一、復向量的長度

本節的主要內容可概括為：當對一個復向量 $z$ 或復矩陣 $A$ 轉置后，還要取復共軛。 不能在 $z^T$ 或 $A^T$ 時就停下來，還要對所有的虛部取相反的符號。對于一個分量為 $z_j=a_j+i{b}_j$ 的列向量，其共軛轉置（conjugate transpose）是分量為 $a_j?i{b}_j$ 的行向量 ${\overline{z}}^T$：$$共軛轉置\text{Conjugate?transpose}{\overline{z}}^T=\left[\begin{array}{cccc}{\overline{z}}_1& {\overline{z}}_2& ?& {\overline{z}}_n\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cccc}{a}_1?i{b}_1& a_2?i{b}_2& ?& a_n?i{b}_n\end{array}\right](\mathrm{9.2.1})$$下面給出取共軛的一個原因。實向量長度的平方是 $x_1^2+x_2^2+?+x_n^2$，而復向量長度的平方并不是 $z_1^2+z_2^2+?+z_n^2$，這是一個錯誤的定義，因為這樣會導致 $(1,i)$ 長度的平方是 $1^2+i^2=0$，即一個非零的向量其長度為零。而且還會有其它向量出現長度為復數的情況。我們需要絕對值的平方 $a^2+b^2$ 而不是 $(a+bi{)}^2$，這個就是 $(a+bi)$ 乘 $(a?bi)$.
對于每個分量我們都想要 $z_j$ 乘 ${\overline{z}}_j$，即 $|z_j{|}^2=a_j^2+b_j^2$. 這是由 $z$ 的分量乘 $\overline{z}$ 的分量得到的：$$長度平方\left[\begin{array}{cccc}{\overline{z}}_1& {\overline{z}}_2& ?& {\overline{z}}_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\\ ?\\ z_n\end{array}\right]=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2+?+|z_n{|}^2.即是{\overline{z}}^{T}z=||z|{|}^2(\mathrm{9.2.2})$$這樣 $(1,i)$ 長度的平方就是 $1^2+|i{|}^2=2$，其長度為 $\sqrt{2}$，$(1+i,1?i)$ 長度的平方是 $4$. 唯一的零長度向量就是零向量。

$$長度||z||是{\overline{z}}^{T}z=z^{H}z=|z_1{|}^2+|z_2{|}^2+?+|z_n{|}^2的平方根$$

后面我們會用一個符號來代替兩個符號：我們只使用一個上標 $\text{H}$ 來代表共軛的橫線和轉置的上標 $\text{T}$，即 ${\overline{z}}^T=z^H$. 這就是 “$z$ 的共軛轉置"，稱為 “$z\text{Hermitian}$”. 這個符號也可以用在矩陣上：矩陣 $A$ 的共軛轉置就是 $A^H$.
另外一個表示共軛轉置的常見符號是 $A^{?}$. MATLAB 中的命令 ${}^{\prime }$ 會自動取復共軛（$z^{\prime }$ 就是 $z^H={\overline{z}}^T$，而 $A^{\prime }$ 是 $A^H={\overline{A}}^H$）.$$A^H是“A的共軛轉置”.如果A=\left[\begin{array}{cc}1& i\\ 0& 1+i\end{array}\right]，則A^H=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ ?i& 1?i\end{array}\right]$$

二、復內積

對于實向量，其長度的平方是 ${\mathbf{x}}^T\mathbf{x}$，即 $\mathbf{x}$ 和它自己的內積。對于復向量，其長度的平方是 ${\mathbf{z}}^H\mathbf{z}$，如果 ${\mathbf{z}}^H\mathbf{z}$ 也是 $\mathbf{z}$ 和它自己的內積，則這個就與實向量的情形一致。因此，復內積（complex inner product）是取共軛轉置（不僅僅是轉置），而共軛對實向量沒有影響。

定義\kern 10pt 實向量或復向量 $\mathbf{u}$ 和 $\mathbf{v}$ 的內積是 ${\mathbf{u}}^H\mathbf{v}$：$${\mathbf{u}}^H\mathbf{v}=\left[\begin{array}{cccc}{\overline{u}}_1& {\overline{u}}_2& ?& {\overline{u}}_n\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{v}_1\\ v_2\\ ?\\ v_n\end{array}\right]={\overline{u}}_1{v}_1+{\overline{u}}_2{v}_2+?+{\overline{u}}_n{v}_n(\mathrm{9.2.3})$$

對于復向量，${\mathbf{u}}^H\mathbf{v}$ 和 ${\mathbf{v}}^H\mathbf{u}$ 并不相等，此時向量的順序就變得很重要了。實際上 ${\mathbf{v}}^H\mathbf{u}={\overline{v}}_1{u}_1+{\overline{v}}_2{u}_2+?+{\overline{v}}_n{u}_n$，它是 ${\mathbf{u}}^H\mathbf{v}$ 的復共軛。為了使得其同時適用于實向量和復向量，我們不得不容忍這一點不便。

【例1】$\mathbf{u}=\left[\begin{array}{c}1\\ i\end{array}\right]$ 和 $\mathbf{v}=\left[\begin{array}{c}i\\ 1\end{array}\right]$ 的內積是 $\left[\begin{array}{cc}1& ?i\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}i\\ 1\end{array}\right]=0$.

