上三角矩阵的根：能否用泰勒展开证明对角元非零的P存在平方根A？

嘿，这个问题问得挺到位的——首先得明确咱们讨论的是上三角矩阵P（毕竟原问题是针对上三角矩阵的根相关问题），而且默认在复数域内分析（非零复数都有平方根，这是泰勒展开能派上用场的前提）。结论是：完全可以通过泰勒展开证明这样的P存在满足A²=P的平方根A，具体推导我给你拆解清楚：

1. 先搞懂矩阵函数的泰勒展开逻辑 #

咱们先从单变量函数的泰勒展开延伸到矩阵：如果一个解析函数f(x)在x=a处能展开成收敛的泰勒级数：
$$f(x) = \sum_{k=0}^\infty c_k(x-a)^k$$
那对于任意n阶矩阵M，只要M的所有特征值都落在这个级数的收敛范围内，我们就能直接把级数里的x换成M，定义出矩阵函数f(M)：
$$f(M) = \sum_{k=0}^\infty c_k(M - aI)^k$$
更重要的是，这个矩阵函数会严格继承原函数的运算性质——比如如果原函数满足f(x)²=x，那对应的矩阵函数就一定满足f(M)²=M。

2. 针对上三角矩阵P选对函数和展开方式 #

咱们的目标是找平方根，所以选函数$f(x)=\sqrt{x}$就行。对于上三角矩阵P来说，它的特征值就是自己的对角元λ₁,λ₂,...,λₙ，而且题目说这些对角元都非零，刚好√x在所有非零复数的邻域内都是解析的（简单说就是能展开成泰勒级数）。

接下来看P的结构：上三角矩阵可以拆成对角矩阵D（对角元就是λᵢ）加上严格上三角矩阵N（对角线全是0）。严格上三角矩阵有个特殊性质：它是幂零矩阵——意思是把它自乘足够多次（最多n次，n是矩阵阶数）后，结果会变成零矩阵。

咱们可以把P改写为$P = D(I + D^{{-1}N)$，这里$D}{-1}N$还是严格上三角矩阵（也就是幂零的）。现在看函数$f(t)=\sqrt{1+t}$，它在t=0处的泰勒展开是：
$$\sqrt{1+t} = \sum_{k=0}^\infty \binom{1/2}{k} t^k$$
这个级数的收敛半径是1，而幂零矩阵$D^{{-1}N$的谱半径是0（所有特征值都是0），远小于收敛半径，所以把t换成$D}{-1}N$后，这个级数肯定收敛。

3. 构造出满足条件的平方根A #

咱们先定义$\sqrt{D}$——这是个对角矩阵，对角元就是每个λᵢ的平方根μᵢ（满足μᵢ²=λᵢ）。然后用刚才的级数构造A：
$$A = \sqrt{D} \cdot \sum_{k=0}^\infty \binom{1/2}{k} (D^{-1}N)k$$
因为$D^{{-1}N$是幂零的，这个级数其实是有限项求和（k超过n后，$(D}{-1}N)^k=0$，后面的项都不用算了），计算起来很实在。

现在验证A²=P：因为$\sqrt{D}$是对角矩阵，和$(D^{-1}N)$的幂次都可交换（对角矩阵的缩放作用可以提到前面，最终乘积顺序不影响结果），所以展开A²后：
$$A² = (\sqrt{D})² \cdot \left( \sum_{k=0}^\infty \binom{1/2}{k} (D^{-1}N)k \right)^2$$
而$(\sqrt{D})²=D$，后面的级数平方刚好等于$I + D^{-1}N$（因为原函数$\sqrt{1+t}$的平方就是1+t，矩阵函数继承这个性质），所以：
$$A² = D(I + D^{-1}N) = P$$
完美符合要求！

额外提一句实数域的情况 #

如果是在实数域里讨论，得加个条件：P的所有对角元都是正实数（毕竟负实数在实数域里没有平方根），这时候同样能用泰勒展开构造出实上三角的平方根矩阵。要是有负对角元，实数域里就找不到实平方根了，但复数域里依然存在复平方根。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user522841