A,B为n×n的矩阵，A的平方=A=AB。证明：B的平方=B=BA 当且仅当 rank(A) = rank(B)

Answer 1

前面几位都没有给出完整的充分性的证明 (两个短证明的B = BA都缺乏根据).
这里给出充分性的两种证法.
第一种用到的知识较少, 只需要矩阵的秩, 初等变换相关的知识.
第二种需要用到矩阵的相似, 好处是比较能体现题目条件的本质.

约定一些记号: r(A)表示矩阵A的秩, E_k表示k阶单位矩阵, E_n也直接用E表示.
[X,Y;Z,W]表示一个r,(n-r)分块矩阵, 即X, W分别为r阶和n-r阶方阵, 而[X,Y;Z,W] =
X Y
Z W

首先必要性是很简单的:
由A = AB, 有r(A) = r(AB) ≤ r(B).
又由B = BA, 有r(B) = r(BA) ≤ r(A).
于是r(A) = r(B).

充分性证法一:
主要部分是一个引理:
设C, D为n阶方阵, 满足r(C) = r(D) = r, 若存在P使C = PD, 则存在可逆矩阵Q使C = QD.

证明:
首先, 由r(D) = r, D可通过行列初等变换, 化为相抵标准型F = [E_r,0;0,0].
于是存在可逆矩阵S, T使DT = SF (等价于S^(-1)DT = F).
由C = PD, 有CT = PDT = PSF.
而T可逆, 故r(CT) = r(C) = r.

CT可通过初等行变换, 化为只有前r行非零的阶梯矩阵.
即存在可逆矩阵U, 使UCT后n-r行都是0.
设UPS = [K,L;M,N], 可得UCT = UPSF = [K,0;M,0].
而UCT的后n-r行都是0, 故M = 0, UPS = [K,L;0,N], UCT = [K,0;0,0].
有r(K) = r(UCT) = r(C) = r.

取V = [K,0;0,E_(n-r)], 则r(V) = r(K)+r(E_(n-r)) = n, 即V可逆.
由U, S可逆, 可取Q = U^(-1)VS^(-1), 有Q可逆, 且V = UQS.
又可验证UCT = VF, 故UCT = UQSF = UQDT, 而U, T可逆, 得C = QD.
Q即为满足要求的可逆矩阵, 引理证毕.

回到原题, 由A = AB, r(A) = r(B), 存在可逆矩阵Q使A = QB.
代入A² = A = AB得QBQB = QB = QB².
由Q可逆, 有BA = BQB = B = B², 即所求证.

注: 虽然在引理证明中设了很多符号, 看其来很麻烦, 但其实思路很简单.
就是利用初等变换把C, D化为标准型[E_r,0;0,0]来讨论.
此时P也会相应变为UPS, 而由于标准型有很多0, 所以可适当改变UPS, 将其变为可逆阵.
再变换回去就得到所要的可逆阵Q.

充分性证法二:
主要部分是由A² = A证明A相似于对角阵[E_r,0;0,0], 其中r = r(A).

证明:
由A² = A, 即A(E-A) = 0,
有r(A)+r(E-A)-n ≤ r(A(E-A)) = 0, 即r(A)+r(E-A) ≤ n.
n-r(A)与n-r(E-A)分别是AX = 0与AX = X的解空间维数, 也即A的属于0和1的特征子空间维数.
维数和(n-r(A))+(n-r(E-A)) ≥ 2n-(r(A)+r(E-A)) ≥ n.
而属于不同特征值的特征向量线性无关, 故A有不少于n个线性无关的特征向量.
于是A可对角化, 且特征值只能为0或1.
相似矩阵的秩相等, 因此与A相似的对角矩阵的秩也为r = r(A), 恰有r个非零特征值.
而特征值非0即1, 故A相似于[E_r,0;0,0].

