矩阵理论部分结论与其证明

本文从矩阵理论的前置知识出发，总结了矩阵理论课程的内容。

基础知识

特征值和特征向量

此处主要介绍如下的八大性质，部分给出证明。

• 方阵\(A_{n \times n}\)的所有特征值之和是\(\text{tr}(A)\)，所有特征值之积是\(|A|\)。

\(|\lambda I - A| = \lambda ^ n + a_{n-1}\lambda^{n-1}+\cdots + a_1\lambda + a_0\)

另一方面\(|\lambda I - A| = \displaystyle \prod_{i}(\lambda - \lambda_i)\)

对比系数即可得

令\(\lambda=0\)，可得\(|A|=\displaystyle\prod_{i=1}\lambda_i\)

• 属于不同特征值的特征向量必定线性无关

记\(\alpha_1,\alpha_2\)分别是矩阵\(A\)特征值\(\lambda_1,\lambda_2\)对应的特征向量，假定\(\alpha_1\)和\(\alpha_2\)线性相关，则存在\(k_1,k_2\in R\)使得\(k_1\alpha_1 + k_2\alpha_2 = 0\)

对等式同时左乘\(A\)有\(k_1 A \alpha_1 + k_2 A \alpha_2=k_1 \lambda_1 \alpha_1 + k_2 \lambda_2 \alpha_2=0\) 对等式同时左乘\(A\)有\(k_1 \lambda_1 \alpha_1 + k_2 \lambda_1 \alpha_2=0\)

进而可得\(k_2 (\lambda_1-\lambda_2) \alpha_2=0\)

由于\(\alpha_2 \neq 0\)，并且\(\lambda_1 \neq \lambda_2\)，则\(k_2=0\)，同理\(k_1=0\)，原命题得证

• 几何重数小于等于代数重数，即\(k\)重特征值至多有\(k\)个线性无关的特征向量

• 属于同一个特征值的特征向量的线性组合依然是该特征值的特征向量，但是属于不同特征值的特征向量的线性组合不一定是\(A\)的特征向量

• 秩\(-1\)矩阵（\(A=\alpha\beta^T\)）具有\(n-1\)重特征值\(0\)，剩下的一个特征值是\(\text{tr}(A)\)，并且\(\alpha\)是\(\text{tr}(A)\)对应的特征向量

首先考察秩\(-1\)矩阵的性质，直接由矩阵乘法对比可知\(\text{tr}(A)=(\alpha, \beta)\)

\(A\alpha = \alpha\beta^T\alpha = \alpha(\beta^T\alpha)=\text{tr}(A)\alpha\)

• 若\(f(A)=0\)，则\(f(\lambda)=0\)

记\(\alpha\)为\(\lambda\)对应的特征向量，显然\(A^n\alpha=A^{n-1}\lambda \alpha =\lambda^n \alpha\)

\(f(A)=a_nA^n + a_{n-1}A^{n-1}+\cdots+a_1A+a_0I=0\)

等式两边同时右乘\(\alpha\)，利用前面整理有\(f(\lambda)=0\)

• 见下表

注意本文中\(A*\)表示\(A^H\)，即\(\bar{A^{T}}\)；内积被定义为\((a,b)=a^*b=b^*a\)

分块矩阵

广义基本变换：每一行左乘，每一列右乘，行加列加

事实上，四分块矩阵的行列式、逆也是较为常用的。设\(A\)可逆，并且分块矩阵\(\left( \begin{matrix}A & B \\ C & D\end{matrix} \right)\)是方阵，那么\(\left| \begin{matrix} A & B \\ C & D \end{matrix} \right|=|A||D-CA^{-1}B|\)

利用广义初等变换即可：

• 对某行左乘矩阵；
• 对某列右乘矩阵；
• 将某行（列）加到另一行（列）

\[\left| \begin{matrix}A & B \\ C & D\end{matrix} \right|\xlongequal{\text{第一行左乘}-CA^{-1}\text{加到第二行}}\left| \begin{matrix}A & B \\ O & D-CA^{-1}B\end{matrix} \right|=|A||D-CA^{-1}B|\]

