附录 A · 延伸证明与推导

正文出于课程进度与篇幅的考虑，有几处结论「先当事实用」（重数不等式、迹与行列式、Cayley–Hamilton），有几处推广「只埋伏笔」（高维体积、极化、伪逆）。本附录把这些欠账一次还清：每一条都给出只用本教程已学工具的完整推导，并注明它兑现的是正文哪一处预告。各节彼此独立，可按需取读。

定位说明。附录内容超出本课程考核范围：考试仍以正文为界。读它的目的有二——看清正文里「先当事实用」的话都是有证明的；以及为后续课程（谱理论、数值代数、广义逆）提前搭好骨架。编号规则：附录内的盒子按 A.1、A.2……独立编排。

本附录	兑现正文的哪一处	需要的预备
A.1 极化恒等式	2.5 ②⟹③ 里的「极化」技巧	1.5 长度与内积
A.2 Gram 行列式 = 体积²	1.5.4 的「高维体积」思考框	1.4 Gram 矩阵、1.6.7 正交投影
A.3 迹、行列式与特征值	2.4.2 的盘点清单	行列式展开、根与系数
A.4 几何重数 ≤ 代数重数	2.4.3 的重数不等式	1.3 基扩充、2.4 相似不变量
A.5 Cayley–Hamilton 定理	1.1.6 的课程预告	伴随矩阵、矩阵多项式
A.6 正定矩阵的开方 A=CᴴC	1.4.3 加权内积与 1.6.8 正线上三角	1.5.6 Gram–Schmidt
A.7 Bessel 不等式与 Parseval 等式	1.5.7 三角函数系与傅里叶系数	1.6 正交投影、1.5.2 C–S
A.8 Moore–Penrose 伪逆	3.2.4 的课程预告	3.1、3.2 单侧逆与满秩分解

A.1 极化恒等式：范数记住了内积的全部信息

2.5 证明「保长度 ⟹ 保内积」时，技巧是把两个向量打包成 $\boldsymbol{q}_i+t\boldsymbol{q}_j$ 再比较长度。这个技巧的终极形式是一个恒等式：内积可以由长度完全恢复。

命题 A.1 · 极化恒等式

设 $V$ 是内积空间（本教程约定：第一变元线性、第二变元共轭线性），则对任意 $\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\in V$ ：

$\operatorname{Re}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\frac14\Big(\|\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\|^2-\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2\Big),$

$\operatorname{Im}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\frac14\Big(\|\boldsymbol{x}+i\boldsymbol{y}\|^2-\|\boldsymbol{x}-i\boldsymbol{y}\|^2\Big),$

实内积空间中 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ 本身是实数，只需第一式。

证

按「第一变元线性、第二变元共轭线性」展开（ $i$ 出现在第二变元时要带走一个共轭）：

$\|\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\|^2=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{x})+(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})+(\boldsymbol{y},\boldsymbol{x})+(\boldsymbol{y},\boldsymbol{y})=\|\boldsymbol{x}\|^2+\|\boldsymbol{y}\|^2+(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})+\overline{(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})},$

$\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2=\|\boldsymbol{x}\|^2+\|\boldsymbol{y}\|^2-(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})-\overline{(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})}.$

两式相减，得 $4\operatorname{Re}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ 。再把 $\boldsymbol{y}$ 换成 $i\boldsymbol{y}$ （注意 $(\boldsymbol{x},i\boldsymbol{y})=\overline{i}\,(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=-i(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ ， $(i\boldsymbol{y},\boldsymbol{x})=i(\boldsymbol{y},\boldsymbol{x})=i\,\overline{(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})}$ ）：

$\|\boldsymbol{x}+i\boldsymbol{y}\|^2-\|\boldsymbol{x}-i\boldsymbol{y}\|^2=-2i(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})+2i\,\overline{(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})}=4\,\operatorname{Im}(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$

（设 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=a+b\,i$ ： $-2i(a+bi)+2i(a-bi)=(-2ia+2b)+(2ia+2b)=4b$ 。）两式合并即得

$(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\frac14\Big(\|\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\|^2-\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2+i\|\boldsymbol{x}+i\boldsymbol{y}\|^2-i\|\boldsymbol{x}-i\boldsymbol{y}\|^2\Big).\qquad\blacksquare$

∎

推论 A.1 · 三个直接应用

保长度的线性变换自动保内积：若 $T$ 线性且 $\|T\boldsymbol{x}\|=\|\boldsymbol{x}\|$ 对一切 $\boldsymbol{x}$ ，则对右边的每个范数有 $\|\boldsymbol{x}\pm\boldsymbol{y}\|=\|T\boldsymbol{x}\pm T\boldsymbol{y}\|$ 、 $\|\boldsymbol{x}\pm i\boldsymbol{y}\|=\|T\boldsymbol{x}\pm iT\boldsymbol{y}\|$ （线性把 $T$ 移进括号），代入命题 A.1 右端得 $(T\boldsymbol{x},T\boldsymbol{y})=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ ——这正是 2.5 的②⟹③，极化把那段逐个放缩的论证压缩成一次代入。
范数决定内积：同一实（复）线性空间上两个内积若给出同一个范数，则由命题 A.1 它们给出同样的内积，故是同一个内积。反过来，1.5.1 末的注已指出：并非每条范数都来自某个内积——判据正是平行四边形法则（不满足它的范数无父可寻，因为命题 A.1 的右端将无法与任何双线性型相容）。
酉变换的全部信息也在「保长度」里：2.5 的四条等价刻画中，①保内积与②保长度等价，本推论第 1 条就是缺失的那个方向的一般化证明。

