27 正算子

正算子 #

这讲讲什么：在自伴算子中挑出「特征值全非负」的那一类，证明它恰好就是能开平方的那一类，并证明这个平方根唯一
前置：22 讲（内积与范数）、25 讲（自伴与正规算子）、26 讲（谱定理）
一句话：正算子是算子世界的非负数——它由 $\langle Tv,v\rangle\ge 0$ 定义，却等价于「有唯一的非负平方根」。

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一、为什么需要它 #

26 讲的谱定理告诉我们：自伴算子一定能用规范正交基对角化，而且对角线上全是实数。

这句话已经把问题解决了一半。剩下的那一半是：实数还分正负。于是立刻冒出一个自然的子类：

哪些自伴算子的特征值全都落在非负半轴上？

这个子类就是正算子。它不是数学家为了分类而分类——有四条独立的理由说明这个类必须单独拎出来。

理由一：它正好是能开方的那一类。 在实数里，「非负」与「有平方根」是同一件事：$-1$ 没有实平方根，$2$ 有。在算子里，一般算子未必有平方根，有了也未必唯一。而正算子不但一定有平方根，还只有一个正的。开方是这套理论的基本操作（极分解、SVD、矩阵函数都要用），而它成立的边界恰好就是正算子。

理由二：$T^*T$ 永远落在这一类里。 对任意线性映射 $T:V\to W$（不要求方阵、不要求自伴），合成 $T^*T$ 一定是 $V$ 上的正算子。这不是巧合，它是「长度平方」的算子版本：

$$\|Tv\|^2=\langle Tv,Tv\rangle=\langle T^*Tv,v\rangle$$

你熟的那条长度公式 $\|v\|^2=\langle v,v\rangle$ 只是 $T=I$ 的特例。29 讲的奇异值分解，整套东西都建立在「$T^*T$ 正，所以能取 $\sqrt{T^*T}$」这一句话上。

理由三：它是二次型的符号判据。 化学与工程里大量出现二次型 $x^{\mathsf T}Ax$（能量、方差、应变能）。判断「这个二次型会不会取负值」，等价于判断 $A$ 是不是正算子。这不是抽象问题——优化里判断极小值、数值上判断矩阵能否 Cholesky 分解、统计里判断协方差矩阵是否合法，都是同一件事。

理由四：记号统一。 没有这个概念，你会写出一堆平行的小结论：「特征值非负的算子有这个性质」「能写成 $R^*R$ 的算子有那个性质」「投影算子有第三个性质」——而它们其实是同一类对象的三种描述。有了「正算子」，这些结论合成一条定理（下一节的六条等价）。

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二、定义与最小例子 #

定义 #

设 $V$ 是内积空间，$T\in\mathcal{L}(V)$。称 $T$ 是正算子，如果

1. $T$ 是自伴的，即 $T^*=T$；
2. 对每一个 $v\in V$，都有 $\langle Tv,v\rangle\ge 0$。

写成一条：

$$\boxed{\;T\ \text{正}\iff T=T^*\ \text{且}\ \forall v\in V:\ \langle Tv,v\rangle\ge 0\;}$$

最小例子：$0$ 与 $I$ #

• 零算子：$Tv=0$，于是 $\langle Tv,v\rangle=0\ge 0$，自伴。正。
• 恒等算子：$\langle Iv,v\rangle=\langle v,v\rangle=\|v\|^2\ge 0$，自伴。正。
• 数乘：$cI$ 正 $\iff c\ge 0$。$(-1)I$ 不正（取 $v\ne 0$ 得 $-\|v\|^2<0$）。

这三个例子说明：正算子是「非负标量」在算子层的推广，而且推广得很忠实。

例 1：一个必须动手算的 $2\times2$ 矩阵 #

设 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{F}^2)$ 关于标准基的矩阵是

$$A=\begin{pmatrix}2&-1\\ -1&1\end{pmatrix}$$

它对称，所以自伴。对 $v=(w,z)$，

$$T(w,z)=(2w-z,\ -w+z)$$

于是

$$\begin{aligned}\langle T(w,z),(w,z)\rangle&=(2w-z)\overline{w}+(-w+z)\overline{z}\\ &=2|w|^2-z\overline{w}-w\overline{z}+|z|^2\\ &=2|w|^2-2\operatorname{Re}(w\overline{z})+|z|^2\end{aligned}$$