秩的常见结论

常用结论：

• \(r(A+B) \leq r(A) + r(B) \leq r(AB) + n, A_{m\times n}, B_{n \times s}\)
• \(r(AB)\leq \text{min}(r(A), r(B))\)
• \(r(A) \leq r(A, b)\)
• \(r(A)=r(A^*)=r(A^*A)=r(AA^*)\)
• \(r(AB)+r(BC) \leq r(ABC) + r(B)\)（利用分块矩阵证明）

\(r(A)=r(A^T)\)不再证明，显然共轭操作并不改变矩阵的秩，因此\(r(A)=r(A^*)\)

\(Ax=0\)和\(A^*Ax=0\)同解：显然\(Ax=0\)的解都是\(A^*Ax=0\)的解；对于\(A^*Ax=0\)，在等式两边同时左乘\(x^*\)，得到\((Ax)^*Ax=0\)，由内积的正定性可知\(Ax=0\)，即两方程同解，其基础解系的数目相同，因此\(r(A)=r(A^*A)\)；令\(A^*\)替换\(A\)即证明最后的等式

记\(A_{n \times n}\),则\(r(A^n)=r(A^{n+1})\)

\(A^nx=A^{n+1}x\)显然,假设存在\(\alpha\)使得\(A^{n+1}\alpha=0\)但\(A^{n}\alpha\neq 0\) 考虑方程\(k_0\alpha + k_1A\alpha+\cdots + k_nA^n\alpha=0\) 两边同乘\(A^{n}\),易得\(k_0=0\) 两边同乘\(A^{n-1}\),易得\(k_1=0\) 那么上述\(n+1\)个\(n\)向量线性无关,这显然是不可能的,产生矛盾,原命题得证

当\(A\)和\(B\)可交换时，\(f(A)g(B)=f(B)g(A)\)，特别地\(f(A)g(A)=g(A)f(A)\)，其中\(f\)和\(g\)是多项式

线性方程组\(A^*Ax=A^*b\)恒有解，从线性方程组有解的角度证明： \(r(A^*A)\leq r(A^*A,A^*b)\)显然 又\(r(A^*A,A^*b)=r(A^*(A,b))\leq r(A^*)=r(A^*A)\) 故\(r(A^*A)=r(A^*A,A^*b)\)

设\(P_{n\times n}\)、\(Q_{m\times m}\)满秩，记\(A_{n\times m}\)，则\(r(A)=r(PA)=r(AQ)=r(PAQ)\)

\(r(PA)\leq r(A)\) \(r(PA) \geq r(P)+r(A)-n=r(A)\)

或者

\(r(PA)\leq r(A)\) \(r(A)=r(P^{-1}(PA))\leq r(PA)\)

得证，其余不等式类似，不再赘述

满秩分解

\((A,B)\rightarrow(E,A^{-1}B)\) 行变换

\(\left(\begin{matrix} A \\B \end{matrix}\right)\rightarrow \left(\begin{matrix} E \\BA^{-1} \end{matrix}\right)\) 列变换

\(\left(\begin{matrix} A & B \\O& C \end{matrix}\right)\rightarrow \left(\begin{matrix} E & A^{-1}B \\O& C \end{matrix}\right) \rightarrow\left(\begin{matrix} E & A^{-1}BC^{-1} \\O& E \end{matrix}\right)\)先做行变换，再做列变换

六种初等变换不改变秩

\(A\rightarrow \left(\begin{matrix} E_r & O \\O& O \end{matrix}\right)\) 经过行变换和列变换可得

\(PAQ=\left(\begin{matrix} E_r & O \\O& O \end{matrix}\right)\)其中\(P\)和\(Q\)都可逆

\(r(A)=1\)可知存在可逆矩阵\(P\)和\(Q\)，使得\(A=P\left(\begin{matrix}1 &O\\O&O\end{matrix}\right)Q=P\left(\begin{matrix}1\\0\\\cdots\\0\end{matrix}\right)_{m\times 1}\left(\begin{matrix}1 & 0\cdots & 0\end{matrix}\right)_{1\times n}Q=\alpha^T\beta\)

\(A=\alpha^T\beta\)，则\(r(A)\leq r(\alpha)\leq 1\)，若\(R(A)\neq 0\)，则\(r(A)=1\)

记\(r(A)=r\)，则存在\(B_{s\times r}, C_{r\times n}\)使得\(A=BC\) \(r=r(A)=r(BC) \leq (B)\leq r \Rightarrow r(B) = r(C) = r\)

