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刚刚遇见一条题目，体现了不变子空间的威力。。。
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以前遇到的不变子空间题目，不外乎根子空间，循环子空间，最有趣就是用几何的方法证明第二分解定理里的循环子空间的存在，以及把空间在某个L(V)中的元素下，分解成循环子空间的直和，还有证明不变子空间，他有什么用，还是比较模糊，刚刚遇见一条题目，DT了一小下，最后用不变子空间就解决了
原题：若C与A，B可交换，且C=AB-BA,证明：C一定是幂零矩阵
要证这条题目，要引入一条以前遇到过的题目
若:f,g是V上的线性变换，且f^2=f,要证kerf,Imf是g-子空间的充分必要条件是fg=gf
Rf:(充分性），Va属于kerf,则fa=0,又fga=gfa=g0=0,故kerf是g-子空间，Vb属于Imf,则:存在r属于V，成立：b=fr
则gb=gfb=fgb属于Ima
（必要性）：设：Va属于kerf交Imf,，由a属于Imf,则：存在r属于V，成立：,a=fr,又a属于kerf,则：fa=0
又：0=f^2r=fr=a==>kerf+Imf=kerf直和Imf,又由维数公式dimkerf+dinImf=n=>v=kerf直和Imf
可设：a1...ar为kerf的一组基，可扩为V上的一组基，a1...ar,b(r+1)...bn
则fbr+1,fbr+2...fbn为Imf的一组基，则：由上面：V=L(a1...ar,fbr+1...fbn)
Va属于V,a=k1a1+....krar+kr+kr+1fbr+1+...knfbn
又gai属于kerf,则fgai=0,ie:fga的项只取决于Ima
考虑fibj,要证fg=gf,只需要证：fgfbj=gf^2bj=gfbj(后面的等号是显然的）
注意到Imf是g-子空间，于是：存在rj属于V,成立：gfbj=frj
于是：fbfbj=f^2rj=frj=gfbj#
回到要证的题目上，注意到上面那条若f，g可交换，则kerf是g-子空间，要证得题目上C与A,B都可交换
我们要C幂零，只需要证C的所有特征值为零，那么就要求我们对C的在某组基下同构下去的线性变换
的所有特征值都为零，ie:要研究这个线性变换的特征子空间，特征子空间又可以表示成这个线性变换减去
一个数乘变换
Rf:由C=AB-BA,则在某组基下同构了一个线性变换的关系不妨设，C,A,B就是这个线性变换
则C=AB-BA,设C的任意一个特征子空间为Wi,对应的特征值为si,则Wi={a|(A-siE)a=0}=ker（A-siE)
由AC=CA==>(A-siE)C=C(A-siE)==>ker(A-siE)是C-子空间，同理ker(A-siE)是B-子空间，又ker(A-siE)
也是A-子空间，又C=AB-BA这个变换在全空间都成立的，故这个变换在特征子空间也成立，
可设：A1=A|Wi,B1=B|Wi.C1=C|wi,则C1=A1B1-B1A1,则C1在W1里面就是一个数乘变换
故可以找到一组基，把线性变换同构到矩阵上去，不妨设矩阵就是A1，B1，C1，
则A1B1-B1A1=C1=siE,注意到Tr(A1B1-B1A1)=0==>si为零，又si是任取的，故C的所有特征值为零#
这条题目还有另外一种方法，但是证明有点烦，思路就是证Tr(c)=Tr(c^2)=...Tr(c^n)=0
事实上：若设c的特征值为si,则c^n的特征值就是si^n,于是s1+...+sr=0(1),s1^2+...sr^2=0(2).....s1^n+.....sr^n=0(n)
由牛顿公式：过程很复杂，写了我两页纸，这里省略1000字，可得s1=...sr=0#