C–S 不等式的第二种证法（判别式法）

1.5.2 用「减掉投影、留正交残差」证明了 Cauchy–Schwarz。换一条路——考察关于实变量 $t$ 的二次函数（ $V$ 取实内积空间；复情形先取实部，见下）：

$\varphi(t)=\|\boldsymbol{x}+t\boldsymbol{y}\|^2=\|\boldsymbol{x}\|^2+2t(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})+t^2\|\boldsymbol{y}\|^2\ \geq0\qquad(\forall t\in\mathbb R).$

若 $\boldsymbol{y}\neq\boldsymbol{\theta}$ ，则 $\varphi$ 是开口向上的二次多项式且恒非负，故判别式非正：

$4(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})^2-4\|\boldsymbol{x}\|^2\|\boldsymbol{y}\|^2\leq0\qquad\Longrightarrow\qquad|(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})|\leq\|\boldsymbol{x}\|\,\|\boldsymbol{y}\|.$

复空间中先对 $\boldsymbol{y}$ 旋转一个辐角（乘以模为 $1$ 的复数不改变任何一边），使 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$ 变为实数，再用上式。等号条件 $\varphi(t_0)=0$ 意即 $\boldsymbol{x}+t_0\boldsymbol{y}=\boldsymbol{\theta}$ ，即线性相关——与正文的结论一致。两种证法各有分工：判别式法一行出不等式，投影法给出「成分 ≤ 全长」的几何图景。

命题 A.2 · 反向三角不等式

对任意 $\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\in V$ ，有

$\big|\|\boldsymbol{x}\|-\|\boldsymbol{y}\|\big|\leq\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|.$

它把三角不等式「反过来用」：两条边长之差不超过第三边。数值分析里估计「输入扰动引起的长度变化」（附录 B.5）时反复引用。

证

对 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}+(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})$ 与 $\boldsymbol{y}=\boldsymbol{x}+(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{x})$ 各用一次三角不等式（1.5.1 (4)）：

$\|\boldsymbol{x}\|\le\|\boldsymbol{y}\|+\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|,\qquad \|\boldsymbol{y}\|\le\|\boldsymbol{x}\|+\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|,$

移项得 $\|\boldsymbol{x}\|-\|\boldsymbol{y}\|\leq\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|$ 与 $\|\boldsymbol{y}\|-\|\boldsymbol{x}\|\leq\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|$ ，即绝对值形式。∎

∎

A.2 Gram 行列式 = 平行多面体体积的平方

1.5.4 在 $\mathbb R^2$ 中证明了 $\det G(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_2)$ 是平行四边形面积的平方。本节把结论推广到任意维数，并顺带得到著名的 Hadamard 不等式。为避开下标约定的缠绕，本节在实内积空间中讨论（此时 $G$ 对称）；复空间的结论逐字成立，只需把「平方」换成「模平方」。

对 $\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n\in\mathbb R^n$ ，记平行多面体

$P(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)=\Big{t_1\boldsymbol{x}_1+\cdots+t_n\boldsymbol{x}_n\ \Big|\ 0\leq t_i\leq1\Big}.$

命题 A.3 · 体积公式

$\operatorname{Vol}_n\big(P(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)\big)^2=\det G(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n),$

且体积可按「底面积 × 高」逐层递推：每层的高是下一个向量到前面向量所张成子空间的距离。

证（对

n

归纳）

$n=1$ ： $P(\boldsymbol{x}_1)$ 是线段， $\operatorname{Vol}_1=\|\boldsymbol{x}_1\|=\sqrt{(\boldsymbol{x}_1,\boldsymbol{x}_1)}=\sqrt{\det G}$ ✓。

设结论对 $n-1$ 成立。记 $W=\operatorname{span}(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_{n-1})$ ，维数 $n-1$ （设 $\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n$ 线性无关；相关时两侧同为零，归纳论证同样关闭）。由正交分解定理（1.6.6）：

$\boldsymbol{x}_n=\boldsymbol{w}+\boldsymbol{r},\qquad \boldsymbol{w}\in W,\ \boldsymbol{r}\in W^{\perp},\qquad \boldsymbol{w}\perp\boldsymbol{r},$

且「底面积 × 高」： $\operatorname{Vol}_n=\operatorname{Vol}_{n-1}\cdot\|\boldsymbol{r}\|$ （ $\boldsymbol{r}$ 就是高）。

把 $\boldsymbol{w}$ 用坐标写出。设 $\boldsymbol{w}=\sum_{i=1}^{n-1}k_i\boldsymbol{x}_i$ 。由 $(\boldsymbol{x}_n-\boldsymbol{w},\boldsymbol{x}_j)=0$ （ $j\leq n-1$ ）展开：

$\sum_{i=1}^{n-1}(\boldsymbol{x}_i,\boldsymbol{x}_j)\,k_i=(\boldsymbol{x}_n,\boldsymbol{x}_j),\qquad j=1,\cdots,n-1,$

即 $G_{n-1}\boldsymbol{k}=\boldsymbol{b}$ ，其中 $G_{n-1}=G(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_{n-1})$ 、 $b_j=(\boldsymbol{x}_n,\boldsymbol{x}_j)$ （实空间中 $G$ 对称，方程组形状无需辨析转置）。于是

