114 年 國立成功大學數學系應用數學研究所《線性代數》

本題考查線性轉換在不同基底下的表示矩陣以及對角化問題。

(a) 要求線性轉換 $T$ 在基底 $\beta$ 下的表示矩陣 $[T]_\beta$。根據定義，表示矩陣的每一行是經過線性轉換後基底向量在該基底下的座標向量。我們需要將基底向量 $1, 1-x, x+x^2$ 分別代入 $T$ 的定義中，然後將結果表示成 $\beta$ 的線性組合。

令 $v_1 = 1$, $v_2 = 1-x$, $v_3 = x+x^2$。
我們需要計算 $T(v_1), T(v_2), T(v_3)$。

計算 $T(v_1) = T(1)$:
將 $ax^2+bx+c$ 中的 $a=0, b=0, c=1$ 代入 $T$ 的定義：
$T(1) = (-11(0) + 12(0) + 6(1))x^2 + (4(0) - 0 - 2(1))x + (-24(0) + 24(0) + 15(1))$
$T(1) = 6x^2 - 2x + 15$.
現在將 $6x^2 - 2x + 15$ 表示成基底 $\beta = \{1, 1-x, x+x^2\}$ 的線性組合。
令 $6x^2 - 2x + 15 = c_1(1) + c_2(1-x) + c_3(x+x^2)$
$6x^2 - 2x + 15 = c_1 + c_2 - c_2x + c_3x + c_3x^2$
$6x^2 - 2x + 15 = c_3x^2 + (c_3-c_2)x + (c_1+c_2)$
比較係數：
$c_3 = 6$
$c_3 - c_2 = -2 \implies 6 - c_2 = -2 \implies c_2 = 8$
$c_1 + c_2 = 15 \implies c_1 + 8 = 15 \implies c_1 = 7$
所以 $T(1) = 7(1) + 8(1-x) + 6(x+x^2)$。
$T(v_1)$ 在基底 $\beta$ 下的座標向量是 $\begin{pmatrix} 7 \\ 8 \\ 6 \end{pmatrix}$。

計算 $T(v_2) = T(1-x)$:
將 $ax^2+bx+c$ 中的 $a=0, b=-1, c=1$ 代入 $T$ 的定義：
$T(1-x) = (-11(0) + 12(-1) + 6(1))x^2 + (4(0) - (-1) - 2(1))x + (-24(0) + 24(-1) + 15(1))$
$T(1-x) = (-12+6)x^2 + (1-2)x + (-24+15)$
$T(1-x) = -6x^2 - x - 9$.
現在將 $-6x^2 - x - 9$ 表示成基底 $\beta = \{1, 1-x, x+x^2\}$ 的線性組合。
令 $-6x^2 - x - 9 = c_1(1) + c_2(1-x) + c_3(x+x^2)$
$-6x^2 - x - 9 = c_3x^2 + (c_3-c_2)x + (c_1+c_2)$
比較係數：
$c_3 = -6$
$c_3 - c_2 = -1 \implies -6 - c_2 = -1 \implies c_2 = -5$
$c_1 + c_2 = -9 \implies c_1 - 5 = -9 \implies c_1 = -4$
所以 $T(1-x) = -4(1) - 5(1-x) - 6(x+x^2)$。
$T(v_2)$ 在基底 $\beta$ 下的座標向量是 $\begin{pmatrix} -4 \\ -5 \\ -6 \end{pmatrix}$。

