Deje $Y \in M_n $. Tenemos $ Y^2 = Y \Longleftrightarrow Y(Y-I) = 0 $. Esto significa que los vectores en $ Y-I $ están en el nullspace de $ Y$. Esto significa que $ Y $ es una proyección (también porque el polinomio característico es $x^2-x=0$, que tiene sólo raíces 0 y 1). No soluciones similares se dan por no similares matrices de proyección, los cuales deben ser aquellos con desiguales grados. Hay, pues, $n$ sin soluciones similares (de rango 1 rango $n$ proyecciones, donde un rango de $n$ proyección que podría ser definido simplemente para ser positivo-definida unitario de la matriz; si uno cuenta la matriz cero, entonces sería la $n+1$ soluciones, supongo). Puesto que las proyecciones son diagonalizable, es bastante trivial que las proyecciones de la igualdad de rango son similares el uno al otro. Hay más en este problema que salta a la vista? Edit: el rango-$n$ proyección debe ser la matriz identidad, creo.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Estás en lo correcto. La única cosa que quiero señalar es que usted puede probar su observación sin siquiera usar la noción de valores propios, vectores propios y diagonalización.
Si $T \colon V \rightarrow V$ satisface $T^2 = T$ da $v \in V$ puede escribir $v = Tv + (v - Tv)$, lo que muestra que $V = \ker(T) + \mathrm{im}(T)$. Si $v = Tu \in \ker(T) \cap \mathrm{im}(T)$$0 = Tv = T^2u = Tu = v$, lo que muestra que el $V = \ker(T) \oplus \mathrm{im}(T)$. Por la elección de una base para $\ker(T)$ $\mathrm{im}(T)$ puede ver que la matriz que representa a $T$ $\mathrm{diag}(0_{n - m}, I_m)$ donde $0 \leq m = \dim \mathrm{im}(T) \leq \dim V = n$. Esto demuestra que cada matriz de proyección es similar a $\mathrm{diag}(0_{n-m}, I_m)$ y si una matriz $A$ es similar a $\mathrm{diag}(0_{n-m}, I_m)$ claramente satisface $A^2 = A$. Finalmente, las matrices $\{\mathrm{diag}(0_{n-m}, I_m)\}_{m=0}^{n}$ no son similares entre sí debido a la similar matrices tienen el mismo rango.
