34 迹

迹 #

这讲讲什么：把「对角元之和」这个看起来最依赖坐标的数，证明成算子本身的不变量；再由这一条免费换来三个结论——迹等于特征值之和、$\operatorname{tr}(ST)=\operatorname{tr}(TS)$、以及「$ST-TS=I$ 不可能」。
前置：19 讲（上三角矩阵：对角元就是全部特征值）、17 讲（特征值与重数）、20 讲（可对角化判据，自测第 5 题用）、10 讲（换基公式 $A=C^{-1}BC$）、22–23 讲（内积与规范正交基）
一句话：迹是「既线性、又循环不变、又把恒等算子映成维数」的唯一泛函，所以它必然等于特征值之和。

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一、为什么需要它 #

1.1 一个便宜的数，能替你省下大量验算 #

求特征值有多贵，你已经有体会：$n$ 阶矩阵要解一个 $n$ 次方程，$n\ge 5$ 时连根式解都没有。19 讲那条「上三角之后对角元即特征值」是好消息，但它只在你已经拿到上三角形状时才免费。

现在换个角度问：有没有一个数，能让我在算完特征值之后一秒钟自查？

有。把对角线上的数加起来。因为第三节要证的定理会说：

$$\operatorname{tr}T=\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n\qquad(\text{各特征值按其重数出现}) \tag{34.1}$$

你辛苦求出三个特征值，加起来对不上对角元之和，那就一定算错了——不是「可能有错」，是一定错。这种一行字的校验，比再算一遍特征多项式便宜太多。

1.2 更深的理由：基无关的量太稀有 #

回想你手里已有的算子不变量。可逆性算一个，但它只给「是/否」。秩算一个，但它是整数。要一个数，而且要对所有算子都有定义、还随算子连续变化——这样的东西非常少。

原因不难理解：算子换一组基，矩阵变成 $C^{-1}BC$，各个元素全被打乱。想让某个「元素算出来的数」在被打乱后保持不变，等于要求这个数对所有可逆 $C$ 都不动。这是一条极强的约束，绝大多数「元素的和」都过不了。

迹过了。行列式也过了。这两个恰好是特征多项式最高次的两个系数（第 3.5 节会说清）。所以它们组成一对，不是巧合。

1.3 还有一层：迹是「被迫存在」的 #

设 $\tau$ 是从 $\mathcal{L}(V)$ 到 $\mathbb{F}$ 的线性泛函，满足两条：

$$\tau(ST)=\tau(TS)\quad\text{对一切 }S,T;\qquad \tau(I)=\dim V \tag{34.2}$$

结论是：这样的 $\tau$ 只有一个，就是迹。这件事的意义不只是「唯一性漂亮」，而是：只要你想要一个「不管乘法顺序」的线性读数，你手里就自动只剩下迹，没有别的选择。

下面这条随之而来的结论，是本讲最值得记住的应用——它证明了一个「不存在」：

在有限维空间上，找不到算子 $S,T$ 使 $ST-TS=I$。

证明只有一行：左边取迹是 $0$，右边取迹是 $\dim V\ne 0$。一个等式两边迹不同，等式自然不成立。这种「用不变量否证存在性」的手法，在数学里叫不变量论证，迹是它最干净的例子。

读完这一讲你应该能回答：

1. 对角元之和明明随基而变，凭什么说它是算子的属性？
2. $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$ 到底允许 $A,B$ 不同形状吗？允许换几次顺序？
3. 为什么「迹等于特征值之和」必须假设在复空间上（或特征多项式完全分解）？
4. 迹是 $\mathcal{L}(V)$ 上的线性泛函——这句话能推出什么具体的算法？

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二、定义与最小例子 #

2.1 矩阵的迹 #

定义：设 $A$ 是元素属于 $\mathbb{F}$ 的 $n\times n$ 方阵。$A$ 的迹记作 $\operatorname{tr}A$，定义为对角线上各元素之和：

$$\operatorname{tr}A=\sum_{j=1}^{n}A_{j,j}=A_{1,1}+A_{2,2}+\cdots+A_{n,n} \tag{34.3}$$

字面意思就是「trace，痕迹」：只看从左上角走到右下角那一条线上留下了什么。

2.2 最小例子：一个 $3\times 3$ #

$$A=\begin{pmatrix}3&-1&-2\\ 5&2&-3\\ 1&6&0\end{pmatrix}$$

对角线是 $3,2,0$，所以

$$\operatorname{tr}A=3+2+0=5$$

就这么简单。真正的内容全在后面：这个 $5$ 不随基改变。

2.3 算子的迹：先记账，再还账 #

我们真正想要的是算子的迹，而不是某个矩阵的迹。自然的想法是：取 $V$ 的一组基，算 $T$ 关于这组基的矩阵，再取迹。

$$\operatorname{tr}T\;:=\;\operatorname{tr}\mathcal{M}\big(T,(v_1,\dots,v_n)\big)$$