計算 $T(v_3) = T(x+x^2)$:
將 $ax^2+bx+c$ 中的 $a=1, b=1, c=0$ 代入 $T$ 的定義：
$T(x+x^2) = (-11(1) + 12(1) + 6(0))x^2 + (4(1) - 1 - 2(0))x + (-24(1) + 24(1) + 15(0))$
$T(x+x^2) = (-11+12)x^2 + (4-1)x + (-24+24)$
$T(x+x^2) = 1x^2 + 3x + 0$.
現在將 $x^2 + 3x$ 表示成基底 $\beta = \{1, 1-x, x+x^2\}$ 的線性組合。
令 $x^2 + 3x = c_1(1) + c_2(1-x) + c_3(x+x^2)$
$x^2 + 3x = c_3x^2 + (c_3-c_2)x + (c_1+c_2)$
比較係數：
$c_3 = 1$
$c_3 - c_2 = 3 \implies 1 - c_2 = 3 \implies c_2 = -2$
$c_1 + c_2 = 0 \implies c_1 - 2 = 0 \implies c_1 = 2$
所以 $T(x+x^2) = 2(1) - 2(1-x) + 1(x+x^2)$。
$T(v_3)$ 在基底 $\beta$ 下的座標向量是 $\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$。

將這些座標向量作為列向量組成矩陣 $[T]_\beta$:
$[T]_\beta = \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ 8 & -5 & -2 \\ 6 & -6 & 1 \end{pmatrix}$.

【答案】$[T]_\beta = \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ 8 & -5 & -2 \\ 6 & -6 & 1 \end{pmatrix}$.

(b) 判斷 $T$ 是否可對角化，並求對角化基底。
一個線性轉換是可對角化的，若且唯若存在一個向量空間的基底，使得該線性轉換在此基底下的表示矩陣是對角矩陣。這等價於線性轉換的特徵值代數重數等於其對應特徵空間的幾何重數，且所有特徵值的代數重數總和等於向量空間的維度。
在 $P_2(\mathbb{R})$ 中，維度是 3。我們需要找到矩陣 $[T]_\beta$ 的特徵值和特徵向量。
令 $A = [T]_\beta = \begin{pmatrix} 7 & -4 & 2 \\ 8 & -5 & -2 \\ 6 & -6 & 1 \end{pmatrix}$。
計算特徵值，即解 $\det(A - \lambda I) = 0$。
$A - \lambda I = \begin{pmatrix} 7-\lambda & -4 & 2 \\ 8 & -5-\lambda & -2 \\ 6 & -6 & 1-\lambda \end{pmatrix}$
$\det(A - \lambda I) = (7-\lambda)((-5-\lambda)(1-\lambda) - (-2)(-6)) - (-4)(8(1-\lambda) - (-2)(6)) + 2(8(-6) - (-5-\lambda)(6))$
$= (7-\lambda)( (5+\lambda)(\lambda-1) - 12 ) + 4( 8-8\lambda + 12 ) + 2( -48 + 30 + 6\lambda )$
$= (7-\lambda)( \lambda^2 + 4\lambda - 5 - 12 ) + 4( 20 - 8\lambda ) + 2( -18 + 6\lambda )$
$= (7-\lambda)( \lambda^2 + 4\lambda - 17 ) + 80 - 32\lambda - 36 + 12\lambda$
$= 7\lambda^2 + 28\lambda - 119 - \lambda^3 - 4\lambda^2 + 17\lambda + 44 - 20\lambda$
$= -\lambda^3 + (7-4)\lambda^2 + (28+17-20)\lambda + (-119+44)$
$= -\lambda^3 + 3\lambda^2 + 25\lambda - 75$

核心觀念

Jordan 標準形由以下資料決定：

• 特徵值及其代數重數；
• 每個特徵值的特徵空間維度；
• 廣義特徵向量所形成的 Jordan 鏈。

若 $q$ 是特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，則

$$(A-\lambda I)q=0.$$

若 $q_3$ 是特徵值 $\lambda$ 的特徵向量，且

$$(A-\lambda I)q_4=q_3,$$

則 $q_3,q_4$ 形成一條長度為 $2$ 的 Jordan 鏈，並且

$$Aq_3=\lambda q_3,\qquad Aq_4=q_3+\lambda q_4.$$

因此在基底 $(q_3,q_4)$ 下，對應的 Jordan 區塊為

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

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解題方法：求特徵值

計算特徵多項式：

$$\det(\lambda I-A) = \det \begin{pmatrix} \lambda-2&4&-2&-2\\ 2&\lambda&-1&-3\\ 2&2&\lambda-3&-3\\ 2&6&-3&\lambda-7 \end{pmatrix}.$$

