推导 1 · 维数公式 $\dim(W_1+W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2)$

思路三步：① 从最公共的地方取基——取 $W_1\cap W_2$ 的一组基 $\boldsymbol{u}_1,\cdots,\boldsymbol{u}_m$；② 双向扩充——先把它扩充成 $W_1$ 的基（添 $\boldsymbol{v}_1,\cdots,\boldsymbol{v}_s$），再扩充成 $W_2$ 的基（添 $\boldsymbol{w}_1,\cdots,\boldsymbol{w}_t$）；③ 证明拼起来的 $m+s+t$ 个向量是 $W_1+W_2$ 的基：张成显然；无关要「组合落在 $W_1$ 里 ⟹ 落在 $W_1\cap W_2$ 里 ⟹ 被 $\boldsymbol{u}$ 组的无关性吃掉」，最后数数 $(m+s)+(m+t)-m$。

考场提醒：只写「拼起来就是一组基」正是跳步高发处（证明工坊 · 骨架六）；数数之前，「张成」与「线性无关」两件事必须都落地。

推导 2 · 直和判定：零元素表法唯一 ⟺ $W_1\cap W_2=\{\boldsymbol{\theta}\}$

思路三步：① 认出零元素的一般表法——$\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{u}+(-\boldsymbol{u})$，其中 $\boldsymbol{u}\in W_1$、$-\boldsymbol{u}\in W_2$ 当且仅当 $\boldsymbol{u}\in W_1\cap W_2$；② 交非零 ⟹ 表法不唯一——取非零 $\boldsymbol{u}\in W_1\cap W_2$，则 $\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{\theta}+\boldsymbol{\theta}=\boldsymbol{u}+(-\boldsymbol{u})$ 是两个不同表法；③ 交为零 ⟹ 唯一——任何零表法都被迫取 $\boldsymbol{u}=\boldsymbol{\theta}$；再补一句「任意向量的两种拆法相减就是零表法」，把 (2) 推回 (1)。

考场提醒：这条就是定理 1.6.1 的 (2)⟺(3)，也是「直和 ⇔ 交为零」的全部内容；(3)⟺(4) 那一环要用 1.3.9 的维数公式接起来。

推导 3 · 幂等与投影：$A^2=A$ ⟹ $\mathbb{C}^n=R(A)\dotplus N(A)$

思路三步：① 看两个子空间各自被 $A$ 如何作用——$\boldsymbol{x}\in R(A)\Rightarrow A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{x}$（因 $\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{z}$、$A^2=A$），$\boldsymbol{x}\in R(I-A)\Rightarrow A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$；② 交为零——取 $\boldsymbol{w}\in R(A)\cap R(I-A)$，则 $\boldsymbol{w}=A\boldsymbol{w}=\boldsymbol{0}$，由定理 1.6.1 (3) 得直和；③ 补满整个空间——恒等式 $\boldsymbol{x}=A\boldsymbol{x}+(I-A)\boldsymbol{x}$ 把任意向量拆进 $R(A)$ 与 $R(I-A)$。

再补一行（把 $A$ 认成投影）：拆法唯一 ⟹ $\boldsymbol{x}\mapsto A\boldsymbol{x}$ 就是「沿 $R(I-A)$ 落到 $R(A)$」的投影；再加一行双向包含得 $N(A)=R(I-A)$，于是这副分解可以写成更常用的一张脸 $\mathbb{C}^n=R(A)\dotplus N(A)$。顺手的推论：特征值 $1$ 的个数 $=\operatorname{rank}A$，故 $\operatorname{tr}A=\operatorname{rank}A$。

推导 4 · 特征子空间的直和性：不同特征值的特征向量组线性无关

思路三步：① 取一个最短的线性关系——在诸特征向量中取个数最少的相关组 $c_1\boldsymbol{\xi}_1+\cdots+c_k\boldsymbol{\xi}_k=\boldsymbol{\theta}$（各 $c_i\neq0$），并盯住最后一个特征值 $\lambda_k$；② 相减消元——两边作用 $T$ 得 $\sum c_i\lambda_i\boldsymbol{\xi}_i=\boldsymbol{\theta}$，减去 $\lambda_k$ 乘原式，得 $\sum_{i<k}c_i(\lambda_i-\lambda_k)\boldsymbol{\xi}_i=\boldsymbol{\theta}$，系数全非零（特征值互异）；③ 矛盾收尾——这给出一个更短的非平凡关系，与「最少」矛盾。