这个式子看着不好判断符号。配方：

$$2|w|^2-2\operatorname{Re}(w\overline{z})+|z|^2=\big(|w|^2-2\operatorname{Re}(w\overline{z})+|z|^2\big)+|w|^2=|w-z|^2+|w|^2$$

两个模平方之和，必然 $\ge 0$。所以 $T$ 是正的。

例 2：正交投影是正的 #

设 $U$ 是 $V$ 的子空间，$P_U$ 是正交投影。它自伴（24 讲已证）。再看内积：

$$\langle P_Uv,v\rangle=\langle P_Uv,\ P_Uv+(v-P_Uv)\rangle=\langle P_Uv,P_Uv\rangle+\langle P_Uv,v-P_Uv\rangle$$

第二项为零，因为 $P_Uv\in U$ 而 $v-P_Uv\in U^\perp$。所以

$$\langle P_Uv,v\rangle=\|P_Uv\|^2\ge 0$$

投影算子全是正的，而且这个证明一行都不涉及坐标——只用了「正交分解」和「自伴」。

例 3：$T^2+bT+cI$ 型 #

设 $T$ 自伴，$b,c\in\mathbb{R}$ 且 $b^2<4c$（即多项式 $x^2+bx+c$ 没有实根、恒正）。那么

$$S=T^2+bT+cI$$

是正算子。理由：配方

$$S=\Big(T+\tfrac b2 I\Big)^2+\Big(c-\tfrac{b^2}{4}\Big)I$$

第一项是自伴算子的平方，形如 $R^*R$（$R=T+\tfrac b2I$ 自伴），因而是正的；第二项是正数乘 $I$，也是正的；正算子相加仍正（第六节习题）。所以 $S$ 正。

一个非例 #

$$B=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}$$

自伴，但取 $v=(0,1)$ 得 $\langle Bv,v\rangle=-1<0$。不正。它的特征值一正一负——这正是下一节等价刻画要抓的东西。

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三、几个必须自己算一遍的结论 #

3.1 六条等价刻画（本讲的主定理） #

对 $T\in\mathcal{L}(V)$，下列六条等价：

编号	条件
(a)	$T$ 是正算子
(b)	$T$ 自伴，且所有特征值非负
(c)	关于 $V$ 的某个规范正交基，$T$ 的矩阵是对角矩阵且对角元全为非负数
(d)	$T$ 有正平方根（即存在正算子 $R$ 使 $R^2=T$）
(e)	$T$ 有自伴平方根
(f)	存在 $R\in\mathcal{L}(V)$ 使 $T=R^*R$

证明方式是绕一圈：

$$(a)\Rightarrow(b)\Rightarrow(c)\Rightarrow(d)\Rightarrow(e)\Rightarrow(f)\Rightarrow(a)$$

$(a)\Rightarrow(b)$。 正算子按定义自伴。设 $\lambda$ 是特征值，$v\ne 0$ 是对应特征向量：

$$0\le\langle Tv,v\rangle=\langle \lambda v,v\rangle=\lambda\langle v,v\rangle=\lambda\|v\|^2$$

因 $\|v\|^2>0$，得 $\lambda\ge 0$。

$(b)\Rightarrow(c)$。 由 26 讲的谱定理：自伴算子有一组由特征向量组成的规范正交基 $e_1,\dots,e_n$。设 $Te_k=\lambda_k e_k$，每个 $\lambda_k\ge 0$。于是 $T$ 关于这组基的矩阵是 $\operatorname{diag}(\lambda_1,\dots,\lambda_n)$。

