關于復數(shù)矩陣的強-Drazin逆

張維璽，郭世樂，陳煥艮

(1. 杭州師范大學理學院，浙江 杭州 311121； 2. 福建技術師范學院電子與信息工程學院，福建 福清 350300)

在本文中，Cn×n表示所有n×n復矩陣的集合，N(Cn×n)表示所有n×n冪零復矩陣的集合.A∈Cn×n的Drazin逆是一個唯一的復矩陣X，表示為AD，并且滿足AX=XA,X=XAX與A-A2X∈N(Cn×n).譜矩陣Aπ表示I-AAD,對任一個有Drazin逆的復數(shù)矩陣A∈Cn×n.一個復矩陣A∈Cn×n有強-Drazin逆，如果存在一個n×n的矩陣X滿足X2A=X,AX=XA,A-AX∈N(Cn×n).這里X是唯一的，并且稱為A∈Cn×n的強-Drazin逆.許多作者研究了強-Draizn逆，如文[1-2].正如我們所知，A∈Cn×n具有強-Drazin逆當且僅當復矩陣A可表示為可交換的冪零矩陣和冪等矩陣的和[3].

1 加性結(jié)果

本節(jié)的目的是確定兩個復強-Drazin可逆矩陣和的強-Drazin逆的存在性.為了進一步討論，先討論如下引理.

引理1令A∈Cn×n，那么以下條件等價：

1)A有強-Drazin逆；

2)A-A2是冪零元；

3)A=E+W，這里E∈Cn×n是冪等元，W∈Cn×n是冪零元，并且EW=WE.

證明2)?3).由[3，引理2.1]可證，這兩個條件等價.

1)?3).設矩陣X是復矩陣A的強-Drazin逆，由強-Drazin逆的定義可知，AX是冪等元，A-AX是冪零元，并且A=AX+A-AX，AX(A-AX)=(A-AX)AX.

3)?1).令X=(A+1-E)-1E，容易證明矩陣X就是復矩陣A的強-Drazin逆.

□

定理1令P,Q∈Cn×n都有強-Drazin逆，并且PQiP=0，i=1,2,…,n.那么P+Q有強-Drazin逆.

證明因為P,Q∈Cn×n都有強-Drazin逆，所以存在正整數(shù)n,m使得(P-P2)n=0, (Q-Q2)m=0.我們需要證明(P+Q)-(P+Q)2是冪零元.

(P+Q)-(P+Q)2=(P-P2)-QP+(Q-Q2)-PQ.

首先證明(P-P2)-QP和(Q-Q2)-PQ都是冪零元.因為PQiP=0,i=1,2,…,n，所以由歸納法可得

((P-P2)-QP)n+1=(P-P2)n+1-QP(P-P2)n=0.

然后，((Q-Q2)-PQ)2m的每一項可以寫成如 (Q-Q2)i1(PQ)j1(Q-Q2)i2(PQ)j2…(Q-Q2)ik(PQ)jk的形式，其中i1+j1+i2+j2+…+ik+jk=2m.因為PQiP=0，i=1,2,…,n.那么這些項又可以寫成

(Q-Q2)iPQ(Q-Q2)j,i+j=2m-1.

由于(Q-Q2)iPQ(Q-Q2)j=0，所以((Q-Q2)-PQ)2m=0.

現(xiàn)在證明(P-P2)-QP+(Q-Q2)-PQ是冪零元.令A=(P-P2)-QP，B=(Q-Q2)-PQ，那么有An+1=0，B2m=0.設f(λ)=λn-a1λn-1-…-an為Q的特征值多項式.由Cayley-Hamilton定理可得f(Q)=0.因此Qn=a1Qn-1+…+anI.因為PQiP=0，i=1,2,…,n，所以有PQiP=0對任意正整數(shù)k，進一步可得ABkA=0 對任意正整數(shù)k.顯然，(A+B)n+4m+2的每一項可以寫成

Ar1Bs1Ar2Bs2…ArkBsk,r1+r2+…+rk+s1+s2+…+sk=n+4m+2,

并且ri

情況Ⅰr1=0，那么上述式子的每一項可以寫成如Bs1Ar2Bs2…ArkBsk的形式，其中s1<2m，r20，因此Bs1Ar2Bs2…ArkBsk=0由于ABkA=0對任意正整數(shù)k.

