附录 A · 补充推导

正文里标着「证明从略」「留作习题补充」「证明思路」的地方，完整推导全部收在本附录，按章组织。每条标题括注正文出处，正文对应位置也有反向链接；附录编号 A.1、A.2……自成一体，不与正文的节级编号混用。本附录只用到两个外部结果：Birkhoff 定理（A.2.3 给出证明）与矩阵的 Jordan 标准形（A.2.7 引用）。

A.1 第一章

A.1.1 六个等价公式的误差放大因子（1.1.3 的定量复现）

设 $t=\sqrt2$，$a=1.4$，则输入误差 $e=t-a=0.0142136$，相对误差 $\varepsilon=e/t\approx1.005$。六个公式在 $t=\sqrt2$ 处恒等，依据是三条代数事实（可用二项展开自证）：

$$(\sqrt2+1)(\sqrt2-1)=1,\qquad(\sqrt2-1)^2=3-2\sqrt2,\qquad(\sqrt2-1)^6=99-70\sqrt2 .$$

由 1.2.3 的传播公式：输出绝对误差 $\approx\lvert f'(t)\rvert e$，输出相对误差 $\approx\kappa\cdot\varepsilon$，其中相对条件数（1.2.6）

$$\kappa=\left\lvert\frac{t,f'(t)}{f(t)}\right\rvert .$$

逐个公式算出 $f'(t)$ 与 $\kappa$（$f(t)=(\sqrt2-1)^6=0.0050506$）：

四条读法：

1. $\kappa$ 从 $0.5$ 跨到 $1.96\times10^{4}$，近五个数量级——与实测误差之比（$2.6\times10^{-5}$ 对 $9.9\times10^{-1}$）精确对应。一阶传播公式把整张表复现到两位有效数字。
2. 公式 3 的 $\kappa$ 大，是因为分母 $f(t)=99-70\sqrt2\approx5\times10^{-3}$ 极小：$99$ 与 $70\sqrt2\approx98.995$ 是相近数，相减在输入之前就把信息压没了。相减这一步本身是精确的（Sterbenz 引理，见附录 B.3）——错的不是减法，是被送去相减的数只剩 4 位有效数字（1.2.4 原则 (3)）。
3. 公式 6 的 $\kappa=0.5\lt1$：误差被压缩。取倒数把「小输出」换成「大输出」，条件反而变好。这与「用韦达定理保小根」（原则 (2)）是同一个思想：换等价提法，让病态环节落进良态运算。
4. 公式 2 的预测（$49.7$）与实测（$58.4$）差约五分之一，这是线性化误差：$\kappa$ 本身随 $t$ 在 $[a-e,\ a+e]$ 上变化，量级判断不受影响。

A.1.2 有效数字与相对误差的换算界都不可再改进（定理 1.2.1 的补全）

正向界 $\dfrac{1}{2a_1}\times10^{1-n}$ 取得等号。取 $a=5.00$（规格化 $0.500\times10^1$，$a_1=5$，$m=1$，$k=3$），$x=5.005$。则 $\varepsilon(a)=0.005=\tfrac12\times10^{1-3}$（$a$ 恰有 3 位有效数字），而

$$\varepsilon_{\mathrm r}(a)=\frac{0.005}{5.00}=0.001=\frac{1}{2a_1}\times10^{1-3}=\frac{1}{10}\times10^{-2},$$

等号成立。故常数 $\dfrac{1}{2a_1}$ 不可放宽。

逆向界 $\dfrac{1}{2(a_1+1)}\times10^{1-n}$ 也卡在临界上。取 $a=9.9$（$0.99\times10^1$，$a_1=9$，$m=1$），$n=2$ 时界为 $\dfrac{1}{2\times10}\times10^{-1}=0.005$。取 $x=9.96$：

$$\varepsilon_{\mathrm r}(a)=\frac{0.06}{9.9}\approx0.00606\ \gt\ 0.005,\qquad\varepsilon(a)=0.06\ \gt\ \tfrac12\times10^{1-2}=0.05,$$