$\|\boldsymbol{w}\|^2=\boldsymbol{k}^{\mathrm T}G_{n-1}\boldsymbol{k}=\boldsymbol{b}^{\mathrm T}G_{n-1}^{-1}\boldsymbol{b}.$

分块行列式。把 $n$ 阶 Gram 矩阵按「前 $n-1$ 行 / 列」分块：

$G=\begin{bmatrix}G_{n-1}&\boldsymbol{b}\\ \boldsymbol{b}^{\mathrm T}&\|\boldsymbol{x}_n\|^2\end{bmatrix}.$

对分块高斯消元（左乘 $\begin{bmatrix}I&\boldsymbol{0}\\ -\boldsymbol{b}^{\mathrm T}G_{n-1}^{-1}&1\end{bmatrix}$ ，行列式为 $1$ ）：

$\det G=\det\begin{bmatrix}G_{n-1}&\boldsymbol{b}\\ \boldsymbol{0}&\|\boldsymbol{x}_n\|^2-\boldsymbol{b}^{\mathrm T}G_{n-1}^{-1}\boldsymbol{b}\end{bmatrix}=\det G_{n-1}\cdot\big(\|\boldsymbol{x}_n\|^2-\|\boldsymbol{w}\|^2\big).$

由正交分解，括号内恰是 $\|\boldsymbol{r}\|^2$ 。于是

$\det G=\det G_{n-1}\cdot\|\boldsymbol{r}\|^2\ \overset{\text{归纳}}{=}\ \operatorname{Vol}_{n-1}^2\cdot\|\boldsymbol{r}\|^2=\operatorname{Vol}_n^2.\qquad\blacksquare$

∎

推论 A.2 · Hadamard 不等式

设 $A\in\mathbb C^{n\times n}$ 按列分块 $A=(\boldsymbol{a}_1,\cdots,\boldsymbol{a}_n)$ ，则

$|\det A|\leq\prod_{i=1}^{n}\|\boldsymbol{a}_i\|,\qquad\text{等号成立}\iff\ \boldsymbol{a}_1,\cdots,\boldsymbol{a}_n\ \text{两两正交}.$

对行同样成立。数值上它常用来估计行列式的上界；几何读法即「棱长的乘乘是体积的天花板」。

证

$A$ 可逆时列向量线性无关， $G=(\boldsymbol{a}_i,\boldsymbol{a}_j)$ 恰为「 $\boldsymbol{a}_i$ 的坐标矩阵」的 Gram 矩阵，且 $G=A^{\mathrm H}A$ ，故

$|\det A|^2=\det(A^{\mathrm H}A)=\det G=\operatorname{Vol}_n^2\leq\prod_i\|\boldsymbol{a}_i\|^2,$

其中不等号是因为每层的高不超过该棱长： $\|\boldsymbol{r}\|\leq\|\boldsymbol{x}_n\|$ （正交分解 $\|\boldsymbol{x}_n\|^2=\|\boldsymbol{w}\|^2+\|\boldsymbol{r}\|^2$ 立刻给出）。逐层取等当且仅当每层 $\boldsymbol{w}=\boldsymbol{0}$ ，即每个向量与前面全部向量正交——两两正交。 $A$ 奇异时两边一端为零， $\det A=0\leq\prod\|\boldsymbol{a}_i\|$ 平凡成立。∎

∎

与正文的两个接口

① 「 $\det G>0\iff$ 线性无关」在高维同样成立：体积非零 ⟺ 平行多面体不塌扁 ⟺ 无关（ $G$ 正定，1.4.7）。② Hadamard 不等式给出「正交基是最稳的基」的定量版本：同样长度的棱，互相垂直时撑起的体积最大——这是数值分析中偏好正交基（1.6.8 的 QR、2.5 的 Givens / Householder）的几何根源之一，见附录 B.5。

A.3 特征多项式的系数：迹与行列式

2.4.2 把「迹 = 特征值之和、行列式 = 特征值之积」列为考场清单；本节补全它的证明。证明分两半：先算出特征多项式首两项与常数项的系数，再用根与系数的关系把它们翻译成特征值。

命题 A.4 · 特征多项式的三个系数

设 $A\in\mathbb C^{n\times n}$ ， $f(\lambda)=\det(\lambda I-A)$ ，则

$f(\lambda)=\lambda^n-(\operatorname{tr}A)\lambda^{n-1}+\cdots+(-1)^n\det A.$

证（行列式的完全展开式）

按 Leibniz 展开式（先修知识）：

$f(\lambda)=\sum_{\sigma}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^{n}\big(\lambda\,\delta_{i,\sigma(i)}-a_{i\sigma(i)}\big).$

每一项的 $\lambda$ 次数 = 满足 $\sigma(i)=i$ 的下标个数（不动点个数）。恒等置换 $\sigma=\mathrm{id}$ 的不动点有 $n$ 个，贡献

$\prod_{i=1}^n(\lambda-a_{ii})=\lambda^n-\Big(\sum_ia_{ii}\Big)\lambda^{n-1}+\cdots,$

