV=dimE(λ1,T)+…+dimE(λm,T)

对于这个题目我们可以把特征向量分为两类，一类特征向量是特征值0对应的特征向量，一类特征向量是非零特征值对应的特征向量。基本证明思路已经比较清晰了。接下类给出详细的证明过程。

如果T是可逆的，那么nullT={0}，rangeT=V，此时T是单射也是满射，显然有V=nullT⊕rangeT,证明完毕。

如果T不是可逆的，假设0,λ1,…,λm是T的特征值。所以有：

利用定义我们有E(0,T)=nullT。另外 T(1λjvj)=vj 所以E(λj,T)⊂rangeT，因此 E(λ1,T)⊕…⊕E(λm,T)⊂rangeT 另一方面，对于任何v∈V，可以写作： v=v0+v1+…+vm 其中v0∈E(0,T),vj∈E(λj,T)，因此： T(v)=T(v0+v1+…vm)=λ1v1+…+λmvm∈E(λ1,T)⊕…⊕E(λm,T) 因此有： rangeT=E(λ1,T)⊕…⊕E(λm,T) 因此V=nullT⊕rangeT

对于这个题目虽然我想到了最主要的思路。但是在执行细节上我没有按照定理来做，子集创造了很多结论。

证明从1到2是显然的。我们证明从2到3.

因为 V=nullT+rangeT 所以 dimV=dimnullT+dimrangeT−dim(nullT∩+rangeT) 根据线性映射基本定理： dimV=dimnullT+dimrangeT 所以我们有： 0=dim(nullT∩+rangeT) 因此 {0}=nullT∩+rangeT

证明从3到1 ： 因为 nullT∩rangeT={0} 所以 dimV=dimnullT+dimrangeT 进而有： dimV=dim(nullT+rangeT) 因此nullT+rangeT=V，又因为nullT∩rangeT={0}，所以nullT⊕rangeT=V

首先假设T可以对角化，则T−λI也可以对角化，因此利用5.C.1的结论有：

然后我们证明另外一个方向，因为V是有限维的，所以T有有限个特征值。假设λ1,…,λm是T的不同的特征值，所以：

且有：null(T−λ2I)⊂range(T−λ1I)，我们有：

同样的我们有：

进而有：

如果：range(T−λ1I)∩…∩range(T−λmI)={0}，那么:

所以T是可对角化的。 如果range(T−λ1I)∩…∩range(T−λmI)≠{0}，因为(T−λiI)T=T(T−λiI)，所以我们有range(T−λiI)在T下是不变的。.......接下来证明不下去了

因为T有dimV个互异的本证值，则我们可以找出V的一个基v1,…,vdimV使其是T的对应于dimV个互异的本征值的本证向量。

因为S∈L(V)和T有相同的本证向量，那么存在λ1,…,λdimV和θ1,…,θdimV使得：

所以我们有：

所以STvi=TSvi,i=1,…,dimV，因为v1,…,dimV是V的一个基。所以ST=TS

反证法。假设T−2λ和T−6λ是不可逆的，这意味着2和6是T的特征值，因此dimE(2,T)≥1，且dimE(6,T)≥1所以有：

矛盾。所以假设错误，所以有T−2λ或者T−6λ是可逆的。

∀λ∈F,λ≠0，令v∈E(λ,T)，则Tv=λv,注意对于λ,λ≠0，有Tv=λv。由于T可逆，所以1λv=T−1v，因此v∈E(1λ,T−1)，因此E(λ,T)⊂E(1λ,T−1).

同理，我们可以证明E(1λ,T−1)⊂E(λ,T)。因此E(λ,T)=E(1λ,T−1).

因为对于L(F3)中的线性算子T,R有本征值2,6,7，则说明T,R都是可对角化的。因此存在T的基e1,e2,e3和R的基ξ1,ξ2,ξ3使得:

定义S∈L(F3)：对\

所以ξi=S−1ei,i=1,2,3。所以：

类似的，我们有S−1TSξ2=Rξ2,S−1TSξ3=Rξ3。因为S−1TS和S在基上的作用是相同的，所以S−1TS=R

令e1,…,e4是F4的一个基，定义R,T∈L(F4)：

那么R是可对角化的，T不是可对角化的。

如果存在可逆映射S∈L(F4)，满足R=S−1TS，SRS−1=T，那么Se1,…,Se4是F4的一个基。进而：

同样：T(Se2)=2Se2,TSe3=6Se3,TSe4=7Se4这意味着T是可对角化的，矛盾。因此不存在可逆的算子S∈L(F4)使得R=S−1TS

令T∈L(C3)，定义为：

其中e1,e2,e3是C3的一个基。那么对于所有的非零α∈C3，可以表示为α=k1e1+k2e2+k3e3，如果存在λ∈C满足： Tα=λα我们有：

如果k3≠0，那么有λk3=7k3，即λ=7，如果k3=0，我们有：(6−λ)k2=0(6−λ)k1=−k2注意α≠0，所以k1或者k2不是零。如果K2≠0，则有λ=6，如果k1≠0则 λ=6

综上：T的所有特征值是6或者7。另外dimE(6,T)=1，dimE(7,T)=1，这意味着： 2=dimE(6,T)+dimE(7,T)<dimC3=3 所以T不是可对角化的。

8不是T的特征值，所以T−8I是满射。所以存在(x,y,z)使得(T−8I)(x,y,z)=(17,√5,2π)

1. 数学归纳法。首先T1(0,1)=(1,1)=(F1,F2)，假设对于k，Tk(0,1)=(Fk,Fk+1)，则：

2.假设λ是T的本征值，则T(x,y)=(y,x+y)=λ(x,y)，进而：

所以有：λ2−λ−1=0，所以有λ=1±√52。 3.λ=1+√52对应本证向量是(1,1+√52) ;λ=1−√52对应本证向量是(1,1−√52); 4.令e1=(1,1+√52) , e2=(1,1−√52)，显然有：(0,1)=1√5(e1−e2)，所以：

进而

所以Fn=1√5((1+√52)n−(1−√52)n) 5.我们知道√5≥2，所以：

所以：

因此Fn与1√5(1+√52)n之间的差别不会超过1/3，所以Fn是离1√5(1+√52)n最近的整数。