例 1 給出了一個令人驚訝的結果，向量 $(1,i)$ 和 $(i,1)$ 看起來并不垂直，但實際上確垂直。內積為零仍然表明（復）向量正交。類似的，向量 $(1,i)$ 和 $(1,?i)$ 也是正交的，它們的內積是 $1?1=0$，這樣我們得到了正確的內積零，如果我們忘記取共軛，就會得到 $(1,i)$ 的長度為零這樣錯誤的結果。

注： 計算復內積時，這里我們對第一個向量 $\mathbf{u}$ 取了共軛，而有些地方會對第二個向量 $\mathbf{v}$ 取共軛，則復內積就是 ${\mathbf{u}}^T\overline{\mathbf{v}}$. 這兩種選擇都可以。

$A\mathbf{u}$ 和 $\mathbf{v}$ 的內積等于 $\mathbf{u}$ 和 $A^H\mathbf{v}$ 的內積：$$A^H也稱為A的“伴隨矩陣”(A\mathbf{u}{)}^H\mathbf{v}={\mathbf{u}}^H(A^H\mathbf{v})(\mathrm{9.2.4})$$$A\mathbf{u}$ 的共軛是 $\overline{A\mathbf{u}}$，再對 $\overline{A\mathbf{u}}$ 取轉置得到 ${\overline{\mathbf{u}}}^T{\overline{A}}^T$，這個就是 ${\mathbf{u}}^H{A}^H$. 這些運算都是相容的，共軛轉置的運算繼承自轉置的運算法則。
還有一個事實，$(a?ib)(c?id)$ 是 $(a+ib)(c+ib)$ 的共軛。

$$AB的共軛轉置是(AB{)}^H=B^H{A}^H$$

三、埃爾米特矩陣 $S=S^H$

在實矩陣中，對稱矩陣 $S=S^T$ 是最重要的特殊類：它們有實特征值和正交的特征向量，這些特征向量可以構成正交矩陣 $Q$. 每個實對稱矩陣都可以寫成 $S=Q\Lambda Q^{?1}$ 或 $S=Q\Lambda Q^T$（因為 $Q^{?1}=Q^T$）. 所有這些結論都是因為 $S$ 是實對稱矩陣 $S^T=S$.
而在復矩陣中，這個特殊類是埃爾米特矩陣（Hermitian matrices）：$S=S^H$，對于其中的元素就是 $s_{ij}=\overline{s_{ji}}$. 這種情況下我們稱 “$S$ 是艾爾米特矩陣”。 任意的實對稱矩陣都是艾爾米特矩陣，這是因為取共軛對于實數沒有影響。下例的矩陣就是一個艾爾米特矩陣：$S=S^H$：

【例2】矩陣 $S=\left[\begin{array}{cc}2& 3?3i\\ 3+3i& 5\end{array}\right]$ 是艾爾米特矩陣。由于 $s_{ii}=\overline{s_{ii}}$，所以埃爾米特矩陣的主對角線元素一定要是實數；關于對角線對稱的元素是共軛的，本例中的是 $3+3i$ 和 $3?3i$. 本例會展示艾爾米特矩陣的三個關鍵性質：

如果 $S=S^H$ 且 $z$ 是任意實或復列向量，則 $z^{H}Sz$ 為實數。

簡潔證明：${\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}$ 是 $1\times 1$ 的矩陣，取它的共軛轉置：$$({\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}{)}^H={\mathbf{z}}^H{S}^H({\mathbf{z}}^H{)}^H={\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}$$數值 ${\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}$ 等于它的共軛，所以一定是實數。
下面是上述 “能量（energy）” ${\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}$：$$\left[\begin{array}{cc}{\overline{z}}_1& {\overline{z}}_2\end{array}\right]\left[\begin{array}{cc}2& 3?3i\\ 3+3i& 5\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\end{array}\right]\begin{array}{l}=2{\overline{z}}_1{z}_1+5{\overline{z}}_2{z}_2+(3?3i){\overline{z}}_1{z}_2+(3+3i)z_1{\overline{z}}_2\\ 對角元素非對角元素\end{array}$$上式中 $2|z_1{|}^2$ 和 $5|z_2{|}^2$ 這兩項對應對角元素。非對角元素對應的項互為共軛 —— 所以它們的和是實數。（當它們相加時，虛部抵消掉了。）整個表達式 ${\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}$ 是實數，而這可以推出特征值 $\lambda$ 是實數。

