广西民族大学 2014年高等代数第0题

设 $\lambda$ 是 $A$ 的特征值，对应的特征向量为 $\mathbf{v}$，则 $A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}$。由 $A^2=A$ 得 $A^2\mathbf{v}=A\mathbf{v}$，即 $\lambda^2\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}$，所以 $(\lambda^2-\lambda)\mathbf{v}=0$。由于 $\mathbf{v}\neq0$，故 $\lambda^2-\lambda=0$，解得 $\lambda=0$ 或 $\lambda=1$。因此 $A$ 的特征值只能是 $0$ 或 $1$。

由 $A^2=A$ 知 $A$ 满足多项式 $f(x)=x^2-x=x(x-1)$。由于 $f(x)$ 的根为 $0$ 和 $1$，且均为单根，故 $A$ 的最小多项式 $m(x)$ 整除 $f(x)$，从而 $m(x)$ 也无重根。根据线性代数理论，若一个矩阵的最小多项式无重根，则该矩阵可对角化。

设 $r=\operatorname{rank}(A)$。由于 $A$ 是幂等矩阵，有 $A^2=A$，则 $A$ 的列空间与零空间满足 $\operatorname{Im}(A) \cap \operatorname{Ker}(A)=\{0\}$ 且 $\mathbb{C}^n=\operatorname{Im}(A)\oplus\operatorname{Ker}(A)$。事实上，对任意 $\mathbf{x}\in\mathbb{C}^n$，有 $\mathbf{x}=A\mathbf{x}+(\mathbf{x}-A\mathbf{x})$，其中 $A\mathbf{x}\in\operatorname{Im}(A)$，而 $\mathbf{x}-A\mathbf{x}\in\operatorname{Ker}(A)$ 因为 $A(\mathbf{x}-A\mathbf{x})=A\mathbf{x}-A^2\mathbf{x}=0$。又若 $\mathbf{y}\in\operatorname{Im}(A)\cap\operatorname{Ker}(A)$，则 $\mathbf{y}=A\mathbf{z}$ 且 $A\mathbf{y}=0$，于是 $\mathbf{y}=A\mathbf{z}=A^2\mathbf{z}=A(A\mathbf{z})=A\mathbf{y}=0$。因此 $\dim\operatorname{Im}(A)=r$，$\dim\operatorname{Ker}(A)=n-r$。特征值 $1$ 的几何重数等于 $\dim\operatorname{Im}(A)=r$，特征值 $0$ 的几何重数等于 $\dim\operatorname{Ker}(A)=n-r$。

取 $\operatorname{Im}(A)$ 的一组基 $\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_r$ 和 $\operatorname{Ker}(A)$ 的一组基 $\mathbf{v}_{r+1},\dots,\mathbf{v}_n$，则这 $n$ 个向量线性无关，构成 $\mathbb{C}^n$ 的一组基。令 $P=(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_r,\mathbf{v}_{r+1},\dots,\mathbf{v}_n)$，则 $P$ 可逆。由于 $A\mathbf{v}_i=\mathbf{v}_i$（$i=1,\dots,r$）且 $A\mathbf{v}_j=0$（$j=r+1,\dots,n$），故 $AP=P\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$，即 $P^{-1}AP=\begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$。

因此，$A$ 相似于对角矩阵 $\begin{pmatrix} E_r & \\ & O \end{pmatrix}$，其中 $E_r$ 是 $r$ 阶单位矩阵，$O$ 是 $n-r$ 阶零矩阵。