设\(A=\alpha^T\beta\)，则\(\text{tr}(A)=\beta\alpha^T\)，由矩阵乘法显然可知

\(f(A)=0\Rightarrow f(\lambda) = 0\)

考察秩\(-1\)矩阵的性质，已知\(A^k=(\text{tr}(A))^{k-1}\)，考虑多项式\(f(x)=x^2-\text{tr}(A)x\)，\(f(A)=0\Rightarrow f(\lambda)=0\)，则\(A\)的特征值为\(\lambda_1=0,\lambda_2=0\) \(r(A)=1\)，则\(A\)的\(0\)特征值\(0\)几何重数为\(n-1\)，代数重数\(\geq n-1\)

\(A\rightarrow \left(\begin{matrix} E_r & O \\O& O \end{matrix}\right)\) 经过行变换和列变换可得

\(PAQ=\left(\begin{matrix} E_r & O \\O& O \end{matrix}\right)\)其中\(P\)和\(Q\)都可逆

行满秩列满秩

常用的矩阵分解方法

QR分解

记\(A=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots, \alpha_n)\)，设\(A\)列满秩，那么可以通过施密特正交化求得\(A\)的一组标准正交基。

首先进行正交化。

\[\beta_1 = \alpha_1\]

\[\beta_2 = \alpha_2 - \frac{(\beta_1,\alpha_2)}{(\beta_1,\beta_1)}\beta_1\]

\[\cdots\]

\[\beta_n = \alpha_n - \sum_{i=1}^{n-1}\frac{(\beta_i,\alpha_n)}{(\beta_i,\beta_i)}\beta_i\]

再进行标准化，令\(\gamma_i = \frac{\beta_i}{||\beta_i||}\)，其中\(i=1,2,\cdots,n\)。

由正交化过程可知：\(\alpha_j = \beta_j + \sum_{i=1}^{j-1}\frac{(\beta_i,\alpha_j)}{(\beta_i,\beta_i)}\beta_i,j\geq 2\)，将其写为矩阵的形式有：

\[(\alpha_1,\alpha_2,\cdots, \alpha_n) = (\beta_1,\beta_2,\cdots, \beta_n)\left(\begin{matrix} 1 & \frac{(\beta_1,\alpha_2)}{(\beta_1,\beta_1)} & \cdots & \frac{(\beta_1,\alpha_n)}{(\beta_1,\beta_1)}\\ 0 & 1 & \cdots & \frac{(\beta_2,\alpha_n)}{(\beta_2,\beta_2)}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{matrix}\right)\]

由标准化过程可知

\[(\beta_1,\beta_2,\cdots, \beta_n)=(\gamma_1,\gamma_2,\cdots, \gamma_n)\text{diag}(||\beta_1||,||\beta_2||,\cdots,||\beta_n||)\]

那么

\[(\alpha_1,\alpha_2,\cdots, \alpha_n)=(\gamma_1,\gamma_2,\cdots, \gamma_n)\text{diag}(||\beta_1||,||\beta_2||,\cdots,||\beta_n||)\left(\begin{matrix} 1 & \frac{(\beta_1,\alpha_2)}{(\beta_1,\beta_1)} & \cdots & \frac{(\beta_1,\alpha_n)}{(\beta_1,\beta_1)}\\ 0 & 1 & \cdots & \frac{(\beta_2,\alpha_n)}{(\beta_2,\beta_2)}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{matrix}\right)\]

\(=(\gamma_1,\gamma_2,\cdots, \gamma_n)\left(\begin{matrix} ||\beta_1|| & ||\beta_1||\frac{(\beta_1,\alpha_2)}{(\beta_1,\beta_1)} & \cdots & ||\beta_1||\frac{(\beta_1,\alpha_n)}{(\beta_1,\beta_1)}\\ 0 & |\beta_2|| & \cdots & |\beta_2||\frac{(\beta_2,\alpha_n)}{(\beta_2,\beta_2)}\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & ||\beta_n|| \end{matrix}\right)\)