但这个写法有个漏洞：换一组基，右边会不会变？ 不变，这个定义才立得住；会变，那它只是「某个矩阵的迹」，不配叫 $T$ 的迹。

答案是不变（第 3.2 节证）。所以定义是合法的，而且在定义里可以写「$v_1,\dots,v_n$ 是 $V$ 的任意一组基」——「任意」这两个字，是靠一条定理买来的，不是许愿。

2.4 一个 $2\times 2$ 的全集：四种典型算子 #

把 $\mathbb{R}^2$ 上最简单的几个算子排一排，先建立手感（都为标准基下的矩阵）：

算子	矩阵	对角元	迹	特征值
恒等 $I$	$\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\end{pmatrix}$	$1,1$	$2$	$1,1$
旋转 $R_\theta$	$\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\ \sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$	$\cos\theta,\cos\theta$	$2\cos\theta$	$\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta},\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}$（和 $=2\cos\theta$）
投影到 $x$ 轴	$\begin{pmatrix}1&0\\ 0&0\end{pmatrix}$	$1,0$	$1$	$1,0$
幂零 $N$	$\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$	$0,0$	$0$	$0,0$

四行对照着看，能读出三件事：

• 旋转的迹是 $2\cos\theta$。 复特征值成对出现 $\mathrm{e}^{\pm\mathrm{i}\theta}$，和是实数 $2\cos\theta$，正好等于对角元之和。这条关系在物理里到处冒头。
• 投影的迹是 $1$，等于它「留下的维数」（像是 $1$ 维，零空间 $1$ 维）。这个观察第七节自测第 5 题会升级成定理。
• 幂零矩阵的迹是 $0$，但它不是零算子。 所以「迹为零」远不等于「算子为零」。这一点第 3.10 节会给出一个例外情形（正算子），对照着记。

2.5 一个复空间的例子 #

定义 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{C}^3)$ 为

$$T(z_1,z_2,z_3)=(3z_1-z_2-2z_3,\ 3z_1+2z_2-3z_3,\ z_1+2z_2)$$

关于标准基的矩阵是

$$\begin{pmatrix}3&-1&-2\\ 3&2&-3\\ 1&2&0\end{pmatrix}$$

对角元 $3,2,0$，故 $\operatorname{tr}T=5$。而 $T$ 的特征值是 $1,\ 2+3\mathrm{i},\ 2-3\mathrm{i}$（你可以自己验，重数都是 $1$），它们的和

$$1+(2+3\mathrm{i})+(2-3\mathrm{i})=5$$

与迹一致。这个例子值得亲手算一遍：你从两条完全不同的路得到同一个数，一条只读对角元，一条解三次方程。两条路的交点，就是这一讲的全部内容。

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三、几个必须自己算一遍的结论 #

3.1 $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$ #

这是全讲的发动机。注意它的适用范围比想象中宽：$A$ 是 $m\times n$，$B$ 是 $n\times m$，不要求两者是方阵，也不要求同形状。

证明：$AB$ 是 $m\times m$ 矩阵，它的第 $j$ 个对角元是

$$(AB)_{j,j}=\sum_{k=1}^{n}A_{j,k}B_{k,j}$$

于是

$$\operatorname{tr}(AB)=\sum_{j=1}^{m}\sum_{k=1}^{n}A_{j,k}B_{k,j} \tag{34.4}$$

到这里停一下，看清楚要干什么：把两个求和的次序换过来。有限和换序永远合法（这与无穷级数不同，那里换序会出事）。换完：

$$\operatorname{tr}(AB)=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}B_{k,j}A_{j,k}=\sum_{k=1}^{n}(BA)_{k,k}=\operatorname{tr}(BA) \tag{34.5}$$

最后一步：$\sum_j B_{k,j}A_{j,k}$ 正是 $BA$ 的第 $k$ 个对角元，而 $BA$ 是 $n\times n$，对 $k$ 求和就得到它的迹。$\blacksquare$

这个证明里只有一件事在起作用： 双重和的指标可以互换。没有别的技巧。所以凡是「求和 + 双线性」的场合，这套论证都能原样搬过去——第 3.9 节的迹内积、第六节量子力学里的期望值，剥到最里层都是它。

3.2 算子的矩阵的迹不依赖于基的选取 #

结论：设 $T\in\mathcal{L}(V)$，$u_1,\dots,u_n$ 与 $v_1,\dots,v_n$ 是 $V$ 的两组基，则

$$\operatorname{tr}\mathcal{M}\big(T,(u_1,\dots,u_n)\big)=\operatorname{tr}\mathcal{M}\big(T,(v_1,\dots,v_n)\big) \tag{34.6}$$

