幂等方阵可对角化

定义1（幂等方阵）

令$A$为$n$阶方阵。若对任意正整数$n$，都有$A^n=A$，就说$A$是幂等的。

我要证明的就是幂等阵可以化为对角阵，我强烈建议你先尝试自己证明它，也许你能独立发现一个漂亮的证明；我知道这个命题确实可以用简单易懂的方式证明。为了避免剧透，让我用一个倒计时将主要内容从屏幕可见范围中挤出去(优快云似不支持用<details>标签来折叠内容)：

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定理1（幂等阵可对角化）

令$A$为 $n$ 阶幂等方阵、$r$为$A$的秩，则存在可逆矩阵$T$，使$A=TD{T}^{-1}$，且
$$D=\left[\begin{array}{cc}{E}_r& \\ & O\end{array}\right]；$$
其中$E_r$为 $r$ 阶单位阵，$O$为零矩阵。

将定理1分解为两个引理更易于理解，如下是第一个：

引理1（幂等阵对应$1$的特征向量）

令$A$为 $n$ 阶幂等方阵、$r$为$A$的秩，则$A$有$r$个线性无关的、对应于特征值$1$的特征向量。

证：

$A$幂等意味着$A^2=AA=A$。将第二个$A$逐列分块为$A=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,...,{\alpha }_n]$，则$AA=A[{\alpha }_1,{\alpha }_2,...,{\alpha }_n]=[A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,...,A{\alpha }_n]$，也就是$$AA=A[{\alpha }_1,{\alpha }_2,...,{\alpha }_n]=[A{\alpha }_1,A{\alpha }_2,...,A{\alpha }_n]=[{\alpha }_1,{\alpha }_2,...,{\alpha }_n]$$此即$A{\alpha }_i={\alpha }_i,(i=1,...n)$。令$r$表示$A$的秩，那么肯定有 $r$ 个满足$A{\alpha }_i={\alpha }_i\ne 0$的线性无关向量。显然它们都是$A$的对应$1$的特征向量。

然而问题是，它还有更多的对应于$1$的线性无关特征向量吗？如下引理能带来否定回答：

引理2（幂等阵对应$0$的特征向量）

令$A$为 $n$ 阶幂等方阵、$r$为$A$的秩，则$A$有$n-r$个线性无关的对应于特征值$0$的特征向量。

证：

满足$Ax=0$的非零解就是$A$的、对应$0$的特征向量。由线性方程组的理论知，齐次方程组$Ax=0$的基础解系是由 $n-r$ 个线性无关的非零向量组成的。

所以，假如$A$有多于$r$个对应于$1$的线性无关特征向量，那么把它们和$A$的对应$0$的 $n-r$ 个线性无关特征向量放在一起，将会得到多于$n$个的无关向量。而这是不可能的。（分属不同特征值的特征向量线性无关）

现在来证定理1：

令$[{\alpha }_1,...,{\alpha }_r]$为$A$的属于$1$的特征向量，令$[{\beta }_1,...,{\beta }_{n-r}]$为$A$的属于$0$的特征向量。令$$T=[{\alpha }_1,...,{\alpha }_r,{\beta }_1,...,{\beta }_{n-r}]，$$则$$AT=[{\alpha }_1,...,{\alpha }_r,0,...,0]=T\left[\begin{array}{cc}{E}_r& \\ & O\end{array}\right]$$因为$T$可逆，因此在上式两边同时右乘$T$得$$A=T\left[\begin{array}{cc}{E}_r& \\ & O\end{array}\right]T^{-1}$$

既然在选定一组基之后，一个线性空间上的线性变换由一个方阵唯一表示、一个抽象向量由一个数组唯一表示，那么由定理1就不难得到一个结论：$n$维线性空间中的线性变换$\mathcal{A}$若是幂等的，则它的线性无关特征向量有$n$个，并且它的特征值只有{0,1}\{0, 1\}{0,1}；它实际上就是个投影变换。反过来，一个投影变换显然是幂等的，所以：

推论

$n$ 维线性空间 $V$上的线性变换 $\mathcal{A}$ 幂等的充分必要条件是：$\mathcal{A}$是投影变换。