这是唯一能贡献 $\lambda^n$ 与 $\lambda^{n-1}$ 的项：任何其他置换至少动掉两个下标（置换不能只动一个），至多有 $n-2$ 个不动点，次数 $\leq n-2$ 。故 $f$ 的 $\lambda^{n-1}$ 系数是 $-\operatorname{tr}A$ 。常数项：令 $\lambda=0$ ， $f(0)=\det(-A)=(-1)^n\det A$ 。∎

∎

命题 A.5 · 迹与行列式 = 特征值的对称函数

设 $A\in\mathbb C^{n\times n}$ 的全部特征值为 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ （按代数重数重复计入；由代数基本定理， $n$ 次多项式 $f$ 在 $\mathbb C$ 上恰有 $n$ 个根计重数），则

$\operatorname{tr}A=\lambda_1+\cdots+\lambda_n,\qquad \det A=\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n .$

证

$f$ 是首项系数为 $1$ 的 $n$ 次多项式、根为 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ ，故 $f(\lambda)=\prod_i(\lambda-\lambda_i)$ 。与命题 A.4 逐系数对照： $\lambda^{n-1}$ 的系数既是 $-\operatorname{tr}A$ 又是 $-\sum_i\lambda_i$ ，常数项既是 $(-1)^n\det A$ 又是 $(-1)^n\prod_i\lambda_i$ 。∎

∎

一行的应用：可逆性的特征值判据

由 $\det A=\prod\lambda_i$ ： $A$ 可逆 $\iff$ 所有特征值非零。结合 2.4，可逆时 $A^{-1}$ 的特征值恰为 $\lambda_i^{-1}$ ，特征向量不变——「求逆」在特征方向上就是「取倒数」。这与 3.1 的 $\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)$ 一起，构成后续谱分析的两块基石。

A.4 几何重数不超过代数重数

2.4.3 把 $\dim V_\lambda\leq$ 代数重数「先当事实用」。它的证明只需要一招：取特征子空间的基，扩充成全空间的基——在这组基下矩阵呈分块三角，特征多项式立刻分解。

命题 A.6 · 重数不等式

设 $\lambda$ 是 $A\in\mathbb C^{n\times n}$ 的特征值， $V_\lambda=N(A-\lambda I)$ 是特征子空间，则

$\dim V_\lambda\ \leq\ \lambda\ \text{作为特征多项式根的重数}.$

证

记 $k=\dim V_\lambda\geq1$ ，取 $V_\lambda$ 的一组基 $\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_k$ ，由基扩充定理（推论 1.3.1）扩成 $\mathbb C^n$ 的基 $\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n$ 。记 $P=(\boldsymbol{x}_1,\cdots,\boldsymbol{x}_n)$ （可逆）。按矩阵的读法（定义 2.3.1）， $B=P^{-1}AP$ 的第 $j$ 列是 $A\boldsymbol{x}_j$ 在这组基下的坐标；对 $j\leq k$ 有 $A\boldsymbol{x}_j=\lambda\boldsymbol{x}_j$ ，坐标为 $\lambda\boldsymbol{e}_j$ 。于是 $B$ 呈分块形式

$B=P^{-1}AP=\begin{bmatrix}\lambda I_k&M\\O&C\end{bmatrix},\qquad M\in\mathbb C^{k\times(n-k)},\ C\in\mathbb C^{(n-k)\times(n-k)},$

左下角为零块。分块三角矩阵的特征多项式按对角块分解（ $\lambda I-B$ 仍是分块三角，其行列式等于对角块行列式之积——先修的分块行列式性质）：

$f_B(t)=\det(tI-B)=\det\big((t-\lambda)I_k\big)\cdot\det(tI_{n-k}-C)=(t-\lambda)^k\,g(t),$

其中 $g(t)=\det(tI_{n-k}-C)$ 是 $n-k$ 次多项式。最后用相似不变量（相似不变量 2.4.4）： $B\sim A$ ⟹ $f_B=f_A$ ，故 $(t-\lambda)^k$ 整除 $f_A(t)$ ，即 $\lambda$ 的重数至少为 $k$ 。∎

∎

读两遍的价值

① 证明同时给出了等号的语言：代数重数 $-k$ （差值）等于「 $\lambda$ 在 $C$ 的部分再出现的重数」——Jordan 链的长度就藏在这个差里（2.4.3 的三矩阵例中，差分别为 $0,1,2$ ，恰是链的结构）。② 与不同特征值的特征向量线性无关 2.4.5 合并，立得一个重要预告： $A$ 可对角化 $\iff$ 对每个特征值都有 $\dim V_\lambda=$ 代数重数（这是 2.4 自测第 4 题的反向陈述，完整证明属后续课程的相似标准形理论）。

A.5 Cayley–Hamilton 定理

1.1.6 曾借例题预告：任意方阵满足自己的特征方程。这个结论把「矩阵」与「多项式」两个世界缝合在一起，证明用的是伴随矩阵（先修知识： $B\cdot\operatorname{adj}B=(\det B)I$ ）。

定理 A.7 · Cayley–Hamilton

设 $A\in\mathbb C^{n\times n}$ ， $f(\lambda)=\det(\lambda I-A)=\lambda^n+c_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots+c_1\lambda+c_0$ ，则

$f(A)=A^n+c_{n-1}A^{n-1}+\cdots+c_1A+c_0I=O.$

证（伴随矩阵法）

记 $B(\lambda)=\operatorname{adj}(\lambda I-A)$ 。 $B(\lambda)$ 的每个元素是 $\lambda I-A$ 的某个 $n-1$ 阶子式（划去一行一列后的行列式），因而都是次数 $\leq n-1$ 的 $\lambda$ 多项式。于是 $B(\lambda)$ 可按 $\lambda$ 的幂整理为矩阵系数的多项式：

