Prueba que cada operador tiene una matriz triangular superior

Question

Tengo problemas para entender esta prueba de que todo operador tiene una matriz triangular superior.

$ \lambda =$ es un valor propio de $T$ para $T \in L(V)$ donde $V$ es un espacio vectorial en $F^n$ dicen..:

Supongamos que $U = \mathcal {R}(T- \lambda I)$ Entonces $ \dim (U)< \dim (V)$ porque $U$ no es surrealista.

$Tu=(T- \lambda I)u + \lambda u$ muestra $T$ es invariable bajo $U$ porque ambos términos están en U.

Así que arriba están mostrando que desde $T$ es un operador en $U$ , $T$ tiene una matriz triangular superior con respecto a alguna base de $U$ , $u_1,...u_m$ porque en esto es una afirmación que están tratando de probar por inducción.

Porque $T$ tiene una matriz triangular superior, esto significa $Tu_j=(T|_u)(u_j) \in \operatorname {span}(u_1...u_j)$

Creo que entiendo todo esto hasta ahora. Esto es lo que no entiendo :

Ampliar $u_1...u_m$ a una base de $V$ , $u_1,...u_m,v_1,...,v_n$ . Para cada uno $k$ , $Tv_k=(T- \lambda I)v_k + \lambda v_k$

$(T- \lambda I)v_k \in U = \operatorname {span}(u_1,...,u_m) => Tv_k \in \operatorname {span}(u1,...,u_m,v_1,...,v_k)$

Supongo que $(T- \lambda I)v_k \in U $ porque es igual a cero, y el cero está en $U?$ Entonces, ¿por qué significa $Tv_k \in \operatorname {span}(u1,...,u_m,v_1,...,v_k)?$ $ \lambda v_k$ es un eigenvector/valor propio, pero ¿es cierto que sólo hay un eigenvector independiente por cada eigenvalor? Este eigenvalor funciona en $v_1...v_k?$

Answer 1

Por definición, $\mathrm{range}(A)=\{A.v ; v\in V\}$ para cualquier $A \in \mathcal L(E)$ . Así que $U=\mathrm{range}(T-\lambda I)=\{\left(T-\lambda I\right)v ; v\in V\}$ . $v_k$ siendo un vector de $V$ como cualquier otro vector de este espacio vectorial, tiene $\left(T-\lambda I\right)v_k \in \mathrm{range}(T-\lambda I)=U$ .

El resto sigue.

El $v_k$ no se supone en esa prueba que estén relacionados con el valor propio $\lambda$ .