问题及解答

设 $A$ 是 $n$ 阶幂等矩阵, 即满足 $A^2=A$. 证明:

• (1) $\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)=n$.
• (2) $\mathrm{rank}(A)=\mathrm{tr}(A)$. 其中 $\mathrm{tr}(A)=\sum_{i=1}^{n}a_{ii}$, 称为矩阵 $A$ 的迹(trace).

(1) $A^2=A$ 推出 $A(I_n-A)=0$.  根据性质

\[
\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)-n\leqslant\mathrm{rank}(A(I_n-A))=0
\]

这推出

\[
\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)\leqslant n.
\]

另一方面, $A+(I_n-A)=I_n$, 因此根据性质

\[
n=\mathrm{rank}(I_n)\leqslant\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A).
\]

因此,

\[
\mathrm{rank}(A)+\mathrm{rank}(I_n-A)=n.
\]

(2) 设 $\mathrm{rank}(A)=r$, 则存在 $n$ 阶可逆矩阵 $P$, $Q$, 使得

\[
A=P\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}Q.
\]

由于 $A^2=A$, 故

\[
P\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}Q\cdot P\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}Q=P\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}Q
\]

两边同时左乘 $P^{-1}$, 右乘 $Q^{-1}$, 得

\[
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}QP\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\]

将 $QP$ 分块, 不妨记为

\[
QP=\begin{pmatrix}
R_{11} & R_{12}\\
R_{21} & R_{22}
\end{pmatrix}
\]

其中 $R_{11}$ 是 $r$ 阶方阵. 则

\[
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
R_{11} & R_{12}\\
R_{21} & R_{22}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\]

\[
\Rightarrow\ \ 
\begin{pmatrix}
R_{11} & R_{12}\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\]

\[
\Rightarrow\ \ 
\begin{pmatrix}
R_{11} & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\]

因此, $R_{11}=E_r$. 即

\[
QP=\begin{pmatrix}
E_r & R_{12}\\
R_{21} & R_{22}
\end{pmatrix}\quad \Rightarrow\quad
Q=\begin{pmatrix}
E_r & R_{12}\\
R_{21} & R_{22}
\end{pmatrix}P^{-1}
\]

于是

\[
A=P\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}Q=P
\begin{pmatrix}
E_r & 0\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E_r & R_{12}\\
R_{21} & R_{22}
\end{pmatrix}P^{-1}=P
\begin{pmatrix}
E_r & R_{12}\\
0 & 0
\end{pmatrix}P^{-1}
\]

若记

\[
B=\begin{pmatrix}
E_r & R_{12}\\
0 & 0
\end{pmatrix}
\]

则 $A$ 的特征多项式为

\[
\begin{split}
f(\lambda)&=\det(\lambda I_n-A)=\det(\lambda I_n-PBP^{-1})\\
&=\det(P(\lambda I_n-B)P^{-1})\\
&=\det(\lambda I_n-B)\\
&=\begin{vmatrix}
(\lambda-1)E_r & -R_{12}\\
0 & \lambda E_{n-r}
\end{vmatrix}\\
&=(\lambda-1)^r\cdot\lambda^{n-r}.
\end{split}
\]

故 $f(\lambda)$ 中 $\lambda^{n-1}$ 的系数等于 $(\lambda-1)^r$ 中 $\lambda^{r-1}$ 的系数, 为 $C_r^{r-1}\lamba^{r-1}\cdot(-1)=-r$.

回到原来的方阵 $A$,

\[
A=\begin{pmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}\\
\end{pmatrix}
\]

\[
f(\lambda)=\det(\lambda I_n-A)=
\begin{vmatrix}
\lambda-a_{11} & -a_{12} & \cdots & -a_{1n}\\
-a_{21} & \lambda-a_{22} & \cdots & -a_{2n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
-a_{n1} & -a_{n2} & \cdots & \lambda-a_{nn}\\
\end{vmatrix}
\]

$\lambda^{n-1}$ 的系数为 $-(a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn})$, 故

\[
\mathrm{rank}(A)=a_{11}+a_{22}+\cdots+a_{nn}=\mathrm{tr}(A).
\]