經行列式化簡可得

$$\det(\lambda I-A) =(\lambda-2)^2(\lambda-4)^2.$$

所以特徵值為

$$\lambda=2,\qquad \lambda=4,$$

且兩者的代數重數皆為 $2$。

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特徵值 $\lambda=2$ 的特徵空間

考慮

$$A-2I= \begin{pmatrix} 0&-4&2&2\\ -2&-2&1&3\\ -2&-2&1&3\\ -2&-6&3&5 \end{pmatrix}.$$

令 $x=(a,b,c,d)^T$，由 $(A-2I)x=0$ 得

$$-2b+c+d=0,$$ $$-2a-2b+c+3d=0.$$

化簡後得到

$$d=a,\qquad c=2b-a.$$

因此

$$x= \begin{pmatrix} a\\ b\\ 2b-a\\ a \end{pmatrix}.$$

取 $(a,b)=(1,0)$ 與 $(0,1)$，得到兩個線性獨立的特徵向量：

$$q_1= \begin{pmatrix} 1\\0\\-1\\1 \end{pmatrix}, \qquad q_2= \begin{pmatrix} 0\\1\\2\\0 \end{pmatrix}.$$

故

$$\dim\ker(A-2I)=2.$$

由於 $\lambda=2$ 的代數重數也是 $2$，所以 $\lambda=2$ 對應兩個大小為 $1$ 的 Jordan 區塊：

$$J_2= \begin{pmatrix} 2&0\\ 0&2 \end{pmatrix}.$$

---

特徵值 $\lambda=4$ 的特徵空間

考慮

$$A-4I= \begin{pmatrix} -2&-4&2&2\\ -2&-4&1&3\\ -2&-2&-1&3\\ -2&-6&3&3 \end{pmatrix}.$$

令 $x=(a,b,c,d)^T$，由 $(A-4I)x=0$ 得

$$d=c,\qquad b=c,\qquad a=0.$$

因此

$$x=c \begin{pmatrix} 0\\1\\1\\1 \end{pmatrix}.$$

取

本題考查向量空間的對偶空間及其性質，特別是零化子（annihilator）的概念。

(a) 證明 $S^\circ$ 是 $V^*$ 的子空間。
要證明 $S^\circ$ 是 $V^*$ 的子空間，我們需要證明以下三點：

1. $S^\circ$ 非空。

2. 對於任意 $f, g \in S^\circ$，$f+g \in S^\circ$。

3. 對於任意 $f \in S^\circ$ 和任意純量 $c \in F$，$cf \in S^\circ$。

4. 證明 $S^\circ$ 非空：
   由於 $S \subseteq V$，對於任意 $f \in V^*$，如果 $S$ 是零向量空間 $\{ \mathbf{0} \}$，則 $f(\mathbf{0}) = 0$ 對於所有 $f$ 都成立。
   更一般地，考慮零映射 $0: V \to F$，其中 $0(x) = 0$ 對於所有 $x \in V$。顯然，對於任何 $S \subseteq V$，此映射都滿足 $0(x) = 0$ 對於所有 $x \in S$。因此，零映射 $0 \in V^*$ 總是屬於 $S^\circ$。所以 $S^\circ$ 非空。

5. 證明加法封閉性：
   設 $f, g \in S^\circ$。根據定義，這意味著對於所有 $x \in S$，都有 $f(x) = 0$ 且 $g(x) = 0$。
   考慮 $f+g$ 這個線性映射。對於任意 $x \in S$，我們有：
   $(f+g)(x) = f(x) + g(x) = 0 + 0 = 0$.
   因此，$f+g$ 滿足對 $S$ 中所有向量為零的條件，所以 $f+g \in S^\circ$。

6. 證明純量乘法封閉性：
   設 $f \in S^\circ$ 且 $c \in F$ 是任意純量。根據定義，對於所有 $x \in S$，都有 $f(x) = 0$。
   考慮 $cf$ 這個線性映射。對於任意 $x \in S$，我們有：
   $(cf)(x) = c \cdot f(x) = c \cdot 0 = 0$.
   因此，$cf$ 滿足對 $S$ 中所有向量為零的條件，所以 $cf \in S^\circ$。