\(=(\gamma_1,\gamma_2,\cdots, \gamma_n)\left(\begin{matrix} ||\gamma_1|| & (\gamma_1,\alpha_2) & \cdots & (\gamma_1,\alpha_n)\\ 0 & ||\gamma_2|| & \cdots & (\gamma_2,\alpha_n)\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & ||\gamma_n|| \end{matrix}\right)\)

令\(Q=(\gamma_1,\gamma_2,\cdots, \gamma_n)\)，\(R=\left(\begin{matrix}||\gamma_1|| & (\gamma_1,\alpha_2) & \cdots & (\gamma_1,\alpha_n)\\0 & ||\gamma_2|| & \cdots & (\gamma_2,\alpha_n)\\\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\0 & 0 & \cdots & ||\gamma_n||\end{matrix}\right)\)，就得到了\(A\)的QR分解。

根据上述过程可以得到如下推论：

• 一个列满秩矩阵\(A\)可以分解为一个列正交的矩阵\(Q\)与一个对角线元素全为\(1\)的上三角矩阵\(R\)的乘积，并且该分解唯一；
• 一个列满秩矩阵\(A\)可以分解为一个酉矩阵\(Q\)与一个对角线元素全为正数的上三角矩阵\(R\)的乘积，并且该分解唯一。

下面对两个推论的唯一性进行证明。设列满秩矩阵\(A=Q_1R_1=Q_2R_2\)，其中\(Q_1,Q_2\)是列满秩且列向量正交的矩阵，\(R_1,R_2\)是对角线元素全为\(1\)的上三角矩阵，那么：

\[Q_1=Q_2R_2R_1^{-1}\]

显然对角线全为1（或对角线元素全为正数）的上三角矩阵对矩阵乘法构成群，那么\(R_2R_1^{-1}\)依然是对角线元素全为\(1\)的上三角矩阵。考虑将\(Q_1\)和\(Q_2\)写为列向量的形式，令

\[Q_1=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots, \alpha_n)\]

\[ Q_2= (\beta_1,\beta_2,\cdots, \beta_n)\]

\[(\alpha_1,\alpha_2,\cdots, \alpha_n) = (\beta_1,\beta_2,\cdots, \beta_n)R_2R_1^{-1}=(\beta_1,\beta_2,\cdots, \beta_n)\left(\begin{matrix} 1 & r_{12} & \cdots & r_{1n} \\ 0 & 1 & \cdots & r_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{matrix}\right)\]

由矩阵相等的充要条件可知\(\alpha_1=\beta_1\)，\(\alpha_2=r_{12}\beta_1+\beta_2\)，由于\((\alpha_1,\alpha_2)=0\)和\((\beta_1, \beta_2)=0\)以及\(\beta_1\neq 0\)，则\(r_{12}=0\)；同理推得上三角矩阵\(R_2R_1^{-1}\)除了对角线上的元素之外其他元素全部为\(0\)，因此\(R_2R_1^{-1}=I\)，即\(R_{1}=R_{2}\)且\(Q_1=Q_2\)。

另一个推论的唯一性证明同理。

满秩分解

利用行初等变换和列初等变换可以将矩阵化为其标准型。设\(A_{m\times n}\)以及\(\text{rank}(A)=r\)，那么存在可逆矩阵\(P\)和\(Q\)使

\[A=P\left(\begin{matrix} I_{r} & O_{r \times (n - r)} \\ O_{(m-r) \times r} & O_{(m - r)\times(n - r)} \end{matrix}\right)Q\]

又\(\left(\begin{matrix} I_{r} & O_{r \times (n - r)} \\ O_{(m-r) \times r} & O_{(m - r)\times(n - r)} \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix} I_{r} \\ O_{(m-r) \times r} \end{matrix}\right) \times \left(\begin{matrix} I_{r} & O_{r \times (n - r)} \end{matrix}\right)\)

故\(A=\left(\begin{matrix} P \\ O_{(m-r) \times r} \end{matrix}\right) \times \left(\begin{matrix} Q & O_{r \times (n - r)} \end{matrix}\right)\)，这就是矩阵的满秩分解。记\(L=\left(\begin{matrix} P \\ O_{(m-r) \times r} \end{matrix}\right)\)和\(R=\left(\begin{matrix} Q & O_{r \times (n - r)} \end{matrix}\right)\)，得到\(A=LR\)。矩阵的满秩分解是不唯一的。

