Vandermonde的神秘出现。
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 $V_1, V_2, \dots, V_s$ 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}$2.$\lambda_1\alpha_1 + \lambda_2\alpha_2 + \dots + \lambda_s\alpha_s = \mathbf{0}$3.$\lambda_1^2\alpha_1 + \lambda_2^2\alpha_2 + \dots + \lambda_s^2\alpha_s = \mathbf{0}$4.$\dots$5.$\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。
关于幂零矩阵的证明
命题
若 $n$级矩阵$A$ 满足条件：
$$ \text{tr}(A^k) = 0, \quad k = 1, 2, \dots, n $$
则 $A^n = 0$。
证明过程
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：
$$ A^k \sim \begin{bmatrix} \lambda_1^k & * & \dots & * \\ 0 & \lambda_2^k & & * \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \dots & \lambda_n^k \end{bmatrix} $$
2. 迹与特征值的关系
于是有：
$$ \begin{aligned} \text{tr}(A) &= \lambda_1 + \lambda_2 + \dots + \lambda_n = 0 \\ \text{tr}(A^2) &= \lambda_1^2 + \lambda_2^2 + \dots + \lambda_n^2 = 0 \\ &\dots \dots \\ \text{tr}(A^k) &= \lambda_1^k + \lambda_2^k + \dots + \lambda_n^k = 0 \end{aligned} $$
3. 合并相同特征值
将相同的特征值合并在一起。不妨设 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_s$是$A$ 在复数域上互异的特征值，$\lambda_i$的代数重数记为$k_i$。则有：
$$ \begin{aligned} \text{tr}(A) &= k_1 \lambda_1 + k_2 \lambda_2 + \dots + k_s \lambda_s = 0 \\ \text{tr}(A^2) &= k_1 \lambda_1^2 + k_2 \lambda_2^2 + \dots + k_s \lambda_s^2 = 0 \\ &\dots \dots \\ \text{tr}(A^s) &= k_1 \lambda_1^s + k_2 \lambda_2^s + \dots + k_s \lambda_s^s = 0 \end{aligned} $$
4. 范德蒙德行列式 (Vandermonde Matrix) 形式
写成矩阵形式：
$$ \underbrace{\begin{bmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ \lambda_1 & \lambda_2 & \dots & \lambda_s \\ \lambda_1^2 & \lambda_2^2 & \dots & \lambda_s^2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \lambda_1^{s-1} & \lambda_2^{s-1} & \dots & \lambda_s^{s-1} \end{bmatrix}}_{\text{Vandermonde 矩阵 (可逆)}} \begin{bmatrix} k_1 \lambda_1 \\ k_2 \lambda_2 \\ \vdots \\ k_s \lambda_s \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{bmatrix} $$
由于特征值 $\lambda_i$ 互异，该范德蒙德矩阵可逆，因此唯一解为：
$$ k_i \lambda_i = 0, \quad i = 1, \dots, s $$
因为重数 $k_i \geq 1$，所以必有 $\lambda_i = 0$。
5. 结论
于是 $A$在复数域上的特征值均为$0$。
这意味着 $A$相似于一个主对角线全为$0$的上三角矩阵$B$：
$$ A \sim B = \begin{bmatrix} 0 & * & \dots & * \\ 0 & 0 & & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & * \\ 0 & 0 & \dots & 0 \end{bmatrix} $$
而对于 $n$ 级严格上三角矩阵，$B^n = 0$，故 $A^n = 0$。
拉格朗日插值多项式的过渡矩阵
设 $c_1, \cdots, c_n \in K$互异，并对$i=1, 2, \cdots, n$ 记：
$$ h_i(x) = \frac{(x-c_1) \cdots (x-c_{i-1})(x-c_{i+1}) \cdots (x-c_n)}{(c_i-c_1) \cdots (c_i-c_{i-1})(c_i-c_{i+1}) \cdots (c_i-c_n)} $$
证明： 插值多项式 $h_1(x), h_2(x), \cdots, h_n(x)$构成线性空间$V_n$ 的一组基。
并求此基到 $V_n$的另一组基$1, x, \cdots, x^{n-1}$的过渡矩阵$P$。
证明过程
1. 证明线性无关性
考虑线性组合：
$$ f(x) = \sum_{i=1}^n \lambda_i h_i(x) $$
假设 ${h_i(x)}$线性相关，则存在不全为零的$\lambda_i$，使得 $f(x) \equiv 0$。
根据 $h_i(x)$ 的定义，具有如下性质：
$$ h_i(c_j) = \delta_{ij} = \begin{cases} 1, & i=j \\ 0, & i \neq j \end{cases} $$
将 $x = c_j$代入$f(x)$，得：
$$ f(c_j) = \lambda_j h_j(c_j) = \lambda_j \cdot 1 = 0 $$
由此可得对于所有的 $j$，都有 $\lambda_j = 0$。
这与假设矛盾，故 $h_1(x), \dots, h_n(x)$ 线性无关。
2. 结论
又因为 $\dim V_n = n$，且我们已知有 $n$个线性无关的多项式，故${h_i(x)}$构成$V_n$ 的一組基。
求过渡矩阵 $P$
根据过渡矩阵的定义，设：
$$ (1, x, \cdots, x^{n-1}) = (h_1(x), \cdots, h_n(x)) P $$
为了确定 $P$，我们将互异节点 $c_1, c_2, \cdots, c_n$ 分别代入上述算式：
- 代入 $x = c_1$：
$$ (1, c_1, \cdots, c_1^{n-1}) = (h_1(c_1), h_2(c_1), \cdots, h_n(c_1)) P = (1, 0, \cdots, 0) P $$
由此可见，$(1, c_1, \cdots, c_1^{n-1})$正好是矩阵$P$ 的第 1 行。
- 代入 $x = c_i$：
$$ (1, c_i, \cdots, c_i^{n-1}) = (0, \cdots, 1, \cdots, 0) P $$
（其中 $1$在第$i$ 位）
同理，这构成了矩阵 $P$的**第$i$ 行**。
往复得到：
$$ P = \begin{pmatrix} 1 & c_1 & \cdots & c_1^{n-1} \\ 1 & c_2 & \cdots & c_2^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & c_n & \cdots & c_n^{n-1} \end{pmatrix} $$
该矩阵即为范德蒙德（Vandermonde）矩阵。
注： 若设 $\mathbf{h} = {h_i}$ 为基 1，$\mathbf{e} = {x^{i-1}}$为基 2。根据变换公式$\mathbf{e} = \mathbf{h}P$，则有 $P = V$。由于从基 1 到基 2 的过渡矩阵是 $V$，那么反之从基 2 到基 1 的过渡矩阵即为 $V^{-1}$。这也从构造角度解释了范德蒙德矩阵与拉格朗日插值的对偶关系。