由於 $S^\circ$ 非空且對加法和純量乘法封閉，所以 $S^\circ$ 是 $V^*$ 的一個子空間。

【答案】$S^\circ$ 是 $V^*$ 的一個子空間。

(b) 證明 $(W_1 + W_2)^\circ = W_1^\circ \cap W_2^\circ$ 對於子空間 $W_1$ 和 $W_2$。
這是一個雙向證明，我們需要證明兩個方向的包含關係。

方向一：證明 $(W_1 + W_2)^\circ \subseteq W_1^\circ \cap W_2^\circ$。
設 $f \in (W_1 + W_2)^\circ$。根據定義，這意味著對於所有 $x \in W_1 + W_2$，都有 $f(x) = 0$。

本題考查線性映射的伴隨映射（adjoint map）的核空間與映像空間的零化子之間的關係。

我們需要證明 $\text{Ker}(T^*) = (\text{Im}(T))^\circ$。這是一個雙向證明。

方向一：證明 $\text{Ker}(T^*) \subseteq (\text{Im}(T))^\circ$。
設 $g \in \text{Ker}(T^*)$。根據伴隨映射的定義，這意味著 $T^*(g) = 0_{V^*}$，其中 $0_{V^*}$ 是 $V^*$ 中的零映射。
根據伴隨映射的定義，$T^*(g) = g \circ T$。所以，$g \circ T = 0_{V^*}$。
這表示對於 $V$ 中的任意向量 $v \in V$，都有 $(g \circ T)(v) = 0_{V^*}(v) = 0$。
也就是說，$g(T(v)) = 0$ 對於所有 $v \in V$ 都成立。
考慮 $W$ 中的向量 $w \in \text{Im}(T)$。根據映像空間的定義，存在 $v \in V$ 使得 $w = T(v)$。
由於 $g(T(v)) = 0$ 對於所有 $v \in V$ 都成立，所以 $g(w) = 0$ 對於所有 $w \in \text{Im}(T)$ 都成立。
根據零化子的定義，這意味著 $g \in (\text{Im}(T))^\circ$。
因此，$\text{Ker}(T^*) \subseteq (\text{Im}(T))^\circ$。

方向二：證明 $(\text{Im}(T))^\circ \subseteq \text{Ker}(T^*)$。

本題要求判斷一個矩陣是否可逆，如果可逆則求其逆矩陣。判斷矩陣可逆性的方法有幾種，包括計算行列式、檢查秩、判斷是否為零空間只有零向量的齊次方程的解等。

我們來計算該矩陣的行列式。令該矩陣為 $A$。
$A = \begin{pmatrix} 2 & 8 & 12 & -2 \\ 0 & 0 & 1 & 6 \\ 0 & 1 & -5 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 5 \end{pmatrix}$
由於矩陣是上三角矩陣（嚴格來說，它是一個準上三角矩陣，因為第二行的第一個元素是0，但這不妨礙我們展開計算），其行列式等於對角線元素的乘積。
我們可以使用第一列來展開計算行列式。
$\det(A) = 2 \cdot \det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 6 \\ 1 & -5 & -1 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} - 0 + 0 - 0$.
現在計算 $3 \times 3$ 的行列式。我們可以使用第一列再次展開。
$\det \begin{pmatrix} 0 & 1 & 6 \\ 1 & -5 & -1 \\ 0 & 0 & 5 \end{pmatrix} = 0 \cdot \det(\dots) - 1 \cdot \det \begin{pmatrix} 1 & 6 \\ 0 & 5 \end{pmatrix} + 0 \cdot \det(\dots)$
$= -1 \cdot (1 \cdot 5 - 6 \cdot 0) = -1 \cdot 5 = -5$.
所以，$\det(A) = 2 \cdot (-5) = -10$.