奇异值分解（SVD）

SVD(Singular Value Decomposition)

对于实矩阵\(A{m\times n}\)，设\(\text{rank}(A)=r\)，那么存在正交矩阵\(U\)和\(V\)使得\(A=U\left(\begin{matrix}\Sigma_r & O \\ O & O \end{matrix}\right)V^T=U\Sigma V^T\)，其中\(\Sigma_r=\text{diag}(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_r)\)，\(\sigma_1\geq \sigma_2 \geq \cdots \geq \sigma_r\geq 0\)称为\(A\)的奇异值

证明过程

首先构造\(V\)。

\(A^TA\)正定，又\(\text{rank}(A^TA)=\text{rank(A)}\)，设\(A^TA\)的非零特征值为\(\lambda_1\geq \lambda_2 \geq \cdots \geq \lambda_r > 0\)，因此存在正交矩阵\(V\)使得

\[V^TA^TAV=\left(\begin{matrix}\Lambda_r & O \\ O & O \end{matrix}\right)\]

因为\(\Lambda_r=\text{diag}(\lambda_1, \lambda_2 , \cdots , \lambda_r, 0, \cdots, 0)\)，故存在\(\Sigma^2_r=\Lambda_r\)，其中\(\Sigma=\text{diag}(\sigma_1, \sigma_2 , \cdots , \sigma_r, 0,\cdots, 0)\)，并且\(\sigma_i=\sqrt{\lambda_i},i=1,\cdots,r\)。

对\(V\)分块，得到\(V=(V_{r},V')\)，从而\(A=AVV^T=AV_rV_r^T\)

再构造\(U\)。

\(V=(v_1,v_2,\cdots,v_n)\)，令\(U_r=(\frac{1}{\sigma_1}Av_1,\frac{1}{\sigma_2}Av_2,\cdots,\frac{1}{\sigma_r}Av_r)\)，那么\(U_r \Sigma_r=AV_r\)

\(U_r\)列向量之间的正交性是显然的（方阵不同特征值的特征向量彼此正交），考虑

\[(\frac{1}{\sigma_i}Av_i,\frac{1}{\sigma_i}Av_i)=\frac{1}{\sigma_i^2}v_i^TA^TAv_i=\frac{1}{\sigma_i^2}v_i^T(A^TAv_i)=\frac{\lambda_i}{\sigma_i^2}v_i^Tv_i=1\]

那么可以扩充\(U_r\)表示的标准正交列向量组，使之成为\(\mathbb{R}^m\)上的一组基，为此只需要求解\(U_r^TX=0\)的基础解系，并进行施密特正交化，得到\(U'\)，最终令\(U=(U_r,U')\)

那么\(A=U\Sigma V^T\)。

根据上述构造过程可知：

• 矩阵\(A\)的非零奇异值个数为\(\text{rank}(A)\)
• \(v_i\)是\(A^TA\)的特征向量，\(u_i\)是\(AA^T\)的特征向量，\(\sigma_i^2\)是\(A^TA\)和\(AA^T\)的特征值
• \(A\)的奇异值唯一，但\(U,V\)一般不唯一
• 不妨设\(m\geq n\)，则\(A\)的左右奇异向量满足

\[Av_i=\sigma u_iu_i,i=1,2,\cdot,n\] \[v_i^TA=\sigma u_iv_i,i=1,2,\cdot,n\] \[v_i^TA=0,i=n+1,n+2,\cdot,m\]

谱（特征值）分解

Schur 分解

三角分解

高斯消元法

Cholesky 分解

正定矩阵\(A\)存在唯一的对角线元素均为正数的下三角矩阵\(G\)，使得\(A=GG^*\)

对阶数使用数学归纳法：

\(n=1\)时，由于正定矩阵的各阶顺序主子式必大于\(0\)，因此\(G=(\sqrt{a_{11}})\)

假定\(n=k\geq 1\)时命题依然成立，那么\(n=k+1\)时：

Hermite矩阵\(A\)一定具有如下形式，其中\(B\)是\(k\)阶Hermite矩阵

\[A=\left(\begin{matrix} a_{11} & \alpha^* \\ \alpha & B \end{matrix}\right)\]