埃爾米特矩陣的每一個特征值都是實數。

證明： 假設 $S\mathbf{z}=\lambda \mathbf{z}$，兩邊同時左乘 ${\mathbf{z}}^H$ 得 ${\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}=\lambda {\mathbf{z}}^H\mathbf{z}$. 由前面的結論，左邊 ${\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}$ 是實數；右邊 ${\mathbf{z}}^H\mathbf{z}$ 是長度的平方，它是正實數。所以比值 $\lambda =\frac{{\mathbf{z}}^{H}S\mathbf{z}}{{\mathbf{z}}^H\mathbf{z}}$ 是一個實數。
由于 $S=S^H$，可以得到例 2 的特征值是 $\lambda =8$ 和 $\lambda =?1$：$$\left|\begin{array}{cc}2?\lambda & 3?3i\\ 3+3i& 5?\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2?7\lambda +10?|3+3i{|}^2={\lambda }^2?7\lambda +10?18=(\lambda ?8)(\lambda +1)$$

埃爾米特矩陣的特征向量是正交的（當它們對應不同的特征值）。
$$如果S\mathbf{z}=\lambda \mathbf{z}且S\mathbf{y}=\beta \mathbf{y}，則{\mathbf{y}}^H\mathbf{z}=0$$

證明： $S\mathbf{z}=\lambda \mathbf{z}$ 兩邊同時左乘 ${\mathbf{y}}^H$；$S\mathbf{y}=\beta \mathbf{y}$ 兩邊同時取共軛轉置，且兩邊右乘 $\mathbf{z}$，得到：$${\mathbf{y}}^{H}S\mathbf{z}=\lambda {\mathbf{y}}^H\mathbf{z}，{\mathbf{y}}^H{S}^H\mathbf{z}=\beta {\mathbf{y}}^H\mathbf{z}(\mathrm{9.2.5})$$由于 $S=S^H$，所以上面兩式左邊相等，則 $\lambda {\mathbf{y}}^H\mathbf{z}=\beta {\mathbf{y}}^H\mathbf{z}$，故 ${\mathbf{y}}^H\mathbf{z}$ 一定為零。
例 $2$ 中特征值 $\lambda =8$ 和 $\beta =?1$ 對應的特征向量正交：$$\begin{array}{rcc}(S?8I)\mathbf{z}=\left[\begin{array}{cc}?6& 3?3i\\ 3+3i& ?3\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{z}_1\\ z_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]& 得& \mathbf{z}=\left[\begin{array}{c}1\\ 1+i\end{array}\right]\\ (S+I)\mathbf{y}=\left[\begin{array}{cc}3& 3?3i\\ 3+3i& 6\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\ 0\end{array}\right]& 得& \mathbf{y}=\left[\begin{array}{c}1?i\\ ?1\end{array}\right]\end{array}$$$$正交特征向量\text{Orthogonal?eigenvectors}{\mathbf{y}}^H\mathbf{z}=\left[\begin{array}{cc}1+i& ?1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}1\\ 1+i\end{array}\right]=0$$這些特征向量長度的平方是 $1^2+1^2+1^2=3$，除以 $\sqrt{3}$ 得到單位向量，這樣它們現在就是標準正交向量。以這些向量為列向量的特征向量矩陣 $X$，可以對角化 $S$.
當 $S$ 是實對稱矩陣時，$X$ 是 $Q$，它是正交矩陣。現在 $S$ 是復矩陣且為埃爾米特矩陣，它的特征向量可以取復的標準正交向量。特征向量矩陣 $X$ 就像 $Q$，但它是復矩陣，且有：$Q^{H}Q=I$. 我們給 $Q$ 去一個新的名字 “酉矩陣（unitary）”，但是仍記為 $Q$.

