Cayley–Hamilton

1. 整除：由 Cayley–Hamilton，$\chi_T(T) = 0$，即 $\chi_T \in I_T = (\mu_T)$，故 $\mu_T \mid \chi_T$。由此 $\deg \mu_T \le \deg \chi_T = n$。
2. $\chi_T$ 的根都是 $\mu_T$ 的根：由第 1 步与「$\mu_T$ 非零」得 $\mu_T \mid \chi_T$，故 $\chi_T$ 的每个根也是 $\mu_T$ 的根。
3. $\mu_T$ 的根都是 $\chi_T$ 的根：设 $\mu_T(\lambda) = 0$。由 $\mu_T \ne 0$ 且 $\mu_T \mid \chi_T$，把 $\mu_T$ 在 $K$ 的代数闭包中分解为 $\prod (x - \lambda_j)^{e_j}$；对每个 $j$ 取非零向量 $v_j \in \ker(T - \lambda_j I)^{e_j}$（由第 4 步非零），则 $v := v_j$ 满足 $\mu_T(T) v = 0$。若 $\lambda_j$ 不是特征值，则 $T - \lambda_j I$ 可逆，于是 $(T - \lambda_j I)^{e_j}$ 可逆，$\ker = \{0\}$，矛盾。故每个 $\lambda_j$ 都是特征值，即 $\chi_T(\lambda_j) = 0$。
4. 每个 $\ker (T - \lambda_j I)^{e_j} \ne \{0\}$：若全为零，则 $\mu_T$ 的每个因子都可逆、乘积可逆，而 $\mu_T(T) = 0$ 与可逆性矛盾（$n \ge 1$ 时 $V \ne 0$）。

于是两者的根集合相同。∎

记 $A \in M_n(K)$，考虑多项式矩阵 $B(x) := xI - A \in M_n(K[x])$，以及它的伴随矩阵

1. 由伴随矩阵的基本等式（见「Laplace 展开」）$B(x) \operatorname{adj} B(x) = \det B(x)\, I = \chi_A(x)\, I$。
2. 把 $\operatorname{adj} B(x)$ 按 $x$ 的幂展开：$\operatorname{adj} B(x) = \sum_{k=0}^{n-1} B_k\, x^{k}$（$B_k \in M_n(K)$）。代入第 1 步并比较 $x$ 的各次系数，得到一串矩阵等式

1. 把第 $k$ 个等式左乘 $A^{k}$ 并全部相加 —— 中间项全部相消，只剩

（其中 $\chi_A(x) = x^{n} + c_{n-1}x^{n-1} + \cdots + c_0$。）∎

一般算子 $T$ 的情形：取一组基把它写成 $A$，把上式翻译回算子语言即可。