证明：记 $A=\mathcal{M}(T,(u_\bullet))$、$B=\mathcal{M}(T,(v_\bullet))$。10 讲的换基公式说，存在可逆矩阵 $C$ 使

$$A=C^{-1}BC$$

（$C$ 就是从新基到旧基的过渡矩阵。）于是

$$\begin{aligned}\operatorname{tr}A&=\operatorname{tr}\big(C^{-1}(BC)\big)\\ &=\operatorname{tr}\big((BC)\,C^{-1}\big)\\ &=\operatorname{tr}\big(B\,(CC^{-1})\big)\\ &=\operatorname{tr}B\end{aligned} \tag{34.7}$$

第二步就是把 $C^{-1}$ 从最前面循环移到后面去，用的正是 3.1。第三步用结合律，第四步用 $CC^{-1}=I$ 与 $\operatorname{tr}(BI)=\operatorname{tr}B$。$\blacksquare$

于是定义站得住：

$$\operatorname{tr}T:=\operatorname{tr}\mathcal{M}\big(T,(v_1,\dots,v_n)\big),\qquad v_1,\dots,v_n\ \text{为}\ V\ \text{的任意一组基} \tag{34.8}$$

3.3 手算一次：对角元会变，和不变 #

空口说「不变」没有说服力，动手换一组基看看。

取 $B=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&2\end{pmatrix}$（对角元 $1,2$，$\operatorname{tr}B=3$），再取 $C=\begin{pmatrix}1&2\\ 3&5\end{pmatrix}$，$\det C=-1$，$C^{-1}=\begin{pmatrix}-5&2\\ 3&-1\end{pmatrix}$。算 $C^{-1}BC$：

$$BC=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&2\\ 3&5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4&7\\ 6&10\end{pmatrix}$$

$$C^{-1}(BC)=\begin{pmatrix}-5&2\\ 3&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4&7\\ 6&10\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-8&-15\\ 6&11\end{pmatrix}$$

新矩阵的对角元是 $-8$ 和 $11$——离原来的 $1,2$ 差得远，甚至符号都变了。但

$$-8+11=3=1+2$$

对角元是坐标的产物，和是算子的属性。 这句话可以当作整讲的注脚。顺便，$-8$ 和 $11$ 都不是这个算子的特征值（特征值是 $1,2$）——所以「对角元是特征值」这条只对上三角矩阵成立，绝不能推广到一般矩阵。

3.4 迹等于特征值之和 #

结论：设 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$，$T\in\mathcal{L}(V)$，$\dim V=n$。则

$$\operatorname{tr}T=\lambda_1+\cdots+\lambda_n$$

其中各特征值出现的次数等于它的（代数）重数。

证明：按 19 讲，复空间上存在一组基使 $T$ 关于它有上三角矩阵，且对角元恰是 $T$ 的全部特征值（按重数计）。于是

$$\operatorname{tr}T=\operatorname{tr}\mathcal{M}(T,\text{该基})=\text{对角元之和}=\text{特征值之和（含重数）}$$

第一步用的是 3.2 给的自由：想看迹，就挑最方便的基。挑上三角那组，对角元一目了然。$\blacksquare$

这个证明短得惊人，但它的关键不在计算，在 3.2：正因为迹与基无关，「挑一组好基来看」才是合法操作。如果没有 3.2，上三角那组基算出来的只是「那个矩阵的迹」，跟 $T$ 没关系。

3.5 迹与特征多项式 #

把特征多项式按「特征值」写出来（复空间，$\lambda_1,\dots,\lambda_n$ 按重数计）：

$$p(z)=(z-\lambda_1)(z-\lambda_2)\cdots(z-\lambda_n)$$

展开，看最高两次的系数：

$$p(z)=z^n-(\lambda_1+\cdots+\lambda_n)z^{n-1}+\cdots+(-1)^n\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_n \tag{34.9}$$

于是直接读出两条：

$$\boxed{\ \text{tr}\,T=-[z^{n-1}\text{ 的系数}],\qquad \det T=(-1)^n[\text{常数项}]\ } \tag{34.10}$$

这也是为什么第 3.3 节那个 $B=\begin{pmatrix}1&1\\ 0&2\end{pmatrix}$ 的特征多项式 $z^2-3z+2$ 里，中项系数 $-3$ 正好是 $-\operatorname{tr}B$。