第 2 位有效数字已经失守。也就是说：相对误差限只要比逆向界再大一点，就可能不足 $n$ 位——常数 $a_1+1$ 不可再小。

组合起来读：最坏情形 $a_1=1$ 时，正向界 $\tfrac12\times10^{1-n}$ 与逆向界 $\tfrac1{40}\times10^{1-n}$ 相差 $20$ 倍。「由有效数字推相对误差」（正向）与「由相对误差倒推有效数字」（逆向）必须用各自的常数，不能共用。

A.1.3 递推积分 $y_n$ 的完整分析：最坏误差界与交错级数（1.2.4 原则 (1) 的补全）

$$y_n=\int_0^1\frac{x^n}{x+5},dx,\qquad y_n=\frac1n-5y_{n-1}\ (n\ge1),\qquad y_0=\ln\frac65 .$$

（一）正向递推的最坏误差界。设第 $n$ 步的误差为 $\delta_n=y_n^{(计算)}-y_n^{(真)}$。每步执行 $y_n=\mathrm{fl}(1/n-5y_{n-1})$，除真实递推外多出两项误差：旧误差被乘 $-5$ 放大，加上本步新的舍入 $\rho_n$（$\lvert\rho_n\rvert\le\rho$，$\rho$ 为每步舍入的绝对值上界）：

$$\delta_n=-5,\delta_{n-1}+\rho_n .$$

对 $n$ 展开此式（$\delta_n=-5\delta_{n-1}+\rho_n$ 逐层代入）：

$$\lvert\delta_n\rvert\ \le\ 5^n\lvert\delta_0\rvert+\rho,(1+5+\cdots+5^{n-1})=5^n\lvert\delta_0\rVert+\rho,\frac{5^n-1}{4}\ \approx\ 5^n\Bigl(\lvert\delta_0\rvert+\frac{\rho}{4}\Bigr).$$

取 $\lvert\delta_0\rvert=\lvert\ln(6/5)-0.1823\rvert=2.16\times10^{-5}$、$n=100$、$5^{100}\approx7.9\times10^{69}$：界约 $10^{65}$。反向递推的系数 $1/5$ 把同一公式变成压缩，起点误差 $1.6\times10^{-4}$ 传到 $y_0$ 只剩 $1.6\times10^{-4}/5^{100}$——机器精度之下。

（二）$y_n$ 的交错级数（反向递推起点的精确化）。在 $[0,1]$ 上 $\lvert x/5\rvert\le\tfrac15\lt1$，几何级数一致收敛，可逐项积分：

$$\frac{1}{x+5}=\frac15\cdot\frac{1}{1+x/5}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^jx^j}{5^{j+1}}\qquad\Longrightarrow\qquad y_n=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^j}{5^{j+1}(n+j+1)} .$$

级数各项单调递减趋于零，故截断误差不超过首个舍去项。两个检验：

• $n=0$：级数为 $\sum_j(-1)^j\frac{(1/5)^{j+1}}{j+1}$，正是 $\ln(1+z)$ 在 $z=1/5$ 处的 Taylor 级数，和为 $\ln(6/5)=0.182322$ ✓；
• $n=100$：逐项求和 $y_{100}=\frac{1}{505}-\frac{1}{2550}+\frac{1}{12875}-\frac{1}{65000}+\cdots\approx0.0016528$。

对照正文用的区间估计 $\frac{1}{6(n+1)}\lt y_n\lt\frac{1}{5(n+1)}$：$n=100$ 时区间为 $[0.0016502,\ 0.0019802]$，中点 $0.0018152$，真值 $0.0016528$ 紧贴区间左端——中点估计的误差 $1.62\times10^{-4}$ 几乎用尽了「半宽度 $1.65\times10^{-4}$」的预算。这个粗糙的界已经做到了它能做到的极限；想要更准的起点，交错级数本身就可以：第 $j+1$ 项约为 $5^{-(j+1)}/(n+1)$，想要起点误差多小就取多少项——取 $7$ 项达绝对误差 $10^{-7}$，取 $12$ 项（手算量）达 $10^{-10}$，比「区间中点」细六个数量级。

