矩阵平方根

矩阵平方根（matrix square root）是满足 $X^2=A$ 的方阵 $X$。矩阵乘法中的交叉项使这一问题不同于对每个元素开平方；解可能有多个，也可能不存在。对于 Hermitian 半正定矩阵，则有唯一的 Hermitian 半正定平方根，通常记作 $A^{1/2}$。

取实对称矩阵 $A=\left(\begin{array}{cc}5& 4\\ 4& 5\end{array}\right)$。候选 $S=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)$ 满足 $S^2=A$。它的元素并不是 $A$ 各元素的标量平方根；正确性须通过完整的矩阵乘法检查。

谱构造与完整算例

Hermitian 半正定矩阵有谱分解 $A=U\mathrm{diag}({\lambda }_1,\dots ,{\lambda }_n)U^{\ast }$，其中 ${\lambda }_j\ge 0$。定义 $$S=U\mathrm{diag}(\sqrt{{\lambda }_1},\dots ,\sqrt{{\lambda }_n})U^{\ast }.$$ 平方时中间的 $U^{\ast }U$ 消去，立刻得到 $S^2=A$，并且谱非负，故 $S$ 半正定。

主例的单位特征方向是 $u_{+}=(1,1{)}^{𝖳}/\sqrt{2}$ 和 $u_{-}=(1,-1{)}^{𝖳}/\sqrt{2}$，特征值分别为九和一。因此 $$\begin{array}{cc}S& =3u_{+}{u}_{+}^{𝖳}+u_{-}{u}_{-}^{𝖳}\\ & =\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}3& 3\\ 3& 3\end{array}\right)+\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ -1& 1\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right).\end{array}$$ 对向量 $u_{+}$，一次作用 $S$ 放大三倍，两次便是九倍，恰与 $A$ 相同。这给出了“平方根”在线性变换中的直接含义。

半正定根的唯一性

若 $R$ 也 Hermitian 半正定且 $R^2=A$，则 $RA=R^3=AR$，所以 $R$ 保持 $A$ 的每个特征空间。在 $A$ 的 $\lambda$ 特征空间上，限制算子仍 Hermitian 半正定，可用谱定理对角化，其每个特征值 $r$ 都满足 $r^2=\lambda ,r\ge 0$，故只能为 $\sqrt{\lambda }$。于是它在整个该空间上等于 $\sqrt{\lambda }I$，与 $S$ 一致。这同时覆盖零特征值。

唯一性须保留“半正定”限制。主例还存在平方根 $-S$，以及 $T=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\right)$；后者的特征值为三和负一，平方仍给九和一，所以 $T^2=A$，却不是半正定根。

奇异矩阵可能没有根

令 $N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$。假设 $X^2=N$，则 $XN=X^3=NX$。将一般二阶矩阵代入交换关系可得 $X=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 0& a\end{array}\right)$。其平方为 $$X^2=\left(\begin{array}{cc}{a}^2& 2ab\\ 0& a^2\end{array}\right).$$ 若它等于 $N$，对角元要求 $a=0$，右上角却因此变零，与一矛盾。故这个实矩阵甚至没有复矩阵平方根。不能把“复数都有平方根”推广成“复方阵都有平方根”。

若矩阵的谱避开非正实轴，可定义唯一谱位于右半平面的主平方根；这是比任意解更具体的分支选择。对奇异半正定矩阵，前述唯一半正定根仍存在，不要把两种定理的不同条件混为一谈。

变式取 $A=\mathrm{diag}(0,16)$，半正定根为 $\mathrm{diag}(0,4)$。它虽不可逆，却满足唯一性定理；问题不是“奇异就没有根”，而是奇异矩阵的结构需要逐一判断。

参考文献

Sheldon Axler，Linear Algebra Done Right，第四版，§7C、8C（正算子平方根与一般平方根）；本文例子与图解独立构造。