情況Ⅱr1>0，有r10，因此Ar1Bs1Ar2Bs2…ArkBsk=0由于ABkA=0對任意正整數(shù)k.

因此，有(A+B)n+4m+2=0，所以A+B是冪零元.證畢.

推論1令P,Q∈Cn×n都有強-Drazin逆，并且PQP=0，PQ2=0，那么P+Q有強-Drazin逆.

證明因為PQP=0，PQ2=0，所以有PQiP=0，i=1,2,…,n.因此，由定理1，可證得P+Q有強-Drazin逆.

2 分塊矩陣

本節(jié)的目標是將上文結(jié)果應用于分塊復數(shù)矩陣.我們現(xiàn)在推導：

因為CAiB=0，i=1,2,…,n，由Cayley-Hamilton定理可得，CAiB=0，i=1,2,…,2n，因此PQiP=0，i=1,2,…,2n.所以，由定理1，可得P+Q有強-Drazin逆.證畢.

眾所周知，1994年，美國數(shù)學家約翰·納什、約翰·海薩尼、萊因哈德·澤爾騰因在非合作博弈均衡分析理論方面做出了開創(chuàng)性貢獻，從而對博弈論和經(jīng)濟學產(chǎn)生了重大影響，而共同獲得諾貝爾經(jīng)濟學獎。這一當今科學界最有影響力的獎項頒發(fā)，充分說明了數(shù)學對經(jīng)濟的重要性。財經(jīng)與數(shù)學息息相關，現(xiàn)在經(jīng)濟學大多是要求有計量經(jīng)濟模型分析的，計量經(jīng)濟學的支持就是數(shù)學；博弈論的也是依靠數(shù)學思維分析，……。這也就不難理解，許多財經(jīng)類企事業(yè)單位和科研機構在招聘時甚至會直接錄用數(shù)學專業(yè)或有數(shù)學專業(yè)背景的學生。可見，一方面是數(shù)學是財經(jīng)類行業(yè)的重要的工具；另一方面，數(shù)學思維對財經(jīng)類行業(yè)有重要指導意義。

3 譜條件

令P∈Cn×n有強-Drazin逆，那么它就有Drazin逆.下文用Pπ表示譜冪等元In-PPD.現(xiàn)在證明：

定理3令P,Q∈Cn×n都有強-Drazin逆，并且PQD=0,PDQ=0,QπPQiPPπ=0，其中i=1,2,…,n,那么P+Q有強-Drazin逆.

證明因為P,Q∈Cn×n都有強-Drazin逆，由強-Drazin逆的定義可知，若某元素的強-Drazin逆存在，那么它與該元素的Drazin逆是相同的.假設ind(P)=r.由[4，引理1]可得

也有強-Drazin逆由于P+Q-(P+Q)2是冪零元.

推論2令P,Q∈Cn×n都有強-Drazin逆，并且PQD=0,PDQ=0,QπPQPPπ=0,QπPQ2Pπ=0,那么P+Q有強-Drazin逆.

證明因為QπPQ2Pπ=0且PDQ=0，有

QπPQ2PPπ=0,QπPQ3Pπ=QπPQ2PπQPπ+QπPQ2PPDQPπ=0.

那么可得QπPQ3PPπ=0，由歸納法容易證明QπPQiPPπ=0，i=1,2,…,n.因此，由定理3，證畢.

因此

作為直接結(jié)論，可得：

證明因為CB=0，有CBDiCAπ=0，i=0,1,…,n-1，那么由定理4，可證得結(jié)果.