$(c)\Rightarrow(d)$。 关键工具是线性映射引理（08 讲：在基上任意指定像，就唯一确定一个线性映射）。在基 $e_1,\dots,e_n$ 上指定

$$Re_k=\sqrt{\lambda_k}\,e_k,\qquad k=1,\dots,n$$

$\sqrt{\lambda_k}$ 有定义，因为 $\lambda_k\ge 0$。这个 $R$ 是正的，而且不需要回头引用任何一条，直接验即可：它关于这组规范正交基的矩阵是实对角矩阵，故自伴；又对 $v=\sum a_ke_k$ 有

$$\langle Rv,v\rangle=\Big\langle\sum a_k\sqrt{\lambda_k}\,e_k,\ \sum a_ke_k\Big\rangle=\sum_k\sqrt{\lambda_k}\,|a_k|^2\ge 0$$

（交叉项全部消失，这正是「正交基」的用处。）所以 $R$ 正。并且

$$R^2e_k=\sqrt{\lambda_k}\cdot\sqrt{\lambda_k}\,e_k=\lambda_k e_k=Te_k$$

对每个基向量成立，所以 $R^2=T$。$R$ 就是 $T$ 的正平方根。

$(d)\Rightarrow(e)$。 正平方根本身是正算子，正算子自伴（定义）。所以它是自伴平方根。

$(e)\Rightarrow(f)$。 若 $T=R^2$ 且 $R^*=R$，则 $T=R^2=R^*R$。取的就是这个 $R$。

$(f)\Rightarrow(a)$。 设 $T=R^*R$。先算自伴性：

$$T^*=(R^*R)^*=R^*(R^*)^*=R^*R=T$$

再算内积，这一步只需一次伴随的定义 $\langle R^*u,w\rangle=\langle u,Rw\rangle$：

$$\langle Tv,v\rangle=\langle R^*Rv,v\rangle=\langle Rv,Rv\rangle=\|Rv\|^2\ge 0$$

$\blacksquare$

3.2 正平方根唯一（存在性的另一半） #

3.1 只说了「存在」。而 3.1 的 (d) 里那个 $R$ 是照着一组预先选好的特征基造出来的——如果换一组基，会不会造出另一个正平方根？答案是：不会。

定理：$V$ 上每个正算子都有唯一的正平方根。

证明。 设 $T$ 正，$R$ 是 $T$ 的任一正平方根。策略是：证明 $R$ 在 $T$ 的每个特征向量上的作用被完全钉死；然后利用「$T$ 的特征向量构成一组基」，得出 $R$ 被钉死。

第一步：$R$ 也是正的，所以它也有一条特征基。 $R$ 正 $\Rightarrow$ $R$ 自伴，由谱定理，$V$ 有由 $R$ 的特征向量组成的规范正交基 $e_1,\dots,e_n$。记 $Re_k=\mu_k e_k$。因为 $R$ 正，$\mu_k\ge 0$。令

$$\lambda_k=\mu_k^2\ge 0$$

则 $R^2e_k=\mu_k^2e_k=\lambda_k e_k$，即 $Te_k=\lambda_k e_k$。顺带得到：$R$ 的特征基同时也是 $T$ 的特征基（这是 $T=R^2$ 的直接后果）。

第二步：设 $v$ 是 $T$ 的任一特征向量，$Tv=\lambda v$，其中 $\lambda\ge 0$（3.1 (a)$\Rightarrow$(b)）。把 $v$ 按 $R$ 的特征基展开：

$$v=a_1e_1+\cdots+a_ne_n$$

于是

$$Rv=a_1\mu_1e_1+\cdots+a_n\mu_ne_n=a_1\sqrt{\lambda_1}\,e_1+\cdots+a_n\sqrt{\lambda_n}\,e_n \tag{3.1}$$