3.6 迹是线性泛函 #

结论：$\operatorname{tr}:\mathcal{L}(V)\to\mathbb{F}$ 是线性的，即

$$\operatorname{tr}(S+T)=\operatorname{tr}S+\operatorname{tr}T,\qquad \operatorname{tr}(\lambda T)=\lambda\operatorname{tr}T \tag{34.11}$$

并且

$$\operatorname{tr}(ST)=\operatorname{tr}(TS),\qquad \operatorname{tr}I=\dim V \tag{34.12}$$

证明：固定一组基，把算子换成矩阵。矩阵的迹显然满足前两条（对角元逐个相加、逐个乘 $\lambda$，而矩阵的加法与标量乘是逐元素的）。第三条就是 3.1 搬到算子层面（用 $\mathcal{M}(ST)=\mathcal{M}(S)\mathcal{M}(T)$）。第四条：$I$ 的矩阵是单位矩阵，对角元 $n$ 个 $1$。$\blacksquare$

「$\operatorname{tr}$ 是 $\mathcal{L}(V)$ 上的线性泛函」这句话在 12 讲的对偶空间语言里是什么意思？$\mathcal{L}(V)$ 是 $n^2$ 维向量空间，线性泛函是它的对偶空间里的一个元素。迹是其中一个具体、可算、且与基无关的元素。

3.7 用迹证「$ST-TS=I$ 不存在」 #

结论：设 $\dim V<\infty$，则不存在 $S,T\in\mathcal{L}(V)$ 使 $ST-TS=I$。

证明：

$$\operatorname{tr}(ST-TS)=\operatorname{tr}(ST)-\operatorname{tr}(TS)=0$$

而 $\operatorname{tr}I=\dim V\ne 0$。两个算子迹不同，故不相等。$\blacksquare$

顺便说：这条在无限维不成立。在全体多项式构成的空间上，取 $T$ 为「乘 $x$」、$S$ 为求导，则 $ST-TS=I$。验一下：作用在 $x^k$ 上，$ST$ 是先乘再导，得 $(k+1)x^k$；$TS$ 是先导再乘，得 $kx^k$；两者相减恰是 $x^k$。迹在那里根本没有定义——无限维的那个和不收敛。定理的边界正好落在「迹有定义」这条线上，这个观察比定理本身更有意思。

3.8 内积空间上的迹：把对角元看成投影 #

结论：设 $V$ 是内积空间，$e_1,\dots,e_n$ 是一组规范正交基。则

$$\operatorname{tr}T=\langle Te_1,e_1\rangle+\langle Te_2,e_2\rangle+\cdots+\langle Te_n,e_n\rangle \tag{34.13}$$

证明：矩阵的第 $k$ 个对角元是 $T$ 在 $e_k$ 上的坐标的第 $k$ 个分量。而 23 讲给过：在规范正交基下，向量的第 $k$ 个坐标就是它和 $e_k$ 的内积。取向量 $v=Te_k$，得 $\mathcal{M}(T)_{k,k}=\langle Te_k,e_k\rangle$，对 $k$ 求和即得。$\blacksquare$

这个公式给了一个非常好的直觉，第 4.2 节展开。这里先记账。

3.9 迹内积：$\operatorname{tr}(T^*S)$ 是 $\mathcal{L}(V,W)$ 上的内积 #

把 3.8 与 3.1 合起来，会冒出一个很好用的东西：对有限维内积空间 $V,W$，定义

$$\langle S,T\rangle:=\operatorname{tr}(T^*S) \tag{34.14}$$

则这确实是 $\mathcal{L}(V,W)$ 上的一个内积。要验三件事：

• 共轭对称：$\overline{\operatorname{tr}(T^*S)}=\operatorname{tr}(S^*T)$，这靠 $\operatorname{tr}(M^*)=\overline{\operatorname{tr}M}$（见下方）。
• 对第一个变量线性：$T^*$ 与 $\operatorname{tr}$ 各自线性。
• 正定性：$\operatorname{tr}(T^*T)\ge 0$，且等号只在 $T=0$ 时成立。这条要算一下：取 $V$ 的规范正交基 $e_1,\dots,e_n$，由 3.8（对算子 $T^*T$ 用它），

$$\operatorname{tr}(T^*T)=\sum_{k=1}^{n}\langle T^*Te_k,e_k\rangle=\sum_{k=1}^{n}\langle Te_k,Te_k\rangle=\sum_{k=1}^{n}\|Te_k\|^2 \tag{34.15}$$

这是若干非负数之和，为零当且仅当每个 $Te_k=0$，即 $T=0$。

它长什么样：若再把每个 $Te_k$ 在 $f_1,\dots,f_m$ 下展开，则

$$\operatorname{tr}(T^*T)=\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\big|\langle Te_k,f_j\rangle\big|^2 \tag{34.16}$$

