证明

1： $A$ 的特征多项式 $p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(-1)^n(\lambda-\lambda_1)\cdots(\lambda-\lambda_n)$。比较两边 $\lambda^{n-1}$ 的系数得 $\operatorname{tr}A=\sum\lambda_i$（因为 $\det(A-\lambda I)$ 展开中 $\lambda^{n-1}$ 项来自「取对角元 $a_{ii}-\lambda$、其余取常数项」），取 $\lambda=0$ 得 $\det A=\prod\lambda_i$。

2、3、4： $A\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}\Rightarrow A^{\mathrm T}$ 的（左）特征向量满足 $\boldsymbol{v}^{\mathrm T}A=\lambda\boldsymbol{v}^{\mathrm T}$，故 $\lambda$ 也是 $A^{\mathrm T}$ 的特征值；$A\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}\Rightarrow A^{-1}\boldsymbol{v}=\lambda^{-1}\boldsymbol{v}$（$A$ 可逆时 $\lambda\neq0$）；归纳得 $A^m\boldsymbol{v}=\lambda^m\boldsymbol{v}$。

5： 见 1.3.4 已用到的谱定理；完整证明见习题 B2（要点：实对称矩阵的任一特征值必为实数——在 $A\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}$ 两边左乘 $\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}$ 得 $\lambda\lVert\boldsymbol{v}\rVert^2=\overline{\boldsymbol{v}}^{\mathrm T}A\boldsymbol{v}$，其共轭转置给出 $\overline{\lambda}\lVert\boldsymbol{v}\rVert^2=\boldsymbol{v}^{\mathrm T}A^{\mathrm T}\overline{\boldsymbol{v}}$，由 $A=A^{\mathrm T}$ 得 $\lambda=\overline{\lambda}$）。

6： $\det(B-\lambda I)=\det(P^{-1}AP-\lambda I)=\det(P^{-1}(A-\lambda I)P)=\det(A-\lambda I)$。

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证明

（1） 设 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，$\boldsymbol{v}\neq\boldsymbol{0}$ 满足 $A\boldsymbol{v}=\lambda\boldsymbol{v}$，即对每个 $i$，

$$\sum_{j=1}^{n}a_{ij}v_j=\lambda v_i\qquad\Longrightarrow\qquad (\lambda-a_{ii})v_i=\sum_{j\neq i}a_{ij}v_j . \tag{2.27}$$

取 $k$ 使 $\lvert v_k\rvert=\max_j\lvert v_j\rvert\gt0$。看（2.27）在 $i=k$ 的情形，两边取绝对值：

$$\lvert\lambda-a_{kk}\rvert\,\lvert v_k\rvert=\Bigl\lvert\sum_{j\neq k}a_{kj}v_j\Bigr\rvert\le\sum_{j\neq k}\lvert a_{kj}\rvert\,\lvert v_j\rvert\le\Bigl(\sum_{j\neq k}\lvert a_{kj}\rvert\Bigr)\lvert v_k\rvert .$$

约去 $\lvert v_k\rvert\gt0$，得 $\lvert\lambda-a_{kk}\rvert\le r_k$，即 $\lambda\in D_k$。

（2） 这是圆盘定理的「加强版」，标准证法用连续性。考虑 $A_t=D+t(A-D)$（$D=\operatorname{diag}(a_{ii})$ 是对角部分）。$A_0=D$ 的特征值就是各个 $a_{ii}$，即第 $i$ 个圆盘的圆心；$A_1=A$ 的特征值按（1）落在各圆盘内。$t$ 从 $0$ 连续增加到 $1$ 时，特征值也随 $t$ 连续变化（特征值是特征多项式系数的连续函数，而多项式的根对系数连续）。既然某个连通区域与其他圆盘不相交，特征值在连续移动中就没有办法跳过中间的空白地带，因此进入该区域的特征值个数始终不变——而 $t=0$ 时该区域恰好含 $k$ 个圆心，也就是 $k$ 个特征值。所以 $t=1$ 时它仍含 $k$ 个。

（3） 对 $A^{\mathrm T}$ 应用（1）。$A^{\mathrm T}$ 与 $A$ 有相同的特征值（定理 2.5.1 第 2 条），故结论对「列和」也成立。两个版本同时成立时，取交集即可。