由於矩陣 $A$ 的行列式 $\det(A) = -10 \neq 0$，所以矩陣 $A$ 是可逆的。

接下來，我們需要找到矩陣 $A$ 的逆矩陣 $A^{-1}$。
我們可以使用增廣矩陣法，將 $A$ 和單位矩陣 $I$ 放在一起，然後通過行運算將 $A$ 化為 $I$，此時右側的 $I$ 就會變成 $A^{-1}$。
$[A | I] = \left[ \begin{array}{cccc|cccc} 2 & 8 & 12 & -2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 6 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -5 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$
為了方便計算，先交換第二行和第三行，因為我們需要主對角線的元素為 1。
$\left[ \begin{array}{cccc|cccc} 2 & 8 & 12 & -2 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -5 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 6 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$
$R_1 \leftarrow R_1 / 2$:
$\left[ \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 4 & 6 & -1 & 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -5 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 6 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 5 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$
$R_4 \leftarrow R_4 / 5$:
$\left[ \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 4 & 6 & -1 & 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -5 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 6 & 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1/5 \end{array} \right]$
現在從下往上進行行運算，將非對角線元素變為 0。
$R_3 \leftarrow R_3 - 6R_4$:
$R_3$ 的第四列元素是 $6 - 6(1) = 0$.
$\left[ \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 4 & 6 & -1 & 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -5 & -1 & 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -6/5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1/5 \end{array} \right]$
$R_2 \leftarrow R_2 + R_4$:
$R_2$ 的第四列元素是 $-1 + 1 = 0$.
$\left[ \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 4 & 6 & -1 & 1/2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -5 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1/5 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -6/5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1/5 \end{array} \right]$
$R_1 \leftarrow R_1 + R_4$:
$R_1$ 的第四列元素是 $-1 + 1 = 0$.
$\left[ \begin{array}{cccc|cccc} 1 & 4 & 6 & 0 & 1/2 & 0 & 0 & 1/5 \\ 0 & 1 & -5 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1/5 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & -6/5 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1/5 \end{array} \right]$
$R_2 \leftarrow R_2 + 5R_3$:
$R_2$ 的第三列元素是 $-5 + 5(1) = 0$.

核心觀念

令

$$u= \begin{bmatrix} 1\\2\\ \vdots\\ n \end{bmatrix} \in \mathbb{C}^n.$$

因為 $X_{ij}=ij$，所以 $X$ 可寫成外積

$$X=uu^{T}.$$

因此對任意 $v\in\mathbb{C}^n$，

$$Xv=u(u^Tv).$$

這表示 $Xv$ 永遠是向量 $u$ 的倍數，故 $X$ 的秩至多為 $1$。本題核心是利用秩一矩陣的結構求特徵值，並透過特徵空間分解判斷可對角化性。

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解題方法

一、求對應於非零特徵值的特徵向量

直接計算 $Xu$：

$$Xu=uu^Tu=u(u^Tu).$$

而

$$u^Tu=1^2+2^2+\cdots+n^2 =\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