$B(\lambda)=B_0+B_1\lambda+\cdots+B_{n-1}\lambda^{n-1},\qquad B_i\in\mathbb C^{n\times n}.$

伴随矩阵的基本恒等式给出

$(\lambda I-A)\,B(\lambda)=f(\lambda)\,I .$

（两边都是 $n\times n$ 矩阵；注意 $\lambda I-A$ 与 $B(\lambda)$ 的乘法不可随意「约去」，我们不做约除，只做系数比较。）把两边都展开成 $\lambda$ 的幂：

$\text{左边}=-AB_0+\sum_{j=1}^{n-1}\big(B_{j-1}-AB_j\big)\lambda^{j}+B_{n-1}\lambda^{n},\qquad\text{右边}=\sum_{j=0}^{n}c_jI\,\lambda^{j}\ (c_n=1).$

多项式恒相等 ⟹ 每个系数（矩阵）相等：

$-AB_0=c_0I,\qquad B_{j-1}-AB_j=c_jI\ (j=1,\cdots,n-1),\qquad B_{n-1}=I.$

关键一步（左乘求和、逐项伸缩相消）：把第 $j$ 个恒等式 $c_jI=B_{j-1}-AB_j$ 的两边左乘 $A^j$ ，得

$c_jA^j=A^jB_{j-1}-A^{j+1}B_j .$

把 $j=0,\cdots,n$ 的全部恒等式（ $c_0I=-AB_0=-A^1B_0$ 与 $c_nA^n=A^n=A^nB_{n-1}$ 计入两端）相加：左边是 $f(A)$ ；右边每一项都形如 $\pm A^kB_l$ ，且按 $k$ 错开一层成对相消—— $-A^1B_0$ （ $j=0$ ）与 $+A^1B_0$ （ $j=1$ 的正部）抵消；中间每个 $-A^{j+1}B_j$ （第 $j$ 式负部， $1\leq j\leq n-2$ ）与第 $j+1$ 式的正部 $+A^{j+1}B_j$ 抵消；末尾 $-A^{n}B_{n-1}$ （ $j=n-1$ 负部）与 $+A^{n}B_{n-1}$ 抵消。故

$f(A)=O .$

（矩阵乘法不可交换，因此恒等式两边必须同侧左乘 $A^j$ ——若右乘， $B_{j-1}$ 与 $A$ 的相对位置无法对齐，成对项不再出现。）∎

∎

例 A.1 · 在 1.1 节的老朋友上验证

取 $A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$ （1.1.6 的矩阵）。特征多项式 $f(\lambda)=(\lambda-1)^2=\lambda^2-2\lambda+1$ ，于是 Cayley–Hamilton 断言 $A^2-2A+I=O$ 。逐项验算：

$A^2-2A+I=\begin{pmatrix}1&2\\0&1\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}2&2\\0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\ \checkmark$

立即的回报：由 $A^2=2A-I$ ，一切高次幂都留在 $\operatorname{span}\{A,I\}$ 中，且递推

$A^{k+1}=A\cdot A^k=A\big(kA-(k-1)I\big)=kA^2-(k-1)A=(k+1)A-kI,$

归纳即得 1.1.6 用归纳法证过的公式 $A^k=kA-(k-1)I$ ——当时手推的结论，现在成了定理的免费赠品。

它为什么重要

① 降幂：任何 $A^m$ （ $m\geq n$ ）都能写成 $A^{n-1},\cdots,A,I$ 的线性组合——「矩阵多项式」永远只有 $n$ 层楼。② 求逆： $A$ 可逆时， $f(A)=O$ 移项并乘 $A^{-1}$ 得 $A^{-1}=-\tfrac1{c_0}\big(A^{n-1}+c_{n-1}A^{n-2}+\cdots+c_1I\big)$ ——逆矩阵是 $A$ 的多项式。③ 解析函数的推广：把「矩阵代入多项式」推广到收敛幂级数（如 $\mathrm e^{At}$ ），就得到附录 B.6 里解线性微分方程组的核心工具。

A.6 正定矩阵的「开方」： $A=C^{\mathrm H}C$

1.4.3 证明了「 $\boldsymbol{y}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}$ 是内积 $\iff$ $A$ 正定 Hermite」；1.4.5 又展示了「换一个正定 $A$ 就是换一把尺子」。本节回答一个自然的问题：这些尺子有没有统一的来历？ 答案：每把尺子都是「把空间拉伸后按标准尺子量」。

命题 A.8 · 正定的刻画

设 $A\in\mathbb C^{n\times n}$ 是 Hermite 矩阵，则以下等价：

$A$ 正定；
存在可逆矩阵 $C$ 使 $A=C^{\mathrm H}C$ ；
存在正线上三角矩阵 $R$ 使 $A=R^{\mathrm H}R$ （ $R$ 即 Cholesky 因子）。

证

(2)⟹(1)： $\boldsymbol{x}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}^{\mathrm H}C^{\mathrm H}C\boldsymbol{x}=(C\boldsymbol{x},C\boldsymbol{x})=\|C\boldsymbol{x}\|^2\gt0$ （ $\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$ 时 $C\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$ ，因 $C$ 可逆）。