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证明（要点）

记 $\boldsymbol{x}_0=\sum_ic_i\boldsymbol{u}_i$，$c_1\neq0$。则

$$A^k\boldsymbol{x}_0=\sum_ic_i\lambda_i^k\boldsymbol{u}_i=\lambda_1^k\Bigl[c_1\boldsymbol{u}_1+\sum_{i\ge2}c_i\Bigl(\frac{\lambda_i}{\lambda_1}\Bigr)^k\boldsymbol{u}_i\Bigr] =\lambda_1^k\bigl(c_1\boldsymbol{u}_1+\boldsymbol{\eta}_k\bigr),$$

其中 $\lVert\boldsymbol{\eta}_k\rVert=O(\lvert\lambda_2/\lambda_1\rvert^k)$。规范化后 $\boldsymbol{x}_k=(\boldsymbol{u}_1+c_1^{-1}\boldsymbol{\eta}_k)/\lVert\cdot\rVert$，故方向误差为一阶量 $O(\lvert\lambda_2/\lambda_1\rvert^k)$。

Rayleigh 商的部分：设 $\boldsymbol{x}=\boldsymbol{u}_1+\boldsymbol{\delta}$、$\boldsymbol{\delta}\perp\boldsymbol{u}_1$。则

$$\boldsymbol{x}^{\mathrm T}A\boldsymbol{x}=(\boldsymbol{u}_1+\boldsymbol{\delta})^{\mathrm T}A(\boldsymbol{u}_1+\boldsymbol{\delta})=\lambda_1+2\lambda_1\boldsymbol{u}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{\delta}+\boldsymbol{\delta}^{\mathrm T}A\boldsymbol{\delta} =\lambda_1+\boldsymbol{\delta}^{\mathrm T}A\boldsymbol{\delta}$$

（交叉项因 $\boldsymbol{u}_1^{\mathrm T}A\boldsymbol{\delta}=\lambda_1\boldsymbol{u}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{\delta}=0$ 消失）。又 $\boldsymbol{x}^{\mathrm T}\boldsymbol{x}=1+2\boldsymbol{u}_1^{\mathrm T}\boldsymbol{\delta}+\lVert\boldsymbol{\delta}\rVert^2=1+O(\lVert\boldsymbol{\delta}\rVert^2)$。于是

$$R(\boldsymbol{x})=\frac{\lambda_1+\boldsymbol{\delta}^{\mathrm T}A\boldsymbol{\delta}}{1+O(\lVert\boldsymbol{\delta}\rVert^2)}=\lambda_1+O(\lVert\boldsymbol{\delta}\rVert^2).$$

关键就在这一点：特征向量的误差是一阶量，Rayleigh 商的误差是它的平方——因为 $\lambda_1$ 正是 Rayleigh 商在 $\boldsymbol{u}_1$ 处取到的驻点，一阶项自动消失（这也是 定理 2.5.5 的 Courant–Fischer 定理所刻画的极值性质）。

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证明

任何 $\boldsymbol{x}\neq\boldsymbol{0}$ 可展开为 $\boldsymbol{x}=\sum_ik_i\boldsymbol{u}_i$，由正交性 $\boldsymbol{x}^{\mathrm T}\boldsymbol{x}=\sum_ik_i^2$，且

$$\boldsymbol{x}^{\mathrm T}A\boldsymbol{x}=\sum_{i,j}k_ik_j\boldsymbol{u}_i^{\mathrm T}A\boldsymbol{u}_j=\sum_{i,j}k_ik_j\lambda_j\delta_{ij}=\sum_i\lambda_ik_i^2 .$$

于是

$$R(\boldsymbol{x})=\frac{\sum_i\lambda_ik_i^2}{\sum_ik_i^2} .$$

一旦看出它是加权平均，结论就自动出来了： $R(\boldsymbol{x})$ 是以 $k_i^2/(\sum_jk_j^2)$ 为权的 $\lambda_i$ 的加权平均，必然落在 $[\lambda_1,\lambda_n]$ 内。等号出现在下界，当且仅当全部权重都集中到 $\lambda_1$ 上，即 $\boldsymbol{x}\in\operatorname{span}\{\boldsymbol{u}_1\}$；上界的情形同理。

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证明（第一等式）

先证 $\ge$（取特定的 $k$ 维子空间）。 令 $\mathcal{S}_0=\operatorname{span}\{\boldsymbol{u}_1,\dots,\boldsymbol{u}_k\}$。对任意 $\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}_0$、$\boldsymbol{x}=\sum_{i\le k}k_i\boldsymbol{u}_i$，有 $R(\boldsymbol{x})\le\lambda_k$（加权平均的权只落在 $\lambda_1,\dots,\lambda_k$ 上）。故

$$\max_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}_0}R(\boldsymbol{x})=\lambda_k\qquad(\text{取}\ \boldsymbol{x}=\boldsymbol{u}_k\ \text{达到})\quad\Longrightarrow\quad \min_{\dim\mathcal{S}=k}\max_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}}R(\boldsymbol{x})\le\lambda_k .$$