（三）渐近行为。级数首项给出 $y_n\approx\dfrac{1}{5(n+1)}\sim\dfrac{1}{5n}$：被积函数在 $x\approx1$ 处最大、分母 $\approx6$ 而非 $5$，修正项 $-\dfrac{1}{25(n+2)}$ 正是它。

A.1.4 范数等价常数的可达性，与无穷维的失效（定理 1.3.3 的补全）

（一）显式不等式的每个常数都有向量取等：

所以 $\sqrt n$、$n$ 这些因子不是估计的粗糙，而是这组范数的真实距离。

（二）等价性是有限维的专利。在无穷维序列空间取

$$\boldsymbol{x}=\Bigl(1,\ \tfrac12,\ \tfrac13,\ \cdots\Bigr):\qquad \lVert\boldsymbol{x}\rVert_2^2=\sum_{k\ge1}\frac{1}{k^2}\lt\infty,\qquad \lVert\boldsymbol{x}\rVert_1=\sum_{k\ge1}\frac1k=\infty .$$

同一个向量，一种范数有限、另一种无穷大——「换范数不改变收敛」在无穷维失效。数值 PDE 里对微分算子做有限元 / 差分离散，本质是「用 $n$ 维空间逼近无穷维」：维数 $n$ 增大时，等价常数（如 $\sqrt n$）随之恶化。「收敛结论与范数无关，但界的常数随 $n$ 增长」——这是离散化误差分析里天天打交道的事实，也是泛函分析选择在无穷维单独建立一套理论的原因。

A.2 补充篇

A.2.1 Jordan–von Neumann 定理：平行四边形恒等式 ⟹ 内积（定理 2.1.2 逆方向的完整证明）

设 $\lVert\cdot\rVert$ 是 $\mathbb{R}^n$ 上的范数且满足平行四边形恒等式（2.2）。定义

$$\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle:=\frac14\Bigl(\lVert\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\rVert^2-\lVert\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\rVert^2\Bigr),$$

以下验证它满足内积三公理（对称、线性、正定），且诱导范数恰为 $\lVert\cdot\rVert$。

第一步：符号与倍乘的基本事实。

• $\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{x}\rangle=\frac14\lVert2\boldsymbol{x}\rVert^2=\lVert\boldsymbol{x}\rVert^2$（正定性与「诱导范数还原」一次到位：这里 $\lVert2\boldsymbol{x}\rVert^2=4\lVert\boldsymbol{x}\rVert^2$ 用了范数齐次性）；
• $\langle\boldsymbol{y},\boldsymbol{x}\rangle=\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$（交换只对调两个平方项）；$\langle\boldsymbol{0},\boldsymbol{y}\rangle=0$；$\langle-\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=-\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$。

第二步（关键恒等式）：对任意 $\boldsymbol{x},\boldsymbol{z},\boldsymbol{y}$，

$$\langle\boldsymbol{x}+\boldsymbol{z},\boldsymbol{y}\rangle+\langle\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z},\boldsymbol{y}\rangle =\frac14\Bigl[\lVert(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y})+\boldsymbol{z}\rVert^2+\lVert(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y})-\boldsymbol{z}\rVert^2-\lVert(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})+\boldsymbol{z}\rVert^2-\lVert(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})-\boldsymbol{z}\rVert^2\Bigr].$$

对前后两组分别用平行四边形恒等式（$\lVert\boldsymbol{a}+\boldsymbol{z}\rVert^2+\lVert\boldsymbol{a}-\boldsymbol{z}\rVert^2=2\lVert\boldsymbol{a}\rVert^2+2\lVert\boldsymbol{z}\rVert^2$），$\lVert\boldsymbol{z}\rVert$ 项相消：

$$=\frac14\Bigl[2\lVert\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\rVert^2-2\lVert\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}\rVert^2\Bigr]=2\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle. \tag{$*$}$$