(1)⟹(3)：正定 Hermite 的 $A$ 按例 1.4.4 定义内积 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})_A=\boldsymbol{y}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}$ 。对标准基 $\boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_n$ 执行 Gram–Schmidt（1.5.6）并单位化，得到关于 $(\cdot,\cdot)_A$ 的标准正交基 $\boldsymbol{q}_1,\cdots,\boldsymbol{q}_n$ ；由 1.6.8，换基关系为

$(\boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_n)=(\boldsymbol{q}_1,\cdots,\boldsymbol{q}_n)\,R,\qquad R\ \text{正线上三角（可逆）}.$

记 $Q=(\boldsymbol{q}_1,\cdots,\boldsymbol{q}_n)$ 。「 $\boldsymbol{q}$ 组关于 $(\cdot,\cdot)_A$ 标准正交」翻译成矩阵即 $Q^{\mathrm H}AQ=I$ （ $A$ -Gram 矩阵是单位阵，定义 1.4.4）。于是（注意 $(\boldsymbol{e}_1,\cdots,\boldsymbol{e}_n)=I$ ）：

$A=I^{\mathrm H}AI=(QR)^{\mathrm H}A(QR)=R^{\mathrm H}\big(Q^{\mathrm H}AQ\big)R=R^{\mathrm H}R .$

(3)⟹(2)：正线上三角矩阵可逆（对角元全正，1.6.8）。∎

∎

三个立刻的读法

加权内积 = 拉伸后的标准内积： $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})_A=\boldsymbol{y}^{\mathrm H}R^{\mathrm H}R\boldsymbol{x}=(R\boldsymbol{x},R\boldsymbol{y})$ 。换尺子量出的全部几何（长度、正交、投影），等于先用 $R$ 拉伸空间再用标准尺子量。1.4.5 中 $A=\operatorname{diag}(4,1)$ 的椭圆单位圆，正是 $R=\operatorname{diag}(2,1)$ 把单位圆沿 $x$ 轴拉伸 2 倍的结果。
正定 ⟺ 合同于 $I$ ： $A=R^{\mathrm H}IR$ 说明 $A$ 与 $I$ 合同（1.4.7）；逆命题即本命题。这是「合同变换保持正定性」（同处）的构造性证明。
$A^{\mathrm H}A$ 家族：对任意 $A\in\mathbb C^{m\times n}$ ， $A^{\mathrm H}A=C^{\mathrm H}C$ 形式自动 Hermite 半正定；3.1 证明了它与 $A$ 同秩。把它与 (3) 结合：列满秩的 $A$ 恰好是某个正定矩阵的「Cholesky 因子」（至多差一个酉因子）——这是奇异值分解（后续章节）的先声。

A.7 Bessel 不等式与 Parseval 等式

1.5.7 用三角函数系展示了「正交系 + 内积 = 广义坐标」。本节在有限维里把这套机制算到底：投影已经「解释掉」多少能量，剩余还有多少。

设 $V$ 是内积空间， $\boldsymbol{q}_1,\cdots,\boldsymbol{q}_m$ 是标准正交向量组， $W=\operatorname{span}(\boldsymbol{q}_1,\cdots,\boldsymbol{q}_m)$ 。

命题 A.9 · Bessel 不等式

对任意 $\boldsymbol{x}\in V$ ，

$\sum_{i=1}^{m}\big|(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_i)\big|^2\ \leq\ \|\boldsymbol{x}\|^2,$

等号成立当且仅当 $\boldsymbol{x}\in W$ 。

证

令 $\boldsymbol{w}=\sum_{i=1}^m(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_i)\boldsymbol{q}_i$ （即 $\operatorname{Proj}_{W}\boldsymbol{x}$ ，命题 1.6.1 的标准正交基版本）， $\boldsymbol{r}=\boldsymbol{x}-\boldsymbol{w}$ 。对每个 $j$ ，

$(\boldsymbol{r},\boldsymbol{q}_j)=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_j)-\sum_{i=1}^m(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_i)\underbrace{(\boldsymbol{q}_i,\boldsymbol{q}_j)}_{=\delta_{ij}}=0,$

故 $\boldsymbol{r}\perp W$ ，特别地 $\boldsymbol{r}\perp\boldsymbol{w}$ 。由正交分解（展开交叉项为零）：

$\|\boldsymbol{x}\|^2=\|\boldsymbol{w}\|^2+\|\boldsymbol{r}\|^2,\qquad \|\boldsymbol{w}\|^2=\sum_{i=1}^m\big|(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_i)\big|^2\ (\text{交叉项同样逐个消去}).$

两式合并即得不等式；等号 $\iff\|\boldsymbol{r}\|=0\iff\boldsymbol{x}\in W$ 。∎

∎

推论 A.3 · Parseval 等式

若 $\boldsymbol{q}_1,\cdots,\boldsymbol{q}_n$ 是全空间的标准正交基，则对一切 $\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\in V$ ：

$\|\boldsymbol{x}\|^2=\sum_{i=1}^n\big|(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_i)\big|^2,\qquad (\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\sum_{i=1}^n(\boldsymbol{x},\boldsymbol{q}_i)\,\overline{(\boldsymbol{y},\boldsymbol{q}_i)}.$