另一方面，$v$ 是 $T$ 的特征向量，而 $T=R^2$：

$$\lambda v=Tv=R^2v=a_1\lambda_1e_1+\cdots+a_n\lambda_ne_n \tag{3.2}$$

同时，由 $v=\sum a_ke_k$ 又有

$$\lambda v=a_1\lambda e_1+\cdots+a_n\lambda e_n \tag{3.3}$$

比较 (3.2) 与 (3.3)，并利用 $e_1,\dots,e_n$ 线性无关：

$$a_k(\lambda-\lambda_k)=0,\qquad k=1,\dots,n$$

第三步：读出结论。 上式说明：只要 $\lambda_k\ne\lambda$，系数 $a_k$ 就必须是 $0$。所以

$$v=\sum_{\{k:\ \lambda_k=\lambda\}}a_ke_k$$

代回 (3.1)，这些下标上 $\sqrt{\lambda_k}=\sqrt{\lambda}$：

$$Rv=\sum_{\{k:\ \lambda_k=\lambda\}}a_k\sqrt{\lambda}\,e_k=\sqrt{\lambda}\,v$$

第四步：拼起来。 我们证明了：对 $T$ 的每个特征向量 $v$（特征值 $\lambda$），任何正平方根 $R$ 都必须满足 $Rv=\sqrt\lambda\,v$。而由谱定理，$T$ 的特征向量张成整个 $V$（含一组基）。两个线性映射若在一组基上取值相同，则处处相同。故 $R$ 唯一。$\blacksquare$

$$R=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}$$

则 $R^2=I$，所以 $R$ 是 $I$ 的平方根，但 $R$ 不正（$\langle R(0,1),(0,1)\rangle=-1$）。
更有甚者，$R_\theta=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$（旋转 $\theta$）都满足 $R_\theta^2=I$，当 $\theta=\pi$ 时是 $-I$。
但正平方根只有一个：$I$ 自己（因为 $I$ 的特征值全是 $1$，$\sqrt1=1$）。

3.3 记号 $\sqrt{T}$ #

有了唯一性，下面这个记号才站得住：

对正算子 $T$，$\sqrt{T}$ 表示 $T$ 的那个正平方根。

若无唯一性，写 $\sqrt{T}$ 就是含糊的——读者不知道你说的是哪一个。数学里「先证唯一，再定记号」是标准动作，这里是它的一个干净样本。

3.4 $T^*T$ 永远是正的 #

这条重要到值得单列。设 $T\in\mathcal{L}(V,W)$（允许 $V\ne W$、允许不可逆、允许不是方阵），$T^*\in\mathcal{L}(W,V)$。那么 $T^*T\in\mathcal{L}(V)$，且

$$(T^*T)^*=T^*T,\qquad \langle T^*Tv,v\rangle=\langle Tv,Tv\rangle=\|Tv\|^2\ge 0$$

所以 $T^*T$ 总是正算子。这条不需要任何假设。

它还给出一个常用推论：$T^*T$ 的零空间就是 $T$ 的零空间：

$$v\in\operatorname{null}(T^*T)\iff\|Tv\|^2=0\iff Tv=0$$

（一般的 $T$ 不满足 $\operatorname{null}T^*=\operatorname{null}T$，但 $T^*T$ 与 $T$ 的零空间永远相同。）

3.5 一个「不涉及平方根、但靠平方根证」的结论 #

定理：设 $T$ 是 $V$ 上的正算子，$v\in V$ 且 $\langle Tv,v\rangle=0$，则 $Tv=0$。

证明只有两行，但它用到了 3.1 的 (d)：

$$\begin{aligned}0&=\langle Tv,v\rangle=\langle \sqrt{T}\sqrt{T}v,v\rangle=\langle \sqrt{T}v,\sqrt{T}v\rangle=\big\|\sqrt{T}v\big\|^2\end{aligned}$$

第二个等号把 $T$ 拆成 $\sqrt T\cdot\sqrt T$，第三个等号把 $\sqrt T$ 从内积左边搬到右边——这正是「$\sqrt T$ 自伴」的作用。于是 $\sqrt Tv=0$，进而

$$Tv=\sqrt T\big(\sqrt Tv\big)=\sqrt T(0)=0$$

$\blacksquare$

3.6 手算：把 $\sqrt{T}$ 真的算出来 #

例 A：对角矩阵。

$$S=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\end{pmatrix},\qquad \sqrt S=\begin{pmatrix}1&0\\0&\sqrt2\end{pmatrix}$$

因为 $S$ 已经是对角的，特征值 $1,2$ 非负，逐项开方即可。这是 3.1 (c)$\Rightarrow$(d) 的最直白形态。

例 B：秩一矩阵。

$$T=\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix},\qquad \langle T(x,y),(x,y)\rangle=x^2+2xy+y^2=(x+y)^2\ge 0$$