而 $\langle Te_k,f_j\rangle$ 正是 $T$ 的矩阵的第 $j$ 行 $k$ 列元素。所以：

$\operatorname{tr}(T^*T)$ = 矩阵全部元素绝对值的平方和。

这就是线性代数里那个最常见的范数 $\|A\|_F=\sqrt{\sum_{j,k}|a_{j,k}|^2}$ 的坐标无关解释。它有个名字：Frobenius 范数（也叫 Hilbert–Schmidt 范数）。

同样地，$\operatorname{tr}(T^*)=\overline{\operatorname{tr}T}$：转置共轭把矩阵的元素换成共轭再转置，对角元变成 $\overline{a_{j,j}}$，和不就是 $\overline{\operatorname{tr}A}$。这个细节在做自伴算子（25 讲）的迹时会用到：$T=T^*$ 时 $\operatorname{tr}T$ 必为实数。

3.10 两个「迹为零却有意思」的对照 #

由 3.4，$\operatorname{tr}T=\sum\lambda_i$，于是：

• $T$ 幂零（某次方为零）$\Rightarrow$ $\operatorname{tr}T=0$。 因为幂零算子的特征值全是 $0$（19 讲：上三角后对角元全零）。反过来不成立：$\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$ 幂零，但 $\begin{pmatrix}1&0\\ 0&-1\end{pmatrix}$ 迹为 $0$ 而特征值 $\pm1$，不是幂零。
• $T$ 正算子（27 讲）且 $\operatorname{tr}T=0$ $\Rightarrow$ $T=0$。 因为正算子的特征值都 $\ge 0$（谱定理），而迹是它们之和；若干个非负数加起来为 $0$，只能全为 $0$，于是 $T$ 的所有特征值为零，正算子因而 $T=0$。

这两条并排看特别有教益：同样是「迹为零」，一边只说得出「特征值正负抵消」，另一边能说「就是零」。 差别全在「特征值的符号是否受控」。这也是为什么量子力学里 $\operatorname{tr}(\rho A)$ 能当成一个期望值：$\rho$ 正、$\operatorname{tr}\rho=1$，这两个条件把迹钉成了一个平均值。

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四、几何直观 / 记忆钩子 #

4.1 钩子一：迹是「平均缩放率」乘维数 #

$\operatorname{tr}T=\sum\lambda_i$，所以

$$\frac{\operatorname{tr}T}{n}=\text{特征值的算术平均}$$

对旋转 $R_\theta$：平均是 $\cos\theta$，迹是 $2\cos\theta$。$\theta=0$ 时迹 $=2$（不动），$\theta=\pi$ 时迹 $=-2$（翻面），$\theta=\pi/2$ 时迹 $=0$（转 $90^\circ$，把每个方向都转走）。迹的符号在告诉你「总体上是在放大、缩小，还是转得厉害」。

4.2 钩子二：迹是「各方向上自己投影的总和」 #

由 3.8，$\operatorname{tr}T=\sum\langle Te_k,e_k\rangle$。每一项 $\langle Te_k,e_k\rangle$ 的意思是：

把 $e_k$ 用 $T$ 推一下，再看它在原方向上留了多少。

• 若 $e_k$ 是特征向量（$Te_k=\lambda e_k$），这一项就是 $\lambda$；
• 若 $T$ 把 $e_k$ 转走了（垂直），这一项就是 $0$。

所以迹只看得见「不把方向转跑的那部分」。这也解释了为什么幂零矩阵迹为零：它把每个方向都往更深一层推，没有留下原方向的影子。

4.3 钩子三：只有循环，没有交换 #

$$\operatorname{tr}(ABC)=\operatorname{tr}(CAB)=\operatorname{tr}(BCA)$$

记忆法：把 $A,B,C$ 想象成串在一条环上的珠子，只能整体转动环，不能拔下来重穿。 一旦你把 $B$ 和 $C$ 对调（不经过旋转），等式一般就断。

反例（自己验一遍，两行乘法）：取

$$A=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&0\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}0&0\\ 1&0\end{pmatrix}$$

则 $BC=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&0\end{pmatrix}$，$A(BC)=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&0\end{pmatrix}$，迹 $=1$；
而 $AC=0$（$A$ 只留第一行，$C$ 只留第二列，第一行第二列是 $0$），故 $ACB=0$，迹 $=0$。
$1\ne0$，循环性到此为止。