再证 $\le$（维数计数）。 设 $\mathcal{S}$ 是任意 $k$ 维子空间，令 $\mathcal{T}=\operatorname{span}\{\boldsymbol{u}_k,\dots,\boldsymbol{u}_n\}$，$\dim\mathcal{T}=n-k+1$。由维数公式

$$\dim(\mathcal{S}\cap\mathcal{T})\ge\dim\mathcal{S}+\dim\mathcal{T}-n=k+(n-k+1)-n=1,$$

故存在 $\boldsymbol{0}\neq\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}\cap\mathcal{T}$。写 $\boldsymbol{x}=\sum_{i\ge k}k_i\boldsymbol{u}_i$，则 $R(\boldsymbol{x})\ge\lambda_k$（权只落在 $\lambda_k,\dots,\lambda_n$ 上）。于是在这个 $\mathcal{S}$ 上 $\max R\ge\lambda_k$；$\mathcal{S}$ 是任意的，对 $\mathcal{S}$ 取下确界后仍 $\ge\lambda_k$。

两个方向合起来就是第一等式。至于第二等式，对 $-A$ 套用第一等式即可（$(-A)$ 的特征值是 $-\lambda_n\le\cdots\le-\lambda_1$，其中第 $k$ 大 $=-\lambda_{n-k+1}$，再用 $\min\max$ 与 $\max\min$ 的互换）。

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证明

（一）Weyl 不等式。 用 Courant–Fischer（定理 2.5.5）：

$$\lambda_i=\min_{\dim\mathcal{S}=i}\max_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}}R_A(\boldsymbol{x}),\qquad \mu_i=\min_{\dim\mathcal{S}=i}\max_{\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}}R_{A+E}(\boldsymbol{x}) .$$

对任意固定的 $\mathcal{S}$ 与单位向量 $\boldsymbol{x}\in\mathcal{S}$，$\lvert R_{A}(\boldsymbol{x})-R_{A+E}(\boldsymbol{x})\rvert=\lvert\boldsymbol{x}^{\mathrm T}E\boldsymbol{x}\rvert\le\lVert E\rVert_2$。因此对每个固定的 $\mathcal{S}$，两个「$\max$」之差都不超过 $\lVert E\rVert_2$；再对 $\mathcal{S}$ 取 $\min$，同样得到 $\lvert\lambda_i-\mu_i\rvert\le\lVert E\rVert_2$。

（二）Bauer–Fike。 设 $(A+E)\boldsymbol{w}=\mu\boldsymbol{w}$、$\lVert\boldsymbol{w}\rVert_2=1$。则

$$(A-\mu I)\boldsymbol{w}=-E\boldsymbol{w},\qquad \boldsymbol{w}=-(A-\mu I)^{-1}E\boldsymbol{w}\ \ (\mu\notin\sigma(A)\ \text{时}) .$$

设 $\mu$ 使 $\mu I-A$ 可逆（否则 $\mu$ 已是 $A$ 的特征值，结论显然）。取范数：

$$1=\lVert\boldsymbol{w}\rVert\le\lVert(A-\mu I)^{-1}\rVert_2\lVert E\rVert_2 .$$

关键一步：估计 $\lVert(A-\mu I)^{-1}\rVert_2$。 用 $A=V\Lambda V^{-1}$：

$$\lVert(A-\mu I)^{-1}\rVert_2=\lVert V(\Lambda-\mu I)^{-1}V^{-1}\rVert_2\le\lVert V\rVert_2\lVert V^{-1}\rVert_2\max_i\frac{1}{\lvert\lambda_i-\mu\rvert} =\frac{\mathrm{cond}_2(V)}{\min_i\lvert\lambda_i-\mu\rvert} .$$

代入上式得 $1\le\dfrac{\mathrm{cond}_2(V)\lVert E\rVert_2}{\min_i\lvert\lambda_i-\mu\rvert}$，整理后就是待证的结论。

（三） 用一个 Jordan 块把现象显式摆出来：$A=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$（$k=2$ 重特征值 $1$），$E=\begin{pmatrix}0&0\\t&0\end{pmatrix}$，则 $A+E$ 的特征方程 $(1-\lambda)^2=t$ 给出 $\lambda=1\pm\sqrt{t}$，移动量就是 $\sqrt{t}=\varepsilon^{1/2}$（取 $\varepsilon=t$）。

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