自伴、二次型是平方，故正。特征值：$\operatorname{tr}=2$，$\det=0$，故为 $2$ 与 $0$；特征向量是 $(\tfrac1{\sqrt2},\tfrac1{\sqrt2})$（对应 $2$）与 $(\tfrac1{\sqrt2},-\tfrac1{\sqrt2})$（对应 $0$）。逐项开方得特征值 $\sqrt2$ 与 $0$，在同一组特征向量上：

$$\sqrt T=\begin{pmatrix}\tfrac1{\sqrt2}&\tfrac1{\sqrt2}\\[2pt]\tfrac1{\sqrt2}&\tfrac1{\sqrt2}\end{pmatrix}$$

验算：这个矩阵每行每列和分别是 $\sqrt2$、$\sqrt2$，平方后恰为 $\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$。✓

例 C：不试凑、直接解方程。

$$A=\begin{pmatrix}5&4\\4&5\end{pmatrix}$$

它对称，特征值 $9$ 与 $1$（$\operatorname{tr}=10$，$\det=25-16=9$），都非负，故正。设正平方根也是对称的（为什么可以这样假设？因为 $\sqrt A$ 与 $A$ 共享特征基，见 3.2 第一步），记

$$\sqrt A=\begin{pmatrix}a&b\\b&d\end{pmatrix}$$

平方必须等于 $A$：

$$\begin{pmatrix}a^2+b^2&b(a+d)\\ b(a+d)&b^2+d^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5&4\\4&5\end{pmatrix}$$

于是

$$\begin{cases}a^2+b^2=5\\ b(a+d)=4\\ b^2+d^2=5\end{cases}$$

由第一个与第三个得 $a^2=d^2$，即 $a=d$ 或 $a=-d$。

• 取 $a=-d$：则 $b(a+d)=0\ne 4$，矛盾。
• 取 $a=d$：$2ab=4$，即 $ab=2$；配合 $a^2+b^2=5$ 得 $(a+b)^2=9$，$(a-b)^2=1$。

两组解：$(a,b)=(2,1)$ 或 $(-2,-1)$。前者给出

$$\sqrt A=\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}$$

验算 $\begin{pmatrix}2&1\\1&2\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}5&4\\4&5\end{pmatrix}$ ✓。后者给出 $-\sqrt A$，它是平方根但不正（特征值 $-3,-1$）。

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四、几何直观与记忆钩子 #

视角一：二次型是「读数的表盘」 #

$\langle Tv,v\rangle$ 可以读成：把 $v$ 送进 $T$，再和原来的 $v$ 做内积——相当于用 $v$ 去「量」$Tv$ 在 $v$ 方向上的分量。

• 若这个读数在任何方向都不为负，说明 $T$ 在所有方向上都不「反向拉扯」空间，只可能压缩、拉伸、或压扁。
• 允许取 $0$：说明某些方向被压成零（不可逆）。这正是「半正定」的几何含义——碗底是平的，不是一个尖点。

视角二：正算子 = 非负伸缩的正交组合 #

由谱定理，正算子总可以写成

$$T=\lambda_1P_1+\lambda_2P_2+\cdots+\lambda_mP_m,\qquad \lambda_k\ge 0$$

其中 $P_k$ 是到各特征空间的正交投影（互不相同、两两正交、和为 $I$）。于是

$$\sqrt T=\sqrt{\lambda_1}P_1+\cdots+\sqrt{\lambda_m}P_m$$

开方就是「沿各个正交方向的伸缩倍数逐项开方，方向一个都不动」。 这是本讲最值得带走的一张图：

$$\text{方向不动，只把每个方向的倍数开方}$$

视角三：与复数的完整对照 #

建立这张对照表，本讲的定义就都「有根」了：

复数 $c\in\mathbb{C}$	算子 $T\in\mathcal{L}(V)$
$c\ge 0$（非负实数）	$T$ 正：$T=T^*$ 且 $\langle Tv,v\rangle\ge 0$
$c$ 是实数	$T$ 自伴（25 讲）
$c$ 有非负平方根	$T$ 有正平方根
$c$ 有实平方根	$T$ 有自伴平方根
$c=\bar zz=|z|^2$	$T=R^*R$
$\sqrt{c}$ 唯一（取非负根）	$\sqrt T$ 唯一
$|z|^2=\bar zz$	$\|Tv\|^2=\langle T^*Tv,v\rangle$