4.4 一张对照表：迹 vs 行列式 #

项	迹 $\operatorname{tr}$	行列式 $\det$
特征值层面	和 $\sum\lambda_i$	积 $\prod\lambda_i$
特征多项式	$z^{n-1}$ 的系数取负	常数项乘 $(-1)^n$
基无关	是（靠循环性）	是（靠乘性 $\det(C^{-1}BC)=\det B$）
循环性	$\operatorname{tr}(ABC)=\operatorname{tr}(CAB)$	$\det(ABC)=\det(CAB)$（因为都可交换地乘）
可逆判据	不能判（$\operatorname{tr}=0$ 也可逆）	能判（$\det=0\iff$ 不可逆）
计算成本	数 $n$ 个元素	需要消元，$O(n^3)$
几何含义	各方向缩放率的和	体积缩放倍数

4.5 钩子四：迹是「最便宜的基无关数」 #

需要校验时先算迹，需要判可逆时先行列式，需要精确的谱信息时才老实求特征多项式。这是「成本从低到高」的三级，考试和工程里都按这个顺序用。

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五、常见误区 #

$$A=\begin{pmatrix}1&2&0\\ 0&1&1\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1&0\\ 0&1\\ 2&3\end{pmatrix}$$

$AB$ 是 $2\times2$：$AB=\begin{pmatrix}1&2\\ 2&4\end{pmatrix}$，$\operatorname{tr}(AB)=1+4=5$。
$BA$ 是 $3\times3$：$BA=\begin{pmatrix}1&2&0\\ 0&1&1\\ 2&7&3\end{pmatrix}$，$\operatorname{tr}(BA)=1+1+3=5$。

两者阶数都不同，当然不是同一个矩阵；但迹一样。这正说明迹是一条比「矩阵相等」弱得多、因而适用面宽得多的信息。
顺便留意 $AB$ 的对角元 $1,4$ 与 $BA$ 的 $1,1,3$——连对角元本身都对不上，只有和相等。这一点别指望更多。

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六、拓展（可选，可跳过） #

6.1 迹在量子力学里是「期望值」 #

量子态是一个正算子 $\rho$（密度矩阵），满足 $\operatorname{tr}\rho=1$——因为「概率之和为一」。可观测量 $A$ 的期望值写成

$$\langle A\rangle=\operatorname{tr}(\rho A)$$

为什么必须是迹？因为 $\operatorname{tr}(\rho A)=\operatorname{tr}(A\rho)$，所以「先算态再测」与「先测算子再配态」给出同一个数——这个次序无关性正是期望值该有的性质。而 3.1 是它唯一的来源。

6.2 无限维的那条边界 #

3.7 在有限维成立，无限维失败（求导与乘 $x$ 的例子）。这不是巧合：只要给 $S,T$ 加上「迹类」之类的紧性限制，结论在无限维仍能救回来，而那套语言正是量子场论里用的。你的定理能走多远，取决于你定义「迹」时那个求和收敛不收敛。

6.3 迹范数（本讲之外的一句预告） #

如果你手上有个算子 $T$，它的奇异值是 $\sigma_1\ge\cdots\ge\sigma_n\ge 0$（29 讲），那么

$$\|T\|_{\text{tr}}:=\operatorname{tr}\sqrt{T^*T}=\sigma_1+\cdots+\sigma_n$$

也是一个「大小」，叫迹范数（核范数）。它和 3.9 的 Frobenius 范数的区别是：F 范数是 $\sqrt{\sigma_1^2+\cdots+\sigma_n^2}$（平方和开根），迹范数是 $\sigma_i$ 直接相加。前者惩罚大奇异值，后者一视同仁。压缩感知与矩阵补全的理论里，迹范数扮演「秩的凸替代」的角色。

6.4 一句群表示论 #

若 $G$ 是群，$\rho:G\to GL(V)$ 是表示，则 $\chi(g)=\operatorname{tr}\rho(g)$ 叫特征标（character）。它满足 $\chi(hgh^{-1})=\chi(g)$——又是因为循环性。整个表示论的第一层分类，就是靠这个「循环不变的迹」把共轭类上的值记下来。迹之所以到处都是，是因为「循环不变」正是「与基无关」的代数版。

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七、自测（先做，再看答案） #

1. 设 $A=\begin{pmatrix}1&2&0\\ 2&1&0\\ 0&0&5\end{pmatrix}$。(a) 求 $\operatorname{tr}A$；(b) 已知 $A$ 有两个特征值是 $3$ 与 $-1$，不用算特征多项式，求出第三个。

2. 设 $A$ 为 $2\times3$ 矩阵、$B$ 为 $3\times2$ 矩阵。证明 $\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$，并指出此时 $AB$ 与 $BA$ 的阶数。

3. 设 $T\in\mathcal{L}(\mathbb{C}^3)$ 的矩阵是 $\begin{pmatrix}51&-12&-21\\ 60&-40&-28\\ 57&-68&1\end{pmatrix}$。有人告诉你 $-48$ 与 $24$ 是它的特征值。不许动笔算出第三个。