四、酉矩陣

酉矩陣（unitary matrix）$Q$ 是具有標準正交列的（復）方陣。$$酉矩陣對角化上述矩陣S：Q=\frac{1}{\sqrt{3}}\left[\begin{array}{cc}1& 1?i\\ 1+i& ?1\end{array}\right]$$這個 $Q$ 也是一個埃爾米特矩陣，這個有些出人意料！這個例子太完美了，一般情況下這是不成立的。還可以確定的是這個 $Q$ 的特征值一定是 $1$ 和 $?1$.
對于實矩陣要檢驗是不是標準正交列的條件是 $Q^{T}Q=I$，非對角元素的內積為零。而對于復矩陣的情況，$Q^T$ 變成了 $Q^H$，當 $Q^H$ 左乘 $Q$ 時，我們就可以看出其列向量是不是標準正交的。任意兩個列向量的內積都對應著 $Q^{H}Q=I$：

每個具有標準正交列的矩陣 $Q$ 都有 $Q^{H}Q=I$.
如果 $Q$ 還是方陣，則它是一個酉矩陣，則有 $Q^H=Q^{?1}$.

如果 $Q$（具有標準正交列）左乘任意向量 $\mathbf{z}$，那么向量的長度保持不變，這是因為 ${\mathbf{z}}^H{Q}^{H}Q\mathbf{z}={\mathbf{z}}^H\mathbf{z}$. 如果 $\mathbf{z}$ 是 $Q$ 的特征向量，那么我們還能夠得到更多信息：酉矩陣（和正交矩陣）$Q$ 的特征值的絕對值都滿足 $|\lambda |=1$.

如果 $Q$ 是酉矩陣則 $||Q\mathbf{z}||=||\mathbf{z}||$，因此 $Q\mathbf{z}=\lambda \mathbf{z}$ 可以推出 $|\lambda |=1$.

上面的 $2\times 2$ 的矩陣既是埃爾米特矩陣（$Q=Q^H$）又是酉矩陣（$Q^{?1}=Q^H$）. 這意味著它的特征值是實數且 $|\lambda |=1$，而實數中滿足 $|\lambda |=1$ 的只有兩種可能，所以特征值是 $1$ 或 $?1$，再根據 $Q$ 的跡為零可以推出 $\lambda =1$ 和 $\lambda =?1$.

【例3】Figure 9.3 中是 $3\times 3$ 的傅里葉矩陣，它是埃爾米特矩陣嗎？它是酉矩陣嗎？$F_3$ 肯定是對稱矩陣，因為它等于它的轉置。但是卻不等于它自身的共軛轉置，所以它不是埃爾米特矩陣。如果將 $i$ 改成 $?i$，會得到一個不同的矩陣。

$F$ 是酉矩陣？答案是是的。每一個列向量長度的平方都是 $\frac{1}{3}(1+1+1)$，所以它們都是單位向量。而 $1+e^{2\pi i/3}+e^{4\pi i/3}=0$，所以第一個列向量與第二個列向量正交，這就是 Figure 9.3 中所標注的三個數之和。
注意圖中的對稱性，如果將其旋轉 $120°$，這三個點與原先的三個點是重合的，因此它們的和 $S$ 也不變，即 $S=0$.
$F$ 的列 $2$ 與列 $3$ 正交嗎？它們的點積看起來是$$\frac{1}{3}(1+e^{6\pi i/3}+e^{6\pi i/3})=\frac{1}{3}(1+1+1)$$這個并不是零。但是這個答案是錯誤的，因為計算時沒有取復共軛。復內積使用的是共軛轉置 $\text{H}$ 而不僅僅是轉置 $\text{T}$：$$(\text{column2}{)}^H(\text{column3})=\frac{1}{3}(1?1+e^{?2\pi i/3}{e}^{4\pi i/3}+e^{?4\pi i/3}{e}^{2\pi i/3})=\frac{1}{3}(1+e^{2\pi i/3}+e^{?2\pi i/3})=0$$因此，我們驗證了正交性。結論：$F$ 是一個酉矩陣。
$n\times n$ 的傅里葉矩陣也是酉矩陣，而所有的酉矩陣中，它們是最重要的矩陣。如果用矩陣 $F$ 左乘一個向量，我們就是在計算它的離散傅里葉變換（Discrete Fourier Transform）；如果用矩陣 $F^{?1}$ 左乘一個向量，就是在求其逆變換。酉矩陣的特殊性質是 $F^{?1}=F^H$，逆變換的不同之處就是僅僅將 $i$ 變為 $?i$：$$將i變為?i{F}^{?1}=F^H=\frac{1}{\sqrt{3}}\left[\begin{array}{ccc}1& 1& 1\\ 1& e^{?2\pi i/3}& e^{?4\pi i/3}\\ 1& e^{?4\pi i/3}& e^{?2\pi i/3}\end{array}\right]$$所有使用傅里葉矩陣 $F$ 的人都會認識到其價值。快速傅里葉變換 FFT 中融合了傅里葉分析、復數和線性代數。