令

$$s=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

則

$$Xu=su.$$

所以 $u\neq 0$ 是 $X$ 的特徵向量，對應特徵值為

$$\lambda=s=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$

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二、求零特徵值及其特徵空間

若 $v\in\mathbb{C}^n$ 滿足

$$u^Tv=0,$$

則

$$Xv=uu^Tv=u\cdot 0=0.$$

因此

$$E_0=\ker X=\ker(u^T) =\{v\in\mathbb{C}^n:u^Tv=0\}.$$

由於 $u^T$ 是非零線性泛函，其核空間維度為 $n-1$，故

$$\dim E_0=n-1.$$

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三、證明 $X$ 可對角化

非零特徵值為 $s$，且 $s>0$，因此 $s\neq 0$。

對任意 $v\in\mathbb{C}^n$，可分解為

$$v=\frac{u^Tv}{u^Tu}u+ \left(v-\frac{u^Tv}{u^Tu}u\right).$$

其中第一項屬於 $\operatorname{span}\{u\}$，而第二項滿足

$$u^T\left(v-\frac{u^Tv}{u^Tu}u\right) =u^Tv-\frac{u^Tv}{u^Tu}u^Tu =0,$$

所以第二項屬於 $E_0$。因此

本題要求證明兩個可對角化線性算子 $T$ 和 $S$ 同時可對角化的充要條件是它們交換，即 $TS = ST$。

證明：
首先，我們需要理解「同時可對角化」的含義。如果 $T$ 和 $S$ 是同時可對角化的，則存在一個 $V$ 的基底 $\beta = \{v_1, v_2, \dots, v_n\}$，使得 $[T]_\beta$ 和 $[S]_\beta$ 都是對角矩陣。

證明「如果 $T$ 和 $S$ 同時可對角化，則 $TS = ST$」：
假設 $T$ 和 $S$ 是同時可對角化的。這意味著存在一個 $V$ 的基底 $\beta = \{v_1, v_2, \dots, v_n\}$，使得對於每一個 $v_i \in \beta$，都有 $T(v_i) = \lambda_i v_i$ 且 $S(v_i) = \mu_i v_i$，其中 $\lambda_i$ 和 $\mu_i$ 是純量。
我們需要證明 $TS = ST$。這等價於證明對於任意 $v \in V$，都有 $(TS)(v) = (ST)(v)$。
由於 $\beta$ 是 $V$ 的基底，我們只需要證明對於任意的基底向量 $v_i \in \beta$，都有 $(TS)(v_i) = (ST)(v_i)$。

計算 $(TS)(v_i)$:
$(TS)(v_i) = T(S(v_i)) = T(\mu_i v_i)$。
由於 $T$ 是線性算子，我們可以將純量提出：$T(\mu_i v_i) = \mu_i T(v_i) = \mu_i (\lambda_i v_i) = \lambda_i \mu_i v_i$。

計算 $(ST)(v_i)$:
$(ST)(v_i) = S(T(v_i)) = S(\lambda_i v_i)$。
由於 $S$ 是線性算子，我們可以將純量提出：$S(\lambda_i v_i) = \lambda_i S(v_i) = \lambda_i (\mu_i v_i) = \lambda_i \mu_i v_i$。

由於 $(TS)(v_i) = \lambda_i \mu_i v_i$ 且 $(ST)(v_i) = \lambda_i \mu_i v_i$，我們得到 $(TS)(v_i) = (ST)(v_i)$ 對於所有 $v_i \in \beta$。
因此，$TS = ST$。

證明「如果 $TS = ST$，則 $T$ 和 $S$ 同時可對角化」：
這部分的證明比較複雜，通常需要用到交換算子（commuting operators）的性質。
假設 $TS = ST$。
令 $\lambda$ 是 $T$ 的一個特徵值，其對應的特徵空間為 $E_\lambda = \{v \in V \mid T(v) = \lambda v\}$。
由於 $T$ 是可對角化的，我們可以將 $V$ 分解為 $V = \bigoplus_{i} E_{\lambda_i}$。

我們需要證明 $S$ 作用在每個 $E_{\lambda_i}$ 上。
設 $v \in E_\lambda$。我們需要證明 $S(v) \in E_\lambda$，即 $T(S(v)) = \lambda S(v)$。
由於 $TS = ST$，我們有 $T(S(v)) = S(T(v))$。
因為 $v \in E_\lambda$，所以 $T(v) = \lambda v$。
所以，$T(S(v)) = S(\lambda v) = \lambda S(v)$。
這表明 $S(v)$ 也是 $T$ 的一個特徵向量，對應於特徵值 $\lambda$。
因此，$S$ 將 $E_\lambda$ 映射到 $E_\lambda$。

現在，我們考慮 $S$ 在每個 $E_\lambda$ 上的限制。由於 $S$ 作用在 $E_\lambda$ 上，我們可以將 $S$ 看作一個從 $E_\lambda$ 到 $E_\lambda$ 的線性算子 $S|_{E_\lambda}$。
由於 $T|_{E_\lambda} = \lambda I_{E_\lambda}$，它是一個平凡的可對角化算子。