为什么这张表这么整齐

因为「算子」在谱定理下就是「一组数（特征值）+ 一组正交方向」。
一旦方向已经正交、互不干扰，所有逐点的运算都退化成对每个特征值的标量运算。
所以实数里关于「非负」的每一条性质，只要不涉及大小顺序，都能一字不改地搬过来。
反过来，凡是涉及「谁大谁小」的（比如 $\sqrt{a+b}\le\sqrt a+\sqrt b$），搬运时就要小心——
算子的序不是全序。

记忆钩子 #

正算子之于自伴算子，如同非负数之于实数，如同半正定矩阵之于对称矩阵。
三句话是同一句话，只是词汇表不同。

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五、常见误区 #

$$\langle T(x,y),(x,y)\rangle=yx+(-x)y=0\ge 0$$

条件 2 完全成立，但 $T^{\mathsf T}=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}\ne T$，$T$ 不自伴。
若按「$\langle Tv,v\rangle\ge0$ 就算正」的错定义，这个旋转就成了正算子，而它的特征值是 $\pm i$——
连实特征值都没有，与 3.1(b) 直接冲突。
复空间才允许省掉自伴（因为那时「$\langle Tv,v\rangle$ 恒为实数」已蕴含自伴）。

$$\langle Tv,v\rangle=\langle(1,0,0),(1,0,i)\rangle=i\cdot\overline{1}=i$$

取到了非实数，连自伴都不成立。
取到了非实数，自伴都不成立。
正确的方向是 (d)(e)：有「正的」或「自伴的」平方根才等价于正。
只是「有平方根」，谁都可以有。

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六、拓展（可跳过） #

① $\sqrt T$ 其实是 $T$ 的多项式。 对正算子 $T$，存在实系数多项式 $p$ 使 $\sqrt T=p(T)$（$p$ 可以取为在 $T$ 的谱上插值 $\sqrt{\;\cdot\;}$ 的那个多项式）。这条说明 $\sqrt T$ 没有「跳出 $T$ 生成的代数」——它对数值计算意义很大：不必求特征分解，用多项式（或级数）近似即可。

② 正算子之和、正整数次幂仍正。 若 $S,T$ 正，则 $S+T$ 正（$\langle(S+T)v,v\rangle=\langle Sv,v\rangle+\langle Tv,v\rangle\ge0$，自伴显然）。若 $T$ 正，$T^k$ 正（$k$ 为正整数）：$T^k$ 自伴，且 $T^k=\big(T^{k/2}\big)^*T^{k/2}$（$k$ 偶）或 $=T^{(k-1)/2}\,T\,T^{(k-1)/2}$（$k$ 奇），形如 $R^*R$。

③ $ST$ 何时正：可交换是关键。 若 $S,T$ 都正，则

$$ST\ \text{正}\iff ST=TS$$

理由：$ST$ 自伴 $\iff (ST)^*=ST\iff T^*S^*=ST\iff TS=ST$。有了可交换，$S,T$ 能同时用一组规范正交基对角化（26 讲的推论），$ST$ 的对角元就是 $\lambda_k\mu_k\ge0$。不可交换时 $ST$ 连自伴都不是。

④ 一个具体判据：$T-\alpha I$。 设 $T$ 自伴，$\alpha\in\mathbb{R}$。则

$$T-\alpha I\ \text{正}\iff\alpha\le T\ \text{的每个特征值}$$

因为 $T-\alpha I$ 的特征值是 $\lambda_k-\alpha$。由此得到：「$\alpha I\le T$」这种写法在算子层是有确切含义的，它就是「$T-\alpha I$ 正」。

