考虑配备标准内积的 \(\mathbb R^n\) 空间中探讨正交变换.
引理：正规算子 \(T\)，若 \(T^k=0\) 则 \(T=0\). 证明考虑放到复数域中，进行酉对角化，然后发现显然所有特征值都为 \(0\)，故 \(T=0\).
现在考虑 \(n=2\) 的空间，即平面. 对于矩阵 \(\left(\begin{matrix}a \ b \\ c \ d\end{matrix}\right)\)，要让其正交，则必须满足：\(a^2+c^2=b^2+d^2=1\)，且 \(ab+cd=0\). 取 \(\theta\) 使得 \(a=\cos\theta\)，\(c=\sin \theta\)，那么容易发现这个矩阵要么是 \(\left(\begin{matrix}\cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta\end{matrix}\right)\)，要么是 \(\left(\begin{matrix}\cos \theta & \sin \theta \\ \sin \theta & -\cos \theta\end{matrix}\right)\). 前者行列式为 \(1\)，后者为 \(-1\). \(\det=1\) 的时候，这个矩阵的意义就是进行一个 \(\theta\) 角度的旋转，记作 \(R(\theta)\). \(\det =-1\) 的话还要附上一个翻转.
\(\pm 1\) 的矩阵之间可以互相变换. 令 \(\det P=\epsilon\in\{1,-1\}\)，则 \(P^{-1}R(\theta)P=R(\epsilon\theta)\).
以上就是 \(n=2\) 的情形. 现在考虑更高阶的拓展. 任何正交 \(T\) 都可以通过换基来表达成如下的形式： \[ \left(\begin{matrix} 1_{a\times a}\\ & (-1)_{b\times b}\\ & & R(\theta_1)_{2\times 2}\\ & & &...\\ & & & &R(\theta_m)_{2\times 2} \end{matrix}\right) \] 其中 \(a+b+2m=n\). 直观上理解是容易的. 下面来看一看这个很神奇的证明.
先一个引理：\(T+T^{-1}\) 自伴且 \(\lambda\in[-2,2]\). 首先 \((T+T^{-1})^*=T^*+T^{**}=T+T^{-1}\) 故显然自伴，于是 \(\lambda\in \mathbb R\). 然后 \(T,T^{-1}\) 显然可以同步对角化且相加得到的特征值为 \(\lambda_T+(\lambda_T)^{-1}\). 由于 \(|\lambda|=1\) 所以加起来也肯定 \(\in[-2,2]\).
然后考虑证明该定理.
令 \(S=T+T^{-1}\)，令 \(S\) 对角化后得到的特征值 \(\lambda\) 和特征子空间 \(V_{\lambda}\)，显然 \(S,T\) 交换，故 \(V_{\lambda}\) 也为 \(T-\)不变子空间. 于是划归到 \(\lambda\in[-2,2]\) 的情况.
\(\lambda=\pm 2\) 的情况就是上面的 \(\pm1\). 考虑 \(\lambda\in(-2,2)\).
那么此时有 \((T+T^{-1})v=\lambda v\)，即 \(T^2-\lambda T+1=0\). 于是 \(f(x)=x^2-\lambda x+1\) 为 \(T\) 的最小多项式，故 \(T\) 无实特征根.
取任意 \(v,Tv\) 构成 \(V_{\lambda}\). 下面只需证明 \(V_{\lambda}^{\perp}\) 为 \(T-\)不变子空间即可完成证明.
首先由于 \(T^2v=\lambda Tv-v\) 故 \(V_{\lambda}\) 为 \(T-\)不变子空间. 故 \(V_{\lambda}^{\perp}\) 为 \(T^*\) 不变子空间. 这意味着 \(T^{-1}(V_\lambda)=T^*(V\lambda)\subseteq V_{\lambda}^{\perp}\)，而由于两者 \(\dim\) 相等故相等. 两侧复合上 \(T\) 即可得到 \(V_{\lambda}^\perp=T(V_{\lambda}^{\perp})\). 所以确实不变.
参考讲义：李文威-代数学讲义