例如，在证明特征子空间的独立性时，有一种证法就是利用Vandermonde行列式。
一、特征子空间的独立性证明
1. 直和的定义
设 $V_1, V_2, \dots, V_s$ 是方阵 $A$ 的不同特征子空间，$\alpha_i \in V_i, 1 \le i \le s$。
若满足：
$$\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_s = \mathbf{0}$$
则必有：$$\alpha_1 = \alpha_2 = \dots = \alpha_s = \mathbf{0}$$
[!abstract] 结论
这说明不同特征值对应的特征子空间 $V_1, V_2, \dots, V_s$ 的和是直和。
2. 证明推导过程
设 $V_1, V_2, \dots, V_s$ 对应的特征值分别为 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$（互不相同）。
第一步：构造线性方程组
利用 $A\alpha_i = \lambda_i\alpha_i$，我们不断用矩阵 $A$ 左乘向量和等式：
- $\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_s = \mathbf{0}$
- $\lambda_1\alpha_1 + \lambda_2\alpha_2 + \dots + \lambda_s\alpha_s = \mathbf{0}$
- $\lambda_1^2\alpha_1 + \lambda_2^2\alpha_2 + \dots + \lambda_s^2\alpha_s = \mathbf{0}$
- $\dots$
- $\lambda_1^{s-1}\alpha_1 + \lambda_2^{s-1}\alpha_2 + \dots + \lambda_s^{s-1}\alpha_s = \mathbf{0}$
第二步：矩阵化表示
将上述方程组写成矩阵乘法形式：
$$ [\alpha_1 \ \alpha_2 \ \cdots \ \alpha_s] \begin{bmatrix} 1 & \lambda_1 & \lambda_1^2 & \cdots & \lambda_1^{s-1} \\ 1 & \lambda_2 & \lambda_2^2 & \cdots & \lambda_2^{s-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & \lambda_s & \lambda_s^2 & \cdots & \lambda_s^{s-1} \end{bmatrix} = \mathbf{0} $$
第三步：利用范德蒙德行列式 (Vandermonde)
右侧的方阵是一个范德蒙德矩阵。由于特征值 $\lambda_i$ 互异，该方阵的行列式不为 0，因此方阵可逆。
等式两边同时右乘该方阵的逆矩阵：
$$\Rightarrow \alpha_1 = \alpha_2 = \dots = \alpha_s = \mathbf{0}$$
由此证明： 不同特征值的特征向量线性无关，进而不同特征子空间的基合并后依然线性无关。
二、关于幂零矩阵的证明
1. 命题
例：若 $n$ 级矩阵 $A$ 满足条件：
$$\text{tr}(A^k) = 0, \quad k = 1, 2, \dots, n$$
则 $A^n = 0$。2. 证明过程
Step 1: 利用 Schur 引理
证：由 Schur 引理，在复数域上，$A$ 相似于一个上三角矩阵：
$$A \sim \begin{bmatrix} \lambda_1 & * & \dots & * \\ 0 & \lambda_2 & & * \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_n \end{bmatrix}$$
故 $A^k$ 相似于其幂次矩阵，对角线元素为特征值的 $k$ 次方。
Step 2: 迹与特征值的关系
根据迹的性质（相似矩阵迹相等）：
$$\begin{aligned} \text{tr}(A) &= \lambda_1 + \lambda_2 + \dots + \lambda_n = 0 \\ \text{tr}(A^2) &= \lambda_1^2 + \lambda_2^2 + \dots + \lambda_n^2 = 0 \\ &\dots \dots \\ \text{tr}(A^n) &= \lambda_1^n + \lambda_2^n + \dots + \lambda_n^n = 0 \end{aligned}$$
Step 3: 合并相同特征值
设 $\lambda_1, \dots, \lambda_s$ 为互异特征值，$k_i$ 为代数重数：
$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ \lambda_1 & \lambda_2 & \dots & \lambda_s \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \lambda_1^{s-1} & \lambda_2^{s-1} & \dots & \lambda_s^{s-1} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} k_1 \lambda_1 \\ k_2 \lambda_2 \\ \vdots \\ k_s \lambda_s \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix}$$
由于范德蒙德矩阵可逆，解得 $k_i \lambda_i = 0 \Rightarrow \lambda_i = 0$。
Step 4: 结论
由于所有特征值 $\lambda_i = 0$，$A$ 相似于一个主对角线全为 $0$ 的严格上三角矩阵 $B$：
$$A \sim B = \begin{bmatrix} 0 & * & \dots & * \\ 0 & 0 & & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & * \\ 0 & 0 & \dots & 0 \end{bmatrix}$$
已知 $B^n = 0$，故 **$A^n = 0$**。