考场提醒：等价说法是「不同特征值的特征子空间之和是直和」。第 ① 步的「取最少」是这条证明的心脏；直接归纳容易在「$k$ 与 $k-1$ 之间」含糊过去。

推导 5 · 亏加秩定理 $\dim N(T)+\dim R(T)=\dim V$

思路三步：① 从核取基再扩充——取 $N(T)$ 的基 $\boldsymbol{h}_1,\cdots,\boldsymbol{h}_m$，由基扩充定理添成 $V$ 的基 $\boldsymbol{h}_1,\cdots,\boldsymbol{h}_m,\boldsymbol{h}_{m+1},\cdots,\boldsymbol{h}_n$；② 量出值域由后 $n-m$ 个像张成——任取 $\boldsymbol{x}=\sum k_i\boldsymbol{h}_i$，作用 $T$ 后前 $m$ 项消失，故 $R(T)=\operatorname{span}\{T(\boldsymbol{h}_{m+1}),\cdots,T(\boldsymbol{h}_n)\}$；③ 证这 $n-m$ 个像无关——若其组合为零，则该组合属于 $N(T)$、可由前 $m$ 个基向量表出；与 $\boldsymbol{h}$ 组的无关性联立，逼出系数全为零。

考场提醒：第 ③ 步必须「回到核的基再收尾」（定理 2.2.5 的评分要点）。它与「同维时单射 ⟺ 满射」是两个结论，后者要额外假设 $\dim V=\dim W$。

推导 6 · 秩等式 $\operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}(A^{\mathrm H}A)$

思路三步：① 先证 $N(A)=N(A^{\mathrm H}A)$：由 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 两边左乘 $A^{\mathrm H}$ 得 $A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$，即 $N(A)\subseteq N(A^{\mathrm H}A)$；② 反方向用内积正定性——由 $A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$ 左乘 $\boldsymbol{x}^{\mathrm H}$，得 $\|A\boldsymbol{x}\|^2=(A\boldsymbol{x},A\boldsymbol{x})=0$，正定性逼 $A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$；③ 换成维数——两个矩阵零空间相同，由 $\dim N+\operatorname{rank}=$ 列数 得秩相等。

考场提醒：三步里真正花力气的是第 ② 步的正定性（命题 3.1.1）。这也解释了为什么它不能平移到任意数域，也不能把 $A^{\mathrm H}A$ 换成 $A^2$（3.1.4 的补注）。

推导 7 · 满秩分解的不唯一刻画：两种分解差一个可逆因子

思路三步：① 两个列空间相同——由 $A=B_1C_1$、$C_1$ 行满秩（作为映射满射）得 $R(B_1)=R(A)$；同理 $R(B_2)=R(A)$，故 $R(B_1)=R(B_2)$；② 过渡矩阵出场——$B_1$、$B_2$ 的列是同一个 $r$ 维子空间的两组基，由过渡矩阵的存在唯一性，存在可逆 $D$ 使 $B_1=B_2D$；③ $C$ 随之被决定——由 $B_2C_2=B_1C_1=B_2DC_1$ 得 $B_2(C_2-DC_1)=O$，用 $B_2$ 列无关（表示唯一）逼出 $C_2=DC_1$，即 $C_1=D^{-1}C_2$。

考场提醒：结论是「一个分解即生成全部」——任取可逆 $D$ 都能造出一族新分解；写「不唯一」时若漏掉「$D$ 可逆」，等于把结论写成了「随便」。

推导 8 · 正交／酉变换四条等价的一条最短循环

思路三步：① $A^{\mathrm H}A=I$ ⟹ 保内积——$(A\boldsymbol{x},A\boldsymbol{y})=\boldsymbol{y}^{\mathrm H}A^{\mathrm H}A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{y}^{\mathrm H}\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y})$；② 保内积 ⟹ 保长度——在 $\boldsymbol{y}=\boldsymbol{x}$ 处取值即得 $\|A\boldsymbol{x}\|^2=\|\boldsymbol{x}\|^2$；③ 保长度 ⟹ 标准正交基映为标准正交基 ⟹ $A^{\mathrm H}A=I$——取标准正交基 $\boldsymbol{e}_j$，保长度给出每一列都是单位向量，再用极化（在复空间要用 $\boldsymbol{q}_i+t\boldsymbol{q}_j$ 把虚部也钉死）恢复内积，得 $(A\boldsymbol{e}_i,A\boldsymbol{e}_j)=\delta_{ij}$，把这两式按列读出来就是 $A^{\mathrm H}A=I$。

