谱定理

首先假设第 3 条成立，则\(T\)在\(V\)的某个规范正交基下具有对角矩阵。\(T^{*}\)的矩阵是\(T\)的矩阵的共轭转置，所以\(T^{*}\)也具有对角矩阵。任意两个对角矩阵都是交换的，所以\(T\)和\(T^{*}\)是交换的，从而\(T\)是正规的。也就是说第一条成立。

现在假设第一条成立，则\(T\)是正规的。由舒尔定理可知\(V\)有一个规范正交基\(e_{1},\ldots ,e_{n}\)使得\(T\)关于此基有上三角矩阵，于是：

\begin{equation} \label{eq:3} \mathcal{M}(T,(e_{1},\ldots ,e_{n})) = \begin{bmatrix} a_{1,1} & \ldots & a_{1,n} \\ & \ddots & \vdots \\ 0 & & a_{n,n} \end{bmatrix} \end{equation}

由上面的矩阵可得：

\begin{equation} \label{eq:4} \| Te_{1} \| ^{2} = |a_{1,1}|^{2} \end{equation}

且：

\begin{equation} \label{eq:5} \| T^{*} e_{1} \|^{2} = |a_{1,1}|^{2} + |a_{1,2}|^{2} + \ldots + |a_{1,n}|^{2} \end{equation}

因为\(T\)是正规得，所以\(\|Te_{1}\| = \|T^{*}e_{1}\|\)，于是由上面得两个等式可知，式~(\ref{eq:3}) 中矩阵的第一行除了第一个元素之外都是 0. 以此类推，~(\ref{eq:5})中除了对角线上的元素其他元素都为 0.

设\(v\)是\(V\)中的非零向量，则：

\begin{eqnarray*} \langle (T^{2}+bT + cI)v ,v \rangle &=& \langle T^{2}v,v \rangle +b \langle Tv,v \rangle + c \langle v,v \rangle \\ &=& \langle Tv, Tv \rangle + b \langle Tv,v \rangle + c\|v\|^{2} \\ &\geq& \|Tv\|^{2} - |b| \|Tv\| \|v\| + c \|v\|^{2} \\ &=& \bigg( \|Tv\| - \frac{|b|\|v\|}{2} \bigg)^{2} + \bigg( c - \frac{b^{2}}{4} \bigg) \|v\|^{2} \\ &>&0 \end{eqnarray*}

所以\((T^{2} + bT + cI)v \neq 0\)，所以\(T^{2} + bT + cI\)是单的，从而是可逆的。

如前所述，可以假设\(V\)是实内积空间。设\(n=\dim V\)，取\(v\in V\)使得\(v\neq 0\)，则：

\begin{equation} \label{eq:8} v,Tv,T^{2}v,\ldots ,T^{n}v \end{equation}

不可能是线性无关的，因为\(V\)是\(n\)维的，而这里有\(n+1\)个向量。于是，有不全为 0 的实数\(a_{0},\ldots ,a_{n}\)使得：

\begin{equation} \label{eq:9} a_{0}v + a_{1}Tv + \ldots + a_{n}T^{n}v \end{equation}

以这些\(a_{j}\)为系数做一个多项式，并将此多项式分解则：

\begin{eqnarray*} & &a_{0} + a_{1}x + \ldots + a_{n}x^{n} \\ &=&c(x^{2} + b_{1}x +c_{1}) \ldots (x^{2}+b_{M}x+c_{M})(x-\lambda_{1})\ldots (x-\lambda_{m}) \end{eqnarray*}

其中\(c\)是实数，每个\(b_{j},c_{j},\lambda_{j}\)都是实数，每个\(b_{j}^{2}\)小于\(4c_{j}\)，\(m+M \geq 1\)，并且上面的等式对所有实数\(x\)都成立。那么我们有：

\begin{eqnarray*} 0&=& a_{0}v + a_{1}Tv + \ldots a_{n}T^{n}v \\ &=& (a_{0}I + a_{1}T + \ldots + a_{n}T^{n})v \\ &=& c(T^{2} + b_{1}T + c_{1}I)\ldots (T^{2} + b_{M}T +c_{M})(T-\lambda_{1}I)\ldots (T-\lambda_{m}I)v \end{eqnarray*}

每个\(T^{2}+b_{j}T+c_{j}I\)都是可逆的。而\(c\neq 0\)，所以上面的等式表明\(m > 0\)且：

\begin{equation} \label{eq:11} 0 = (T-\lambda_{1}I)(T-\lambda_{2}I)\ldots (T-\lambda_{m}I)v \end{equation}

所以至少有一个\(\lambda_{j}\)使得\(T-\lambda_{j}I\)不是单的，也就是说\(T\)有本征值。

为证明 1，设\(v\in U^{\bot}\)，\(u\in U\),则：

\begin{equation} \label{eq:12} \langle Tv,u \rangle = \langle v,Tu \rangle =0 \end{equation}

其中第一个等号成立是因为\(T\)是自伴的，第二个等号成立是因为\(U\)在\(T\)下不变且\(v\in U^{\bot}\)。因为上面的等式对每个\(u\in U\)都成立，所以可得\(Tv\in U^{\bot}\)，因此\(U^{\bot}\)在\(T\)下不变，这就证明了第一条。

对于第二条：

\begin{equation} \label{eq:13} \langle (T|_U)u,v \rangle = \langle Tu,v \rangle = \langle u,Tv \rangle = \langle u,(T|_U)v \rangle \end{equation}

因此\(T|_{U}\)是自伴的。