前者是 Bessel 取等（ $W=V$ ， $\boldsymbol{r}=\boldsymbol{0}$ ）；后者由前者对 $\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}$ 、 $\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}$ 、 $\boldsymbol{x}\pm i\boldsymbol{y}$ 使用并线性组合得到——正是极化恒等式（命题 A.1）的坐标版。

无穷的接口：傅里叶级数

在 $L^2[-\pi,\pi]$ 中取三角函数系（1.5.7），Bessel 不等式变成：傅里叶系数的平方和不超过函数的能量 $\int_{-\pi}^{\pi}|f|^2$ ——这保证了系数平方级数收敛，傅里叶级数「不越界」。当三角函数系取满（完备）时，不等式升格为 Parseval 等式：

$\frac{a_0^2}{2}+\sum_{n\geq1}\big(a_n^2+b_n^2\big)=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(t)^2\,\mathrm dt,$

「时域能量 = 频域能量」。附录 B.2 将在有限维信号空间里用 DFT 矩阵的酉性给出同一等式的离散版——同一个定理，换个舞台。

A.8 Moore–Penrose 伪逆：四条条件、良定义与唯一性

3.2.4 从满秩分解造出 $X=C^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}$ 并验证了 $AXA=A$ 。本节补全剩下的三件事： $X$ 满足全部四条 Penrose 条件、 $X$ 与满秩分解的选法无关、满足四条的 $X$ 唯一。

定理 A.10 · Penrose 四条件

设 $A\in\mathbb C^{m\times n}_r$ （ $r\gt0$ ）有满秩分解 $A=BC$ （ $B$ 列满秩、 $C$ 行满秩），令

$A^{+}\triangleq C^{\mathrm H}\big(CC^{\mathrm H}\big)^{-1}\big(B^{\mathrm H}B\big)^{-1}B^{\mathrm H},$

则 $A^{+}$ 满足：

$AA^{+}A=A$ ；
$A^{+}AA^{+}=A^{+}$ ；
$(AA^{+})^{\mathrm H}=AA^{+}$ ；
$(A^{+}A)^{\mathrm H}=A^{+}A$ 。

且 $A^{+}$ 只依赖 $A$ 、不依赖满秩分解的选法。满足全部四条的矩阵唯一（定理 A.11），称为 $A$ 的 Moore–Penrose 伪逆。

证

先记 $B^{\mathrm L}=(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}$ （ $B$ 的左逆）、 $C^{\mathrm R}=C^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}$ （ $C$ 的右逆，3.1 法 2 的两个公式），则 $A^{+}=C^{\mathrm R}B^{\mathrm L}$ 。

(1) $AA^{+}A=B(CC^{\mathrm R})B^{\mathrm L}(B^{\mathrm L}B)C=BC=A$ ✓。

(3)(4) 先算出两个乘积的「约简形」：

$AA^{+}=B\,C\,C^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}=B\,(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H},$

$A^{+}A=C^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}\,(B^{\mathrm H}B)^{-1}(B^{\mathrm H}B)\,C=C^{\mathrm H}(CC^{\mathrm H})^{-1}C,$

两者都形如「 $MM^{\mathrm H}(\cdot)^{-1}M^{\mathrm H}$ 类的对称表达式」，直接取共轭转置验证： $\big(B(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}\big)^{\mathrm H}=B(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}$ （中间因子 $(B^{\mathrm H}B)^{-1}$ 自身 Hermite： $(B^{\mathrm H}B)^{\mathrm H}=B^{\mathrm H}B$ ）；另一式同理 ✓。

(2) $A^{+}AA^{+}=A^{+}(AA^{+})=C^{\mathrm R}B^{\mathrm L}\,B(B^{\mathrm H}B)^{-1}B^{\mathrm H}=C^{\mathrm R}\,B^{\mathrm L}=A^{+}$ ✓。

与分解无关：设 $A=B_1C_1=B_2C_2$ 是两个满秩分解，由定理 3.2.2 存在可逆 $D$ 使 $B_1=B_2D$ 、 $C_1=D^{-1}C_2$ 。代入 $A^{+}$ 的公式并记 $M=C_2C_2^{\mathrm H}$ 、 $N=B_2^{\mathrm H}B_2$ ：

$C_1C_1^{\mathrm H}=D^{-1}MD^{-\mathrm H},\qquad\big(D^{-1}MD^{-\mathrm H}\big)^{-1}=D^{\mathrm H}M^{-1}D,\qquad \big(B_1^{\mathrm H}B_1\big)^{-1}=D^{-1}N^{-1}D^{-\mathrm H},$

于是四个因子里的 $D,D^{-1},D^{\mathrm H},D^{-\mathrm H}$ 两两相消：

$A_1^{+}=\underbrace{C_2^{\mathrm H}D^{-\mathrm H}}_{C_1^{\mathrm H}}\cdot D^{\mathrm H}M^{-1}\underbrace{D\,D^{-1}}_{\text{消}}N^{-1}D^{-\mathrm H}\cdot\underbrace{D^{\mathrm H}}_{B_1^{\mathrm H}=D^{\mathrm H}B_2^{\mathrm H}}B_2^{\mathrm H}=C_2^{\mathrm H}M^{-1}N^{-1}B_2^{\mathrm H}=A_2^{+}.\qquad\blacksquare$

