伴随矩阵相关整理。
代数余子式的正交性让我们在求矩阵的逆的时候得到了伴随矩阵：
$$ A^*A = det(A) \cdot I $$
也就是说，我们可以如此求出A的逆：
$$ A^{-1} = \frac{1}{det(A)} \cdot A^* $$
或者，也可以反过来求伴随矩阵：
$$ A^* = det(A) \cdot A^{-1} $$
那我们就可以基于此研究研究伴随矩阵的性质，比如他的行列式：
$$ det(A^*) = det(A)^n \cdot det(A^{-1}) = det(A)^{n-1} $$
套娃，伴随矩阵的伴随矩阵：
$$ (A^*)^* = det(A^*) \cdot (A^*)^{-1} $$
不难发现$A \cdot \frac{1}{det(A)}$就是$(A^*)^{-1}$,代入得到：
$$ (A^*)^* = det(A)^{n-2} \cdot A $$
是件有趣的事情。
伴随矩阵可以用来证明Cayley-Hamilton定理，尽管有点神秘：
设 $A$是$n$ 阶方阵，其特征多项式为：
$$ p(\lambda) = \det(\lambda I - A) = \lambda^n + c_{n-1}\lambda^{n-1} + \dots + c_1\lambda + c_0 $$
定理断言：若将矩阵 $A$ 代入该多项式，结果为零矩阵，即：
$$ p(A) = A^n + c_{n-1}A^{n-1} + \dots + c_1A + c_0I = O $$
证明：为了联系起矩阵和特征多项式，我们也许会想到伴随矩阵，对于矩阵 $M = \lambda I - A$，有：
$$ (\lambda I - A) \cdot (\lambda I - A)^* = \det(\lambda I - A) \cdot I $$
伴随矩阵显然是$\lambda$不超过$n-1$阶的多项式：
$$ (\lambda I - A)^* = B_{n-1}\lambda^{n-1} + B_{n-2}\lambda^{n-2} + \dots + B_1\lambda + B_0 $$
将展开式代入恒等式：
$$ (\lambda I - A)(B_{n-1}\lambda^{n-1} + B_{n-2}\lambda^{n-2} + \dots + B_0) = (\lambda^n + c_{n-1}\lambda^{n-1} + \dots + c_0)I $$
展开左侧并按 $\lambda$ 的幂次排列：
$$ B_{n-1}\lambda^n + (B_{n-2} - AB_{n-1})\lambda^{n-1} + (B_{n-3} - AB_{n-2})\lambda^{n-2} + \dots + (B_0 - AB_1)\lambda - AB_0 $$
对比左右两边相同幂次的系数矩阵：
$\lambda^n: B_{n-1} = I$-$\lambda^{n-1}: B_{n-2} - AB_{n-1} = c_{n-1}I$-$\lambda^{n-2}: B_{n-3} - AB_{n-2} = c_{n-2}I$
…
$\lambda^1: B_0 - AB_1 = c_1I$-$\lambda^0: -AB_0 = c_0I$为了构造$p(A)$，我们将上述等式依次左乘 $A^n, A^{n-1}, \dots, A, I$：
$A^n(B_{n-1}) = A^n$-$A^{n-1}(B_{n-2} - AB_{n-1}) = c_{n-1}A^{n-1}$-$A^{n-2}(B_{n-3} - AB_{n-2}) = c_{n-2}A^{n-2}$
…
$A(B_0 - AB_1) = c_1A$-$I(-AB_0) = c_0I$将这$n+1$个等式全部相加。你会惊喜地发现，左边所有的$B_i$项都形成了消去项（例如$A^{n-1}B_{n-2}$与下一项中的$-A \cdot A^{n-2}B_{n-2}$ 抵消）。
最后左边结果为 $O$，右边恰好是 $p(A)$：
$$ O = A^n + c_{n-1}A^{n-1} + \dots + c_1A + c_0I $$
证毕。
虽然和伴随矩阵无关，我们还是给出另一种证明，稍微自然一点：
我们知道，复矩阵总可以相似于一个上三角阵，这可以归纳得到。于是我们设其相似于$U$，那么我们只需要证明：
$$ \prod_{i=1}^n (\lambda_i I - U) = (\lambda_1 I - U)(\lambda_2 I - U)\cdots(\lambda_n I - U) = O $$
首先，显然$n=1$时成立，那么假设对$n-1$阶成立，我们有：
$$ \underbrace{\begin{pmatrix} 0 & x \\ \mathbf{0} & X \end{pmatrix}}_{\text{第 } 1 \text{ 个因子 }(U- \lambda_1 I) } \times \underbrace{\begin{pmatrix} \lambda_1 & y \\ 0 & O \end{pmatrix}}_{\text{其他因子的乘积 } } = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} $$
这就证明了结论，简短美丽得多。另有一种证明，可见[[数学随笔10#证明：Cayley-Hamilton 定理（连续性方法）]]
神秘小公式：
$$ \frac{d}{da_{ij}}(ln(detA))=\frac{1}{detA}\cdot A_{ij} $$
从而：
$$ \frac{d}{dA}(ln(detA))=\frac{1}{detA} \cdot A^*=A^{-T} $$