对于任意的nnn阶实对称矩阵AAA，存在正交矩阵QQQ，使得
Q−1AQ=QTAQ=diag(λ1,…,λn)Q^{-1}AQ=Q^T AQ=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)Q−1AQ=QTAQ=diag(λ1,…,λn)
其中λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_nλ1,…,λn为AAA的特征值

证明：
当n=1n=1n=1时
I−1AI=a11I^{-1}AI=a_{11}I−1AI=a11
成立
假设当n=k−1n=k-1n=k−1时成立
不妨设Aα1=λ1α1(∥α1∥2=1)A\alpha_1=\lambda_1 \alpha_1(\Vert \alpha_1 \Vert_2=1)Aα1=λ1α1(∥α1∥2=1)
由施密特正交化，存在n−1n-1n−1个单位向量α2,α3,…,αn\alpha_2,\alpha_3,\dots,\alpha_nα2,α3,…,αn(其中α2,α3,…,αn\alpha_2,\alpha_3,\dots,\alpha_nα2,α3,…,αn不一定是特征值)
使得α1,α2,…,αn\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_nα1,α2,…,αn两两正交
令Q1=(α1,α2,…,αn)Q_1=(\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n)Q1=(α1,α2,…,αn)
Q1TAQ1=(α1TAα1α1TAα2α1TAα3⋯α1TAαnα2TAα1α2TAα2α2TAα3⋯α2TAαn⋯⋯⋯⋯⋯αnTAα1αnTAα2αnTAα3⋯αnTAαn)=(λ1α1Tα1λ1α1Tα2λ1α1Tα3⋯λ1α1Tαnλ1α2Tα1α2TAα2α2TAα3⋯α2TAαn⋯⋯⋯⋯⋯λ1αnTα1αnTAα2αnTAα3⋯αnTAαn)=(λ100⋯00α2TAα2α2TAα3⋯α2TAαn⋯⋯⋯⋯⋯0αnTAα2αnTAα3⋯αnTAαn)=(λ100S)\begin{aligned} Q_1^TAQ_1&=\begin{pmatrix} \alpha_1^TA\alpha_1&\alpha_1^TA\alpha_2&\alpha_1^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_1^TA\alpha_n\\ \alpha_2^TA\alpha_1&\alpha_2^TA\alpha_2&\alpha_2^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_2^TA\alpha_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \alpha_n^TA\alpha_1&\alpha_n^TA\alpha_2&\alpha_n^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_n^TA\alpha_n\\ \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1\alpha_1^T\alpha_1&\lambda_1\alpha_1^T\alpha_2&\lambda_1\alpha_1^T\alpha_3&\cdots &\lambda_1\alpha_1^T\alpha_n\\ \lambda_1\alpha_2^T\alpha_1&\alpha_2^TA\alpha_2&\alpha_2^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_2^TA\alpha_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ \lambda_1\alpha_n^T\alpha_1&\alpha_n^TA\alpha_2&\alpha_n^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_n^TA\alpha_n\\ \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1&0&0&\cdots &0\\ 0&\alpha_2^TA\alpha_2&\alpha_2^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_2^TA\alpha_n\\ \cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\ 0&\alpha_n^TA\alpha_2&\alpha_n^TA\alpha_3&\cdots &\alpha_n^TA\alpha_n\\ \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \lambda_1&0\\ 0&S\\ \end{pmatrix} \end{aligned} Q1TAQ1=⎝⎜⎜⎛α1TAα1α2TAα1⋯αnTAα1α1TAα2α2TAα2⋯αnTAα2α1TAα3α2TAα3⋯αnTAα3⋯⋯⋯⋯α1TAαnα2TAαn⋯αnTAαn⎠⎟⎟⎞=⎝⎜⎜⎛λ1α1Tα1λ1α2Tα1⋯λ1αnTα1λ1α1Tα2α2TAα2⋯αnTAα2λ1α1Tα3α2TAα3⋯αnTAα3⋯⋯⋯⋯λ1α1Tαnα2TAαn⋯αnTAαn⎠⎟⎟⎞=⎝⎜⎜⎛λ10⋯00α2TAα2⋯αnTAα20α2TAα3⋯αnTAα3⋯⋯⋯⋯0α2TAαn⋯αnTAαn⎠⎟⎟⎞=(λ100S)
SSS是一个n−1n-1n−1阶实对称矩阵
由假设
存在正交矩阵QQQ,使得
QTSQ=diag(λ2,λ3,…,λn)Q^T SQ=diag(\lambda_2,\lambda_3,\dots,\lambda_n)QTSQ=diag(λ2,λ3,…,λn)
令Q2=(100Q)Q_2=\begin{pmatrix} 1&0\\ 0&Q \end{pmatrix}Q2=(100Q)
显然Q2Q_2Q2是nnn阶正交矩阵
Q2TQ1TAQ1Q2=(Q1Q2)TA(Q1Q2)=diag(λ1,…,λn)Q_2^T Q_1^TAQ_1 Q_2=(Q_1 Q_2)^TA(Q_1 Q_2)=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)Q2TQ1TAQ1Q2=(Q1Q2)TA(Q1Q2)=diag(λ1,…,λn)
显然Q1Q2Q_1 Q_2Q1Q2是正交矩阵
由数学归纳法，结论成立

推论

QTAQ=diag(λ1,…,λn)Q^TAQ=diag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)QTAQ=diag(λ1,…,λn)
AQ=Qdiag(λ1,…,λn)AQ=Qdiag(\lambda_1,\dots,\lambda_n)AQ=Qdiag(λ1,…,λn)
(Ax1,…,Axn)=(λ1x1,…,λnxn)(Ax_1,\dots,Ax_n)=(\lambda_1 x_1,\dots,\lambda_n x_n)(Ax1,…,Axn)=(λ1x1,…,λnxn)
Axi=λixi(i=1,2,…,n)Ax_i=\lambda_i x_i(i=1,2,\dots,n)Axi=λixi(i=1,2,…,n)
显然QQQ是AAA的特征向量经过施密特正交化和单位化后得到的正交矩阵

接着证明这个对角矩阵取遍了所有AAA的特征值，且kkk重特征值取了kkk个

等价于证明，实对称矩阵kkk重特征值恰好有kkk个线性无关的特征向量

由几何重复度小于等于代数重复度（by 矩阵论)
(A−λi)x=0(A-\lambda_i)x=0(A−λi)x=0的基础解系线性无关向量的个数，不会超过λi\lambda_iλi的重数
假设λi\lambda_iλi的线性无关特征向量小于kkk，则必然有一个特征值对应的线性无关特征向量多了一个，矛盾

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