第三步（倍 2）。在 $(*)$ 中取 $\boldsymbol{z}=\boldsymbol{x}$：$\langle2\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle+\langle\boldsymbol{0},\boldsymbol{y}\rangle=2\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$，故 $\langle2\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=2\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$。

第四步（加法）。任取 $\boldsymbol{u},\boldsymbol{v}$，令 $\boldsymbol{x}=\frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}2$、$\boldsymbol{z}=\frac{\boldsymbol{u}-\boldsymbol{v}}2$（于是 $\boldsymbol{x}+\boldsymbol{z}=\boldsymbol{u}$，$\boldsymbol{x}-\boldsymbol{z}=\boldsymbol{v}$）。由 $(*)$ 与第三步（把 $\frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}2$ 看成 $\frac12\cdot(\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v})$，第三步反过来用）：

$$\langle\boldsymbol{u},\boldsymbol{y}\rangle+\langle\boldsymbol{v},\boldsymbol{y}\rangle=2\Bigl\langle\frac{\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v}}2,\ \boldsymbol{y}\Bigr\rangle=\langle\boldsymbol{u}+\boldsymbol{v},\boldsymbol{y}\rangle .$$

第五步（齐次性）。加法已得，$\langle k\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=k\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$ 对正整数 $k$ 归纳成立；负号由第一步；对有理数 $\frac pq$：$q,\langle\frac pq\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=\langle p\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=p\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$，两边除以 $q$。对实数 $t$：取有理数 $r_m\to t$，只需证 $\boldsymbol{w}\to\boldsymbol{0}$ 时 $\langle\boldsymbol{w},\boldsymbol{y}\rangle\to0$。由定义与三角不等式，

$$\lvert\langle\boldsymbol{w},\boldsymbol{y}\rangle\rvert\le\frac14\bigl(\lVert\boldsymbol{w}+\boldsymbol{y}\rVert+\lVert\boldsymbol{w}-\boldsymbol{y}\rVert\bigr)\cdot\bigl\lvert\lVert\boldsymbol{w}+\boldsymbol{y}\rVert-\lVert\boldsymbol{w}-\boldsymbol{y}\rVert\bigr\lvert\le\frac14\cdot2(\lVert\boldsymbol{w}\rVert+\lVert\boldsymbol{y}\rVert)\cdot2\lVert\boldsymbol{w}\rVert=\lVert\boldsymbol{y}\rVert,\lVert\boldsymbol{w}\rVert(\lVert\boldsymbol{w}\rVert+\lVert\boldsymbol{y}\rVert)\to0 ,$$

而 $\lVert(t-r_m)\boldsymbol{x}\rVert=|t-r_m|,\lVert\boldsymbol{x}\rVert\to0$。故 $\langle t\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=\lim_m r_m\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle=t\langle\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\rangle$。∎

评注：第二步的 $(*)$ 是全证明的心脏——平行四边形恒等式在这里恰好提供了「把 $\pm\boldsymbol{z}$ 的四个平方项两两配对」的结构；$1$-范数与 $\infty$-范数（例 2.1.2）正是在这一步失效。

A.2.2 残差与误差的向下界（定理 2.4.4 的补充证明）

两个附注。

1. 可计算性。$\alpha$ 用的是 $\hat{\boldsymbol{x}}$（在手上）而非 $\boldsymbol{x}$（不可知）；充分条件 $\alpha\lt1$ 由 $\lVert\boldsymbol{e}\rVert\lt\lVert\boldsymbol{x}\rVert/2$ 保证（此时 $\lVert\hat{\boldsymbol{x}}\rVert\ge\lVert\boldsymbol{x}\rVert-\lVert\boldsymbol{e}\rVert\gt\lVert\boldsymbol{e}\rVert$）——这正是正文定理 2.4.4 括注的来历。
2. 与上界合起来读。上界（2.23）说「残差被 $\mathrm{cond}$ 放大成误差」，本命题说「误差也顶多被 $\mathrm{cond}$ 压成残差」：二者互相控制在 $\mathrm{cond}$ 因子内。残差小 + 条件数小 ⟺ 误差小——两件事都不可省。