∎

定理 A.11 · 四条件确定唯一解

至多存在一个矩阵 $X$ 同时满足四条件 (1)–(4)。

证

设 $X,Y$ 都满足 (1)–(4)。分四步把 $X$ 换成 $Y$ 。

第一步（消去右边）：由 (2) 与 (3)（ $AX$ Hermite），

$X=XAX=X\,(AX)=X\,(AX)^{\mathrm H}=X\,X^{\mathrm H}A^{\mathrm H} .$

再用 (1) 的转置 $A^{\mathrm H}=A^{\mathrm H}Y^{\mathrm H}A^{\mathrm H}$ 代入右端最末的 $A^{\mathrm H}$ ：

$X=XX^{\mathrm H}\big(A^{\mathrm H}Y^{\mathrm H}A^{\mathrm H}\big)=\big(XX^{\mathrm H}A^{\mathrm H}\big)\,Y^{\mathrm H}A^{\mathrm H}=X\cdot Y^{\mathrm H}A^{\mathrm H}=X\,(AY)^{\mathrm H}=X\,(AY)=XAY .$

第二步（左乘 $A$ ）： $AX=A(XAY)=(AXA)Y=AY$ 。

第三步（转置得右乘版本）：对 $AX=AY$ 取共轭转置并用 (4)： $X^{\mathrm H}A^{\mathrm H}=Y^{\mathrm H}A^{\mathrm H}$ ，即 $(XA)^{\mathrm H}=(YA)^{\mathrm H}$ ，再转置回来得 $XA=YA$ 。

第四步（拼装）：用 (2) 把 $X$ 夹住，再把刚得到的两个等式各用一次：

$X=XAX=(XA)X=(YA)X=Y(AX)=Y(AY)=YAY=Y .\qquad\blacksquare$

∎

伪逆是「最优解的机器」

四条件各自的含义（都可以从 3.1–3.2 的结构读出）：(1) 说 $AA^{+}$ 把 $R(A)$ 的每个向量原样送回——它是到值域的投影；(4) 说这个投影正交；(2)(3) 对偶地说 $A^{+}A$ 是到 $R(A^{\mathrm H})$ 的正交投影。于是

$A^{+}\boldsymbol{b}=\text{方程组 }A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{b}\text{ 的最小二乘解中范数最小者}$

（存在性： $\boldsymbol{x}^{+}=A^{+}\boldsymbol{b}$ 满足法方程 $A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=A^{\mathrm H}\boldsymbol{b}$ ，见附录 B.3；最小范数性由 $A^{+}\boldsymbol{b}\in R(A^{\mathrm H})=N(A)^{\perp}$ 与 1.6.7 的勾股结构给出——完整论证留作练习，或见后续广义逆章节）。三个特例与 3.1 完全接轨： $A$ 可逆时 $A^{+}=A^{-1}$ ；列满秩时 $A^{+}=(A^{\mathrm H}A)^{-1}A^{\mathrm H}$ （左逆）；行满秩时 $A^{+}=A^{\mathrm H}(AA^{\mathrm H})^{-1}$ （右逆）。

附录 A 自测

即时自测（不看上文，8 分钟）

写出复空间的极化恒等式，并说明它为什么给出「保长度的线性变换保内积」。
Hadamard 不等式 $|\det A|\leq\prod_i\|\boldsymbol{a}_i\|$ 的等号条件是什么？用体积语言一句话说明理由。
证明 $\dim V_\lambda\leq$ 代数重数时，矩阵 $B=P^{-1}AP$ 为什么呈 $\begin{bmatrix}\lambda I_k&M\\O&C\end{bmatrix}$ 形？
Cayley–Hamilton 定理证明中，为什么 $B(\lambda)=\operatorname{adj}(\lambda I-A)$ 的每个元素都是次数 $\leq n-1$ 的多项式？
正定 Hermite 矩阵的 Cholesky 分解 $A=R^{\mathrm H}R$ 用什么工具构造？ $R$ 的哪两条性质来自 [1.6.8]？
伪逆唯一性证明的第二步 $AX=AY$ 是怎么得到的？

解答 · 即时自测

$(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})=\tfrac14\big(\|\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\|^2-\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2+i\|\boldsymbol{x}+i\boldsymbol{y}\|^2-i\|\boldsymbol{x}-i\boldsymbol{y}\|^2\big)$ 。右端只含范数； $T$ 线性把 $T$ 移进括号（如 $\|T(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y})\|=\|T\boldsymbol{x}+T\boldsymbol{y}\|$ ），保长度使右端逐项相等。
各列两两正交。每层「高 = 棱长」必须逐层取等，即每个向量与前面全部向量正交。
基扩充后，前 $k$ 个基向量满足 $A\boldsymbol{x}_j=\lambda\boldsymbol{x}_j$ ，其坐标列是 $\lambda\boldsymbol{e}_j$ ——前 $k$ 列就是 $\lambda I_k$ 与零块的竖排；按分块读出即得。
$\operatorname{adj}$ 的元素是 $\lambda I-A$ 的 $n-1$ 阶子式；每个子式的每行至多含一个 $\lambda$ ，故次数 $\leq n-1$ 。
对 $(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})_A=\boldsymbol{y}^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}$ 用 Gram–Schmidt； $R$ 是由 $\boldsymbol{q}$ 组（ $A$ -标准正交基）到标准基的过渡矩阵，上三角、对角元全正（可逆）。
第一步得 $X=XAY$ ，两边左乘 $A$ ： $AX=A(XAY)=(AXA)Y=AY$ （用了条件 (1)）。

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