设C = T^(-1)AT = [E_r,0;0,0], D = T^(-1)BT = [K,L;M,N].
则由A = AB可得C = CD, 即有[E_r,0;0,0] = [K,L;0,0].
得K = E_r, L = 0, 于是D = [E_r,0;M,N].
而r = r(A) = r(B) = r(D) ≥ r(E_r)+r(N) = r+r(N).
故r(N) = 0, 即N = 0, D = [E_r,0;M,0].
可验证D² = D = DC, 于是B² = B = BA (B = TDT^(-1), A = TCT^(-1)).

注: 满足A² = A的矩阵对应一个(斜)投影变换.
即将全空间的向量映到一个r维子空间, 并保持该子空间中的向量不动.
由A = AB, B所对应的线性变换也保持该子空间中的向量不动.
而条件r(A) = r(B)说明B对应线性变换的像集也是r维的.
因此B也是一个到该r维子空间的投影变换.
进而得到B² = B = BA.

Answer 2

先写一点儿结果吧，能证出B^2=B，但后面的B=BA还不行。

先写简单的：如果B^2=B=BA，则rank(A)=rank(B)
这个很简单了。
由A=AB，rank(A)=rank(AB)<=rank(B)
由B=BA，rank(B)=rank(BA)<=rank(A)
所以得证。

再写难的：如果rank(A)=rank(B)，则B^2=B
因为A是幂等矩阵，即：A^2=A，有这么一个定理：
A可以写成：A=P'DP的形式，其中：P是可逆矩阵，P'是它的逆。
D是对角阵且对角元素是0或1。
设rank(A)=k，不妨设对角阵D的左上角是个k阶单位矩阵，其余元素为0。

由A=AB，有：P'DP = P'DPB
因为P'可逆，所以：DP=DPB
所以：DP(E-B)=0，其中E是单位矩阵。
考察矩阵DP，DP是个上边k行与P相同，下边n-k行全为零的矩阵。
又因为P是可逆的满秩矩阵，所以P的前k行线性无关，所以rank(DP)=k
而DP(E-B)=0，说明：E-B包含在矩阵DP的零空间里，所以：rank(E-B)<=n-k
又因为已知：rank(B)=k，所以：rank(B)+rank(E-B)<=n

另由线性代数的定理：rank(B)+rank(E-B)>=rank(B+(E-B))=rank(E)=n
所以：rank(B)+rank(E-B)=n
所以：rank(E-B)=n-k

下面要用到这么一个定理，我是在一篇叫：
Rank additivity and matrix polynomials
的文章中找到的，是一个1982年的report，应该很容易就能搜索出来。
里面有这么个定理：
设A1, A2, ..., Ak是n×n的矩阵，A=A1+A2+...+Ak。
(1) 对于任何Ai，Ai^2 = Ai
(2) 对于任何Ai, Aj，AiAj=0（正交）
(3) A^2=A
(4) rank(A1)+rank(A2)+...+rank(Ak)=rank(A)
定理是：(1)+(2)的条件组合，等价于(3)+(4)的条件组合。
BTW：作者说这就是Cochran定理，但我实在没看出来。

把我们的问题套到这个Cochran定理里：
A1=B，A2=E-B，A=A1+A2=E
因为(3)(4)成立，所以(1)(2)也成立。所以：B^2=B

Answer 3

当 A， B=0时， 显然成立。
正方向， 如果B^2=B=BA, A^2=A=AB,
rank(B)= rank(BA)≤ rankA (Sylvester's rank inequality), rank(A)=rank(AB)≤ rank(B)

这说明 rank(A)=rank(B)
反方向， 如果rank(A)=rank(B)， 因为A^2=A=AB，(B)A=BA^2=(BA)A，所以 B=BA，B^2=(BA)^2=BA(BA)=BAB=B(AB)=BA=B,所以 B^2=B=BA

Answer 4

当 A， B=0时， 显然成立。
正方向， 如果B^2=B=BA, 因为A^2=A=AB, 所以BA=BA^2=BAB=B, 即BA=B，
这说明 R（A)=R(B)，否则若R(A)不等于R(B)， AB=0 矛盾
反方向， 如果R(A)=R(B)， 因为A^2=A=AB， 所以BA=BAB=BA^2，所以 B=BA，B^2=(BA)^2=B,所以 B^2=B=BA