A.2.3 工具箱：重排不等式、Birkhoff 定理与对称迹不等式

A.2.4 与 A.2.5 的两条主定理共用下面三件工具。本节把它们一次备齐。

A.2.4 von Neumann 迹不等式：完整证明（例 2.6.4 的补全）

取等条件（正文实验的观察）：$A,B$ 的左右奇异子空间两两重合（$W=U_A^{\mathrm T}U_B$ 与 $Z=V_B^{\mathrm T}V_A$ 同时为恒等）。特例 $B=A^{\mathrm T}$：$\operatorname{tr}(A^{\mathrm T}A)=\lVert A\rVert_F^2=\sum\sigma_i^2$ 取等。

A.2.5 Eckart–Young–Mirsky：Frobenius 情形完整证明（定理 2.6.4 的补全）

评注。同一套「Birkhoff + 重排 + 膨胀」顺带产出了 von Neumann 迹不等式（A.2.4）与 Hoffman–Wielandt（A.3.4）——三个「最优配对」型定理是一家人。2-范数情形（正文）用的是 Courant–Fischer 维数计数，走的是另一条路，但结论同样精确。

A.2.6 Weyl 不等式的严格证明（定理 2.5.6（一）的补全）

两个附注。① 一般形式的 Weyl 不等式 $\lambda_{i+j-1}(A+B)\le\lambda_i(A)+\lambda_j(B)$（$i+j-1\le n$）用同一论证（$\mathcal{S}_0$ 取 $A$ 的前 $i-1$ 大与 $B$ 的前 $j-1$ 大的补空间交集，维数计数同 定理 2.6.4 的证明）。② 证明里「把 min 换成特定子空间」这一步在正文被一笔带过，正是它使放缩合法：$\min$ 的下标换成任何一个允许的 $\mathcal{S}$，都不改变「$\le$」方向。

A.2.7 Gelfand 公式与瞬态增长（例 2.5.6 的定量补全）

（二）对角化情形的瞬态增长界。$B=V\Lambda V^{-1}$，则对一切 $k$：

$$\frac{\rho(B)^k}{\operatorname{cond}(V)}\ \le\ \lVert B^k\rVert\ \le\ \operatorname{cond}(V),\rho(B)^k$$

（右端：$\lVert V\Lambda^kV^{-1}\rVert\le\lVert V\rVert\lVert\Lambda^k\rVert\lVert V^{-1}\rVert$；左端：把 $\rho^k=\lVert\Lambda^k\rVert=\lVert V^{-1}B^kV\rVert$ 反向放缩）。非正规性（$\operatorname{cond}(V)$ 大）正是瞬态增长的上限来源。

（三）$2\times2$ 的精确算例。$B=\begin{pmatrix}\lambda&M\0&\lambda\end{pmatrix}$（$\lvert\lambda\rvert\lt1$）：

$$B^k=\begin{pmatrix}\lambda^k&Mk\lambda^{k-1}\0&\lambda^k\end{pmatrix},\qquad \lVert B^k\rVert_2\ \ge\ Mk\lvert\lambda\rvert^{k-1},$$

右端在 $k^*\approx-1/\ln\lvert\lambda\rvert$ 处达峰，峰值 $\approx\dfrac{M}{e,\lvert\ln\lvert\lambda\rvert\rvert}$——随 $M$ 线性增长。取 $\lambda=0.99$、$M=1000$：峰值 $\approx\dfrac{1000}{e\times0.0101}\approx3.7\times10^{4}$，出现在 $k^*\approx99$ 步——迭代先放大三万七千倍，再开始收敛。「$\rho\lt1$ ⟹ 收敛」没有说谎，但前一百步的灾难它一个字都没提；这就是 例 2.5.6 结论「实用判据取 $\lVert H\rVert\lt1$」的定量版。