4. 证明：不存在 $S,T\in\mathcal{L}(\mathbb{C}^4)$ 使 $ST-TS=I$。

5. 设 $P\in\mathcal{L}(V)$ 满足 $P^2=P$（幂等）。证明 $\operatorname{tr}P=\dim\operatorname{range}P$。

答案（点开）

1. (a) 对角元是 $1,1,5$，故 $\operatorname{tr}A=1+1+5=7$。
(b) 由 3.4，三个特征值之和等于迹：$3+(-1)+\lambda=7$，得 $\lambda=5$。
自己验一遍：$A$ 是分块上三角的 $\begin{pmatrix}B&0\\ 0&5\end{pmatrix}$（$B=\begin{pmatrix}1&2\\ 2&1\end{pmatrix}$），
故特征多项式 $=\det(B-zI)\cdot(5-z)$。而 $\det(B-zI)=(1-z)^2-4=z^2-2z-3=(z-3)(z+1)$，
全谱是 $3,-1,5$，和 $3-1+5=7$，与迹一致 ✓。
这条技巧在考试里极常用：给了 $n-1$ 个特征值，第 $n$ 个白送，不必再碰特征多项式。
顺带一个反例提醒：$\begin{pmatrix}1&2\\ 2&1\end{pmatrix}$ 的迹是 $2$，特征值是 $3,-1$（和也是 $2$）；
若你把它误算成 $\pm1$（那是 $\begin{pmatrix}0&1\\ 1&0\end{pmatrix}$ 的谱），和就变成 $0\ne2$——
迹一算不等，错在哪立刻暴露。这就是第 1.1 节说的「一行字校验」。

2. $AB$ 是 $2\times2$，$BA$ 是 $3\times3$。设 $A=(a_{j,k})$（$1\le j\le2$，$1\le k\le3$）、$B=(b_{k,j})$。则
$\operatorname{tr}(AB)=\sum_{j=1}^{2}\sum_{k=1}^{3}a_{j,k}b_{k,j}$，而 $\operatorname{tr}(BA)=\sum_{k=1}^{3}\sum_{j=1}^{2}b_{k,j}a_{j,k}$。
有限双重和可以换序，故两者相等。注意：两个矩阵阶数不同，不可能相等，但它们的迹可以相等——这两件事互不矛盾。

3. 迹是 $51+(-40)+1=12$。三个特征值之和为 $12$，故第三个是 $12-(-48)-24=36$。
（这条正是「迹是免费校验」的实战：特征值 $-48,24,36$ 都不好猜，但它们的和一眼可读。）

4. 若存在，则取迹：$\operatorname{tr}(ST-TS)=\operatorname{tr}(ST)-\operatorname{tr}(TS)=0$，
而 $\operatorname{tr}I=\dim\mathbb{C}^4=4\ne0$。一个算子迹为 $0$、另一个迹为 $4$，不可能相等（同一个算子只有一个迹）。
注意结论对维数没有要求，任何有限正维数都行；关键是 $\dim V\ne 0$。

5. 思路：先证 $P$ 可对角化（于是对角元就是特征值），再数有几个 $1$。
① $P^2=P$ 即 $P(P-I)=0$，说明极小多项式整除 $z(z-1)$。它无重根，故由 20 讲的极小多项式判据，$P$ 可对角化。
于是存在一组基使 $P$ 的矩阵是对角阵，对角元 $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ 各自只能取 $0$ 或 $1$（因为它们是特征值，而特征值必是极小多项式的零点）。
② 由 3.4（迹与基无关），$\operatorname{tr}P=\lambda_1+\cdots+\lambda_n=\#\{j:\lambda_j=1\}$。
③ 另一方面 $P$ 在 $\operatorname{range}P$ 上是恒等、在 $\operatorname{null}P$ 上是零：
前者因为 $\operatorname{range}P$ 中每个向量都形如 $Pv$，而 $P(Pv)=P^2v=Pv$；
后者按定义。再注意 $V=\operatorname{null}P\oplus\operatorname{range}P$（把 $v$ 拆成 $(v-Pv)+Pv$，
前一项被 $P$ 打成 $Pv-P^2v=0$）总成立。所以 $1$ 这个特征值的特征空间恰是 $\operatorname{range}P$，
其维数 $\dim\operatorname{range}P$ 就等于「$\lambda_j=1$ 的个数」。
合起来 $\operatorname{tr}P=\dim\operatorname{range}P$。$\blacksquare$
（投影的迹 = 它留下的维数——正是 2.4 那张表里第三行的观察。）