⑤ 一个让人意外的正算子：$-\dfrac{d^2}{dx^2}$。 在「二阶可导、满足某组边值条件」的函数空间上，取内积 $\langle f,g\rangle=\int f\bar g$，分部积分两次给出

$$\Big\langle -\tfrac{d^2f}{dx^2},f\Big\rangle=\int|f'|^2\ge 0$$

所以负的二阶导数（配上合适的边界条件）是正算子。这一条把「正算子」与物理里的能量、与 Sturm–Liouville 理论接上了：能量算子的正性，就是系统稳定性的代数表达。

⑥ 工程里的名字。 数值线代里正算子对应「对称正定 / 半正定矩阵」。Cholesky 分解 $A=LL^*$ 就是 $A=R^*R$ 的计算版；判断它是 $A$ 是否正；协方差矩阵必须正（否则方差为负），这是「协方差矩阵不合法」报警的来源。

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七、自测（先做，再看答案） #

1. 证明：若 $T$ 是正算子，则 $T$ 的每个特征值都是非负实数；并举出一个自伴但不正的 $2\times2$ 例子。

2. 设 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{F}^3)$ 定义为 $T(z_1,z_2,z_3)=(z_3,0,0)$。证明 $T$ 有平方根，但 $T$ 不是正的。

3. 求 $A=\begin{pmatrix}10&6\\6&10\end{pmatrix}$ 的正平方根。

4. 设 $T$ 正。证明 $\operatorname{null}\sqrt T=\operatorname{null}T$。

5. 判断 $B=\begin{pmatrix}2&3\\3&2\end{pmatrix}$ 是否正算子；若不是，给出一个具体的 $v$ 使 $\langle Bv,v\rangle<0$。

答案（点开）

1. 设 $Tv=\lambda v$，$v\ne0$。则 $0\le\langle Tv,v\rangle=\lambda\langle v,v\rangle=\lambda\|v\|^2$，
故 $\lambda\ge0$；又 $T$ 自伴故 $\lambda\in\mathbb{R}$。
反例：$\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$，自伴、特征值 $1,-1$，取 $v=(0,1)$ 得内积 $-1$。

2. 取 $R(z_1,z_2,z_3)=(z_2,z_3,0)$，则 $R^2(z_1,z_2,z_3)=R(z_2,z_3,0)=(z_3,0,0)=T$，故 $T$ 有平方根。
但 $T$ 不自伴：关于标准基，$T$ 的矩阵是 $\begin{pmatrix}0&0&1\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$，
其伴随（转置）是 $\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\1&0&0\end{pmatrix}\ne T$。
所以 $T$ 不正。（不自伴已经足够否定，不必再去算内积。）
这正对应 3.1 中「(d) 要求平方根为正」——光有平方根不够。

3. $A$ 对称，$\operatorname{tr}=20$，$\det=100-36=64$，特征值 $\lambda^2-20\lambda+64=0$ 得 $\lambda=16,4$，均非负。
设 $\sqrt A=\begin{pmatrix}a&b\\b&d\end{pmatrix}$，则 $a^2+b^2=10$、$b(a+d)=6$、$b^2+d^2=10$。
由首末两式 $a=\pm d$；$a=-d$ 与第二式矛盾，故 $a=d$，于是 $ab=3$、$a^2+b^2=10$，
得 $(a+b)^2=16$，$(a-b)^2=4$，取非负支：$a=3,b=1$。

$$\sqrt A=\begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix},\qquad \begin{pmatrix}3&1\\1&3\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}10&6\\6&10\end{pmatrix}\ ✓$$

4. 「$\subseteq$」：若 $\sqrt Tv=0$，则 $Tv=\sqrt T(\sqrt Tv)=0$。
「$\supseteq$」：若 $Tv=0$，则 $\langle Tv,v\rangle=0$，由 3.5 的证明 $\|\sqrt Tv\|^2=\langle Tv,v\rangle=0$，故 $\sqrt Tv=0$。
（注意这里是「$\sqrt T$ 自伴 + 3.5」的直接应用，不必再做谱分解。）

5. 不正。$\operatorname{tr}=4$，$\det=4-9=-5$，特征值满足 $\lambda^2-4\lambda-5=0$，即 $5$ 与 $-1$。
取 $v=(1,-1)$：$Bv=(2-3,\ 3-2)=(-1,1)$，$\langle Bv,v\rangle=(-1)(1)+(1)(-1)=-2<0$。
注意它对称且元素全为正，这正是误区 1 的陷阱。

