关于对称秩-1矩阵之差非半正定结论的证明咨询
嘿，这个问题的核心其实可以通过半正定矩阵的定义结合向量正交性来拆解，不管是3D还是更高维，证明逻辑都是通用的，咱们一步步来理清楚：
首先回忆半正定矩阵的关键性质：一个矩阵$W$是半正定的，当且仅当对任意非零实向量$x$，都满足$x^T W x \geq 0$。
先把$x^T W x$展开计算：
$$
\begin{align*}
x^T W x &= x^T (vv^T - uu^T)x \
&= (x^T v)(v^T x) - (x^T u)(u^T x) \
&= |\langle v, x \rangle|^2 - |\langle u, x \rangle|^2
\end{align*}
$$
这里$\langle a,b \rangle$表示向量$a$和$b$的内积，因为$x^T v = \langle v,x \rangle$，平方后就是内积的平方。
接下来假设$W$是半正定的，那对所有非零向量$x$，都必须满足$|\langle v, x \rangle|^2 \geq |\langle u, x \rangle|^2$。现在我们来找矛盾点：
因为$v$是非零向量，必然存在非零向量$x$与$v$正交（比如在3D空间里，$v$的正交补是一个二维子空间，随便取一个非零向量就行），此时$\langle v, x \rangle = 0$，代入上面的式子得：
$$
x^T W x = 0 - |\langle u, x \rangle|^2 = -|\langle u, x \rangle|^2
$$
如果$W$是半正定的，这个值必须$\geq 0$，所以只能有$|\langle u, x \rangle|^2 = 0$，也就是$\langle u, x \rangle = 0$。
这意味着所有与$v$正交的向量都必须与$u$正交，而只有当$u$落在$v$的张成空间里（也就是$u$与$v$平行）时，这个结论才成立。如果$u$与$v$不平行，那$u$必然存在一个垂直于$v$的非零分量，取$x$等于这个分量，就会得到$\langle u, x \rangle \neq 0$，此时$x^T W x = -|\langle u, x \rangle|^2 < 0$，直接违反了半正定的定义。
哪怕$|u|$非常小，只要$u$不与$v$平行，我们总能找到这样的$x$让二次型为负，所以$W$不可能是半正定的。反过来，如果$u$与$v$平行（比如$u=kv$，$k$为实数），那$W=(1-k2)vvT$，当$|k| \leq 1$时确实是半正定的，这也对应了题目里的例外情况。
举个3D的例子直观验证：设$v=(1,0,0)$，$u=(0,\varepsilon,0)$（$\varepsilon$是很小的正数），则$W=\begin{pmatrix}1&0&0\0&-\varepsilon2&0\0&0&0\end{pmatrix}$，取$x=(0,1,0)$，则$xT W x = -\varepsilon^2 < 0$，显然不是半正定矩阵。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者xiaohuamao
