Пусть

, где все

- собственный вектор с собственным значением

, все

попарно различны (докажите, что такое представление существует).
Т.к.

- базис, то существует разложение произвольного вектора

по этому базису. Если в этом разложении встретятся два СВ, соответствующих одному СЗ, то просто их ЛК запишем как новый СВ, соответствующий тому же СЗ.
Аналогично и остальные

лежат в

.
Да, спасибо большое, доказательство я понял. Верно вы написали, несложное, но при этом существенно сложнее, чем я себе представлял.
-- 19.04.2023, 10:54 --Получается, мы как бы доказываем, что в инвариантном подпространстве если исходный СВ входит в разложение любого элемента, то он входит и в это подпространство. Векторов не может быть меньше, чем размерность пространства. Может быть больше, но поскольку каждый должен входить, то это тоже не получится. В итоге делаем вывод, что их ровно размерность подпространства, а значит они будут базисом, чтд.
-- 19.04.2023, 10:56 --Я тут немного еще размышлял над матричным док-вом... в общем-то, кое-что получается, но не совсем хватает. Пытаюсь доказать утверждение, эквивалентное нашему (если немного доработать), что оператор простой структуры, индуцированный на любое свое ИП, останется ОПС.
Пусть у нас есть оператор простой структуры. Тогда в некотором базисе его матрица диагональна. Возьмем некоторое его инвариантное подпространство, его базис, и дополним до базиса всего пространства. Тогда в этом базисе его матрица будет иметь вид

При этом нам очень хотелось бы, чтобы матрица

оказалась подобна диагональной, ведь она и есть матрица индуцированного оператора.
Исходная диагональная матрица и эта матрица подобны, то есть существует такая матрица, что:

Естественно, все блоки согласованы, а матрица

невырождена. Если посчитать чисто верхний левый элемент слева и справа, то получится

, что было бы то, что нам нужно, если бы мы заведомо знали, что матрица

невырождена...
-- 19.04.2023, 11:52 --Да, слушайте, а вроде получилось доказать... то есть

не будет заведомо невырожденной, но можно хитро подпихнуть кое-что, чтобы так стало...
Для начала докажем небольшую лемму: пусть

, причем она невырождена, а

- квадратная. Тогда можно, поменяв строки местами в

, получить на месте

невырожденную матрицу.
Доказательство. Предположим, что как бы мы ни поменяли строки, на месте

все равно будет вырожденная матрица. Тогда все миноры порядка количества столбцов в квазистолбце

нулевые, а тогда и определитель исходной матрицы будет равен нулю по теореме Лапласа. Доказано.
Далее пусть вот в этом выражении

матрицу

нужно слева умножить на матрицу перестановок

, чтобы на место

стала невырожденная. Но

то есть это преобразование подобия оставит диагональную матрицу диагональной (причем с теми же элементами на диагонали, естественно), потому что оно всего лишь меняет строки и столбцы согласованно местами.
В итоге получаем:


а отсюда:

где

- невырожденная, чтд.