考场提醒：循环闭合即可（证明工坊 · 骨架五），但复空间那一步不能省——实空间里「保长度」用点积展开就够，复空间必须走极化。

推导 9 · QR 的读法：Gram–Schmidt 就是算法

思路三步：① 把两族向量写成基的关系——GS 的「张成不变」给出 $(\boldsymbol{a}_1,\cdots,\boldsymbol{a}_n)=(\boldsymbol{z}_1,\cdots,\boldsymbol{z}_n)R$，即 $R$ 正是「$\boldsymbol{z}$ 基到 $\boldsymbol{a}$ 基」的过渡矩阵；② 逐列读出元素——第 $k$ 列两边与 $\boldsymbol{z}_i$（$i<k$）作内积，正交性把和式砍成一项：$r_{ik}=(\boldsymbol{a}_k,\boldsymbol{z}_i)$；对角元来自残差 $\boldsymbol{y}_k=\boldsymbol{a}_k-\sum_{i<k}(\boldsymbol{a}_k,\boldsymbol{z}_i)\boldsymbol{z}_i$，故 $r_{kk}=\|\boldsymbol{y}_k\|$；③ 补上「列满秩 ⟹ 正线唯一」——列无关保证各残差非零、$R$ 对角非零；把每列的符号用对角酉阵吸收即得 $R$ 正线，定理 3.4.1 的唯一性随之成立。

考场提醒：$r_{kk}$ 是残差范数（不是 $\|\boldsymbol{a}_k\|$），这是本节最高频的失分点；写完必须回代 $QR=A$。

推导 10 · Schur 型的存在性：复方阵总能酉相似于上三角

A 路线（直接构造，自包含）：① 起手用一个单位特征向量——取 $A\boldsymbol{u}_1=\lambda_1\boldsymbol{u}_1$、$\|\boldsymbol{u}_1\|=1$，扩充为标准正交基、拼成酉阵 $U_1$，第一列立刻干净：$U_1^{\mathrm H}AU_1=\begin{bmatrix}\lambda_1&\boldsymbol{\beta}\\ \boldsymbol{0}&A_1\end{bmatrix}$；② 对 $n-1$ 阶块归纳——设 $A_1=V\Lambda_1V^{\mathrm H}$；③ 拼装——$U=U_1\operatorname{diag}(1,V)$ 仍是酉阵，且 $U^{\mathrm H}AU=\begin{bmatrix}\lambda_1&*\\ \boldsymbol{0}&\Lambda_1\end{bmatrix}$ 上三角。

B 路线（借力再升级）：先用「相似于上三角」（定理 3.5.1，对阶数归纳）拿到 $P^{-1}AP=\Lambda$；再对 $P$ 作 QR 分解 $P=UR$，代入得 $U^{\mathrm H}AU=R\Lambda R^{-1}$——上三角阵对乘法和求逆封闭，于是也是上三角。

考场提醒：A 路线自包含、不必先写另一个定理的骨架，考场更稳；两条都练过才有得选（第三章竞技场把两条路线分开计分）。

推导 11 · Hamilton–Cayley：$f_A(A)=O$

思路三步：① 先在上三角情形下手——由 Schur 型不妨设 $A$ 上三角、对角元为 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$，于是 $f_A(\lambda)=\prod_{k}(\lambda-\lambda_k)$；② 按次序乘因子、逐列清零——左乘 $(\Lambda-\lambda_1I)$ 先把第 $1$ 列打成零；再乘 $(\Lambda-\lambda_2I)$，第 $2$ 列也被打掉（关键是「上三角乘以 $(\Lambda-\lambda_kI)$ 只影响前 $k$ 列」这一句，它把次序钉死）；③ $n$ 个因子乘完即 $O$，再对一般 $A$ 用相似（或酉相似）把结论搬回去。

考场提醒：最常见的伪证是「对角元全为零 ⟹ 矩阵为零」——$\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}$ 就是反例；必须真的写出「逐列清零」这一步。

推导 12 · 正交投影为什么是最近点

思路三步：① 残差垂直——设 $\boldsymbol{y}=\operatorname{Proj}_W\boldsymbol{x}$，则 $\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\perp W$（正交补的定义）；② 对任意 $\boldsymbol{w}\in W$ 做勾股分解——$\boldsymbol{x}-\boldsymbol{w}=(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})+(\boldsymbol{y}-\boldsymbol{w})$，两项正交（第一项 $\perp W$、第二项 $\in W$），故 $\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{w}\|^2=\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2+\|\boldsymbol{y}-\boldsymbol{w}\|^2\ge\|\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\|^2$；③ 等号条件——取等当且仅当 $\boldsymbol{w}=\boldsymbol{y}$，即 $\boldsymbol{y}$ 是 $W$ 中唯一的最近点。

考场提醒：第 ② 步只用到「正交 ⟹ 勾股」这一个方向，正好在复空间也够用；不要把「勾股 ⟺ 正交」的逆命题写进去。