证明：若实方阵的特征值等于奇异值，则该矩阵为对称半正定矩阵

先明确核心问题：给定实方阵 $A \in \mathbb{R}^{k \times k}$，如果它的所有特征值与对应的奇异值完全相等（重数也一致），我们需要证明 $A$ 是对称半正定矩阵。你提到反向结论（对称半正定矩阵的特征值等于奇异值）是已知的，那我们现在补全这个等价性的正向推导。

第一步：先确定特征值的非负性 #

首先回忆：奇异值的定义是 $A^TA$ 的特征值的非负平方根，因此所有奇异值都是非负的。题目中说特征值等于奇异值，所以 $A$ 的所有特征值 $\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_k$ 必然满足 $\lambda_i \geq 0$，这就先满足了半正定的条件，接下来只需要证明 $A$ 是对称矩阵。

第二步：结合SVD与特征分解推导对称性 #

设 $A$ 的特征值为 $\lambda_1 \geq \lambda_2 \geq \dots \geq \lambda_k \geq 0$（重数匹配），对应的特征分解为 $A = P\Lambda P^{-1}$，其中 $\Lambda = \text{diag}(\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_k)$，$P$ 是可逆的特征向量矩阵。

同时，$A$ 的SVD分解为 $A = U\Sigma V^T$，其中 $U,V$ 是正交矩阵，$\Sigma = \Lambda$（因为奇异值等于特征值）。

现在取任意一个单位特征向量 $x$ 对应特征值 $\lambda_i$，即 $Ax = \lambda_i x$，那么：
$$
|Ax|_2 = |\lambda_i| = \lambda_i
$$
另一方面，用SVD代入计算范数：
$$
|Ax|_2 = |U\Lambda V^T x|_2 = |\Lambda V^T x|2 = \sqrt{\sum{j=1}^k \lambda_j^2 (v_j^T x)^2}
$$
其中 $v_j$ 是 $V$ 的列向量（标准正交基）。

将两个等式联立，两边平方得：
$$
\lambda_i^2 = \sum_{j=1}^k \lambda_j^2 (v_j^T x)^2
$$
移项整理：
$$
\sum_{j \neq i} (\lambda_j^2 - \lambda_i^2)(v_jT x)^2 = 0
$$
对于 $j \neq i$，如果 $\lambda_j \neq \lambda_i$，则 $\lambda_j^2 - \lambda_i^2 \neq 0$，因此必须有 $(v_j^T x)^2 = 0$，也就是 $v_j^T x = 0$。这说明：对应特征值 $\lambda_i$ 的特征子空间，完全包含在SVD中对应奇异值 $\lambda_i$ 的右奇异向量张成的子空间里。

由于特征子空间的维数等于特征值的代数重数，而SVD中对应奇异值 $\lambda_i$ 的右奇异向量的数量也等于其重数，因此这两个子空间是完全相等的。也就是说，我们可以选取正交的特征向量基（因为右奇异向量是正交的），即 $P$ 可以取为正交矩阵 $Q$，此时特征分解变为 $A = Q\Lambda Q^T$——这正是对称矩阵的正交对角化形式，因此 $A$ 是对称矩阵。

第三步：排除不可对角化的情况 #

你可能会问：如果 $A$ 不可对角化（存在Jordan块），会不会有反例？答案是不会。假设存在一个2阶Jordan块 $J = \begin{pmatrix} \lambda & 1 \ 0 & \lambda \end{pmatrix}$，计算它的奇异值：
$$
J^TJ = \begin{pmatrix} \lambda^2 & \lambda \ \lambda & \lambda^2 + 1 \end{pmatrix}
$$
其特征值为 $\lambda^2 + \frac{1}{2} \pm \frac{1}{2}\sqrt{1 + 4\lambda^2}$，显然不等于 $\lambda$，这与“特征值等于奇异值”的条件矛盾。因此 $A$ 不可能有高阶Jordan块，必然可对角化，且是正交对角化。

总结 #

结合以上三步：

1. 特征值全非负 → 半正定；
2. 可正交对角化 → 对称；
   因此 $A$ 是对称半正定矩阵，等价性成立。

你之前从最大特征值的特征向量入手的思路是正确的，只是需要把这个结论推广到所有特征值，进而得到特征子空间与右奇异子空间的重合性，就能推导出对称性了。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者SVDieseas