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八、复习卡 #

项	内容
矩阵的迹	方阵对角元之和 $\operatorname{tr}A=\sum_j A_{j,j}$
算子的迹	取任意一组基，算矩阵的迹；由 3.2 与基无关
循环性	$\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$，$A$ 为 $m\times n$、$B$ 为 $n\times m$（不必方、不必同形）
允许的变形	循环移位：$\operatorname{tr}(ABC)=\operatorname{tr}(CAB)=\operatorname{tr}(BCA)$
不允许的	任意对调（$\operatorname{tr}(ABC)\ne\operatorname{tr}(ACB)$ 一般）；$\operatorname{tr}(AB)\ne\operatorname{tr}A\cdot\operatorname{tr}B$
基无关的证明	$A=C^{-1}BC$，把 $C^{-1}$ 一路右推到 $C$ 旁边消掉
迹 = 特征值和	$\operatorname{tr}T=\sum\lambda_i$（含重数），需 $\mathbb{F}=\mathbb{C}$ 或特征多项式完全分解
特征多项式	$\operatorname{tr}T=-[z^{n-1}\text{ 的系数}]$；$\det T=(-1)^n[\text{常数项}]$
线性泛函	$\operatorname{tr}(S+T)=\operatorname{tr}S+\operatorname{tr}T$，$\operatorname{tr}(\lambda T)=\lambda\operatorname{tr}T$
唯一刻画	循环不变 + $\operatorname{tr}I=\dim V$ $\Rightarrow$ 只能是迹
内积公式	规范正交基下 $\operatorname{tr}T=\sum\langle Te_k,e_k\rangle$
不可能性	有限维无解 $ST-TS=I$（迹左 $0$、右 $\dim V$）
迹内积	$\langle S,T\rangle=\operatorname{tr}(T^*S)$ 是 $\mathcal{L}(V,W)$ 上的内积
Frobenius 范数	$\operatorname{tr}(T^*T)=\sum_{j,k}|a_{j,k}|^2=\sum\sigma_i^2$
转置共轭	$\operatorname{tr}(T^*)=\overline{\operatorname{tr}T}$；故自伴算子的迹为实数
零迹的两种命运	幂零 $\Rightarrow$ 迹零（反之不然）；正算子且迹零 $\Rightarrow$ 算子零
幂等的迹	$P^2=P$ $\Rightarrow$ $\operatorname{tr}P=\dim\operatorname{range}P$
与行列式的区别	迹可加不可乘；行列式可乘。可逆性归行列式，求和与期望归迹

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九、出处与延伸（可选，不影响阅读） #

• 主线出处：上述定义与结论系统对应《线性代数应该这样学》（第 4 版）第 8 章 8D 节「联系矩阵与算子的桥梁——迹」，PDF 页码 p286–290（印刷页码 p272–276）。原文编号：8.47（矩阵的迹）、8.48（$3\times3$ 例）、8.49（$\operatorname{tr}(AB)=\operatorname{tr}(BA)$）、8.50（迹与基无关）、8.51（算子的迹）、8.52（复空间上迹等于特征值之和）、8.53（$\mathbb{C}^3$ 例）、8.54（迹与特征多项式）、8.55（内积空间上的迹）、8.56（迹是线性的）、8.57（$ST-TS\ne I$）。
• 本讲的顺序调整：原文先讲矩阵、再证基无关、最后转向算子；本讲把「基无关」的动机（第 1.1、1.2 节）提前，并把「为什么必须先证基无关才能定义」放在 2.3 明说，因为这是初学者最容易糊过去的一步。逻辑关系未变。
• 习题来源：自测第 3 题、第 5 题以及 3.9 的迹内积、3.10 的正算子结论，分别对应原文 8D 节习题 7、2、12、5。第 3 题的三个特征值是 $-48,24,36$。
• 迹与行列式并列的展开：第 9 章（p291 起）用交错多重线性型重讲行列式，并证明「行列式 = 特征值之积」。想对照「和 vs 积」这条对称性，那里是最完整的版本。
• 数值视角：任何线性代数库都有 trace，成本 $O(n)$。用它校验特征值分解（eig 的输出求和与 trace 比对）是工程上最常见的一行自查。
• 术语别名：「迹」= trace = Spur（德）= след（俄）；「线性泛函」= linear functional；「特征标」= character；「Frobenius 范数」= Hilbert–Schmidt 范数。
• 想深挖时可查：Horn & Johnson《Matrix Analysis》里关于迹的不等式（如 $\big|\operatorname{tr}(A^*B)\big|^2\le\operatorname{tr}(A^*A)\operatorname{tr}(B^*B)$，它就是 3.9 那个内积下的 Cauchy–Schwarz 不等式）；量子力学教材里 $\operatorname{tr}(\rho A)$ 的推导。