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八、复习卡 #

项	内容
定义	$T$ 正 $\iff$ $T=T^*$ 且 $\forall v:\ \langle Tv,v\rangle\ge0$
复空间	「自伴」可省（$\langle Tv,v\rangle$ 恒实时自动自伴）；实空间不可省
术语	又叫「非负算子」「正半定算子」；「正定」是更强的 $\langle Tv,v\rangle>0\ (v\ne0)$
最小例子	$0$；$I$；$cI\ (c\ge0)$；正交投影 $P_U$
(b) 特征值	正 $\iff$ 自伴且特征值全 $\ge0$
(c) 对角化	正 $\iff$ 某规范正交基下矩阵为对角且对角元非负
(d) 正平方根	正 $\iff$ 存在正算子 $R$：$R^2=T$
(e) 自伴平方根	正 $\iff$ 存在自伴 $R$：$T=R^2$
(f) 乘积形式	正 $\iff$ 存在 $R$：$T=R^*R$
唯一性	正平方根唯一；$\sqrt T$ 专指它
唯一性证明骨架	在 $T$ 的特征向量上 $R$ 被逼成 $\sqrt\lambda\,v$；特征基 $\Rightarrow$ 处处确定
$T^*T$	对任意 $T:V\to W$，$T^*T$ 恒正；$\|Tv\|^2=\langle T^*Tv,v\rangle$
零空间	$\operatorname{null}(T^*T)=\operatorname{null}T$；$\operatorname{null}\sqrt T=\operatorname{null}T$
关键小引理	正算子 + $\langle Tv,v\rangle=0\Rightarrow Tv=0$（用 $\sqrt T$ 拆）
可视化	$\sqrt T$：各正交方向的伸缩倍数逐项开方，方向不动
判据	特征值全 $\ge0$（对称阵）；或配方成平方和；或找 $R^*R$
常见陷阱	元素全正 $\ne$ 正；有平方根 $\ne$ 正；平方根不唯一

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九、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 主线：这一讲的框架来自《线性代数应该这样学》（第 4 版）第 7 章 C 节「正算子」，对应 PDF 页码 223–227、印刷页码 209–213。该节的编排是：定义 → 三个例子 → 平方根定义与例子 → 六条等价刻画 → 正平方根唯一 → 记号 → 例 → 「$\langle Tv,v\rangle=0\Rightarrow Tv=0$」→ 习题。
• 定义与编号对照：正算子定义 7.34；例子 7.35；平方根定义 7.36、例 7.37；六条等价刻画 7.38；唯一性 7.39；记号 7.40；例 7.41；引理 7.43。本讲把这些合并重排成「定义 → 例子 → 主定理 → 唯一性 → 应用」，并把证明拆成更细的步。
• 术语别名：正算子 = positive operator；有些文献写「正半定算子 / positive semidefinite operator」，含义相同。「正定算子」通常指更强的情形（$\langle Tv,v\rangle>0$ 对一切 $v\ne0$），与之对应的是「半正定」。
• 为什么叫「正」而不是「非负」：这是一个历史遗留的用词。正算子对应的是非负数而非正数，严格说术语名不副实；算子理论界沿用了「正」这个叫法，本课也随大流。读到「正的」时，脑子里请自动替换为「非负的」。
• 想深挖时可以查：
  • 算子单调性与 Löwner 序（$\sqrt{\;}$ 在正算子序下单调）；
  • 矩阵函数与谱映射（$\sqrt T=p(T)$、$e^{T}$、$\log T$）；
  • Cholesky 分解与半正定判定（数值线代教材，如 Golub & Van Loan 第 4 章）；
  • 量子力学中的可观测量：自伴算子；密度矩阵：迹为 $1$ 的正算子——这是「正算子」在物理里最重要的一次出场。
• 与后续讲次的接口：28 讲用 $\sqrt{T^*T}$ 做极分解；29 讲用它定义奇异值；35 讲把 $\langle Tv,v\rangle$ 直接看成二次型，与本讲的符号判据完全重合。