考虑将\(\alpha\)消去变为\(0\)，则有下述合同变换

\[\left(\begin{matrix} 1 & \\ -\frac{\alpha}{a_{11}} & I_k \end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} a_{11} & \alpha^* \\ \alpha & B \end{matrix}\right) \left(\begin{matrix} 1 & \\ -\frac{\alpha}{a_{11}} & I_k \end{matrix}\right)^*= \left(\begin{matrix} a_{11} & \alpha^* \\ & B - \frac{1}{a_{11}}\alpha\alpha^* \end{matrix}\right)\left(\begin{matrix} 1 & -\frac{\alpha^*}{a_{11}} \\ & I_k \end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix} a_{11} & \\ & B - \frac{1}{a_{11}}\alpha\alpha^* \end{matrix}\right)\]

由于合同变换不改变正定性，那么\(B - \frac{1}{a_{11}}\alpha\alpha^*\)依然是一个正定矩阵，根据归纳假设可知存在对角线元素都是正数的下三角矩阵\(G_B\)使得\(B=G_BG_B^*\)

记\(G_1=\left(\begin{matrix}1 & \\-\frac{\alpha}{a_{11}} & I_k\end{matrix}\right)^{-1}=\left(\begin{matrix}1 & \\\frac{\alpha}{a_{11}} & I_k\end{matrix}\right)\)以及\(G_2=\left(\begin{matrix} \sqrt{a_{11}} & \\ & G_B \end{matrix}\right)\)，则 \[A=G_1G_2G_2^*G_1^*=(G_1G_2)(G_1G_2)^*\]

由于对角线元素全为正数的下三角矩阵关于矩阵乘法构成群，则\(G=G_1G_2\)也是对角线元素全为正数的下三角矩阵，原命题得证

下面证明唯一性

设Hermite矩阵\(A=G_1G_1^*=G_2G_2^*\)，那么\((G_2^{-1}G_1)^*=(G_2^{-1}G_1)^{-1}\)，得知\(G_2^{-1}G_1\)是一个酉矩阵，设\(A=G_2^{-1},B=G_1,C=AB\)，那么

\[\left(\begin{matrix}a_{11} \\ a_{21} & a_{22} \\ \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{matrix}\right) \times \left(\begin{matrix}b_{11} \\ b_{21} & b_{22}\\ \cdots & \cdots & \cdots \\ b_{n1} & b_{n2} & \cdots & b_{nn} \end{matrix}\right) = \left(\begin{matrix}c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1n} \\ c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ c_{n1} & c_{n2} & \cdots & c_{nn} \end{matrix}\right)\]

观察\(C\)的第一列，事实上\(c_{11}=a_{11}\times b_{11}\)，并且\(c_{i1}=0,i=2,\cdots,n\)，由于\(C\)是酉矩阵，故\(c_{11}=1\)。类似地可以发现\(c_{ij}=\left\{\begin{matrix}1, i = j \\ 0, i \neq j\end{matrix}\right.\)，那么\(C=I\)，这也就说明了\(G_1=G_2\)

极分解

该分解源于一道作业题目：试证明可逆矩阵可以分解为一个正定矩阵和正交矩阵的乘积。

对于可逆矩阵\(A\)，\(A^*A\)是正定矩阵，那么它必定可以相似对角化：

\[U^*A^*AU=D\]

其中\(D\)是对角元素都为正的对角矩阵，记\(D=\text{diag}(d_1,d_2,\cdots,d_n)\)，那么

\[D=\text{diag}(\sqrt{d_1},\sqrt{d_2},\cdots,\sqrt{d_n})\]

记\(\Lambda=(\sqrt{d_1},\sqrt{d_2},\cdots,\sqrt{d_n})\)，那么

\[\Lambda^{-1}U^*A^*AU\Lambda^{-1}=I\]

事实上，\(\Lambda^{-1}=(\Lambda^{-1})^*\)，那么：

\[(AU\Lambda^{-1})^*(AU\Lambda^{-1})=I\]

这说明\(AU\Lambda^{-1}\)是一个酉矩阵，记之为\(P\)，则有：

\[AU\Lambda^{-1}=P\Rightarrow A=P\Lambda U^*=(P\Lambda P^*)( P U^*)\]

令\(C=P\Lambda P^*\)，\(Q=P U^*\)，满足题意