整环上矩阵的加权Moore-Penrose逆

2010-05-15朱光艳刘晓冀

湖北民族大学学报(自然科学版) 2010年3期

朱光艳 ,刘晓冀

(1.湖北民族学院预科教育学院，湖北恩施 445000；2.广西民族大学数学与计算机科学学院，广西南宁 530006)

1 引言及引理

文献[1]讨论了复数域上矩阵的加权Moore-Penrose逆的加边，文献[2]通过秩等式给出了整环上矩阵的加权Moore-Penrose逆存在的充分必要条件.本文给出整环上矩阵加权Moore-Penrose逆存在的一些新的充分必要条件，并利用加边矩阵的可逆性来刻画它.

设R表示具有对合“*” 的整环；Rm×n表示R上m×n矩阵构成的集合；ρ(A)表示矩阵A的充分必要秩；N(A)表示A的零空间；R(A)表示A的值域；I表示单位矩阵；In表示n阶单位矩阵. 若无特别说明下面考虑的都是R上的矩阵.

定义1[3]设A∈Rm×n，若在R上存在一个n×m矩阵X使得：

则称矩阵X是A的Moore-Penrose逆. 若A的Moore-Penrose逆存在，则唯一，记作X=A+. 当X满足方程(1)时，称X为A的正则逆. 当X满足条件1)、2)，还满足条件：AX=XA时，称X为A的群逆，记作A#.

定义2[2]设A∈Rm×n, M和N分别是R上的m阶和n阶可逆矩阵，若R上存在一个n×m矩阵X使得：

引理1[2]设A∈Rm×n，M和N分别是R上的m阶和n阶可逆矩阵，若A关于矩阵M和N的加权Moore-Penrose逆存在，则唯一.

引理2 设A∈Rm×n, ρ(A)=r, U∈Rm×(m-r)与V*∈Rn×(n-r)是列满秩的，其列向量分别构成N(A*)与N(A)的基，B是A的正则逆，则存在矩阵Z和Y使得:

BA=In+V*Z，AB=Im+YU*.

证明先证R(I-BA)=N(A). ∀x∈R(I-BA), 则存在z∈Rn使得:x=(I-BA)z，从而Ax=A(I-BA)z=(A-ABA)z=0，故R(I-BA)⊆N(A). 另一方面，∀x∈N(A)，则Ax=0，从而BAx=0，x=(I-BA)x∈R(I-BA)，故N(A)⊆R(I-BA)，综上所述有R(I-BA)=N(A). 因此存在矩阵Z使得:I-BA=V*Z.

由于B是A的正则逆，则B*是A*的正则逆. 同理存在矩阵Y使得I-AB=YU*.

2 Moore-Penrose逆存在的充分必要条件

(i)A是正则的；

(ii)U*M-1U、VNV*均可逆.

在这种情况下，设B为A的正则逆，则有:

(1)

证明充分性：须注意U*A=0，AV*=0，由引理2，存在矩阵Z和Y使得：BA=In+V*Z，AB=Im+YU*，直接验证式(1)为A的加权Moore-Penrose逆.

定理2 设A∈Rm×n, M和N分别是R上的m阶和n阶可逆矩阵，则下列条件等价：

(ii)存在矩阵P和Q使得：PA*M*A=A=AN-1A*Q，且A*M*A、AN-1A*均对称；

(iii)AN-1A*M*的群逆存在，A*M*A、AN-1A*均对称，且存在矩阵W使得：A=AN-1A*M*W；

(iv) N-1A*M*A的群逆存在，A*M*A、AN-1A*均对称，且存在矩阵G使得：A=GN-1A*M*A.

此时，N-1Q*AP*M*是A关于M、N的加权Moore-Penrose逆.

类似可证AN-1A*对称.

(ii)⟹(i) 若存在矩阵P、Q使得：PA*M*A=A=AN-1A*Q, 且A*M*A、AN-1A*均对称，则AP*=PA*M*AP*对称，Q*A=Q*AN-1A*Q也对称.取H=N-1Q*AP*M*，从而，

AHA=AN-1Q*AP*M*A=AN-1A*QP*M*A=AP*M*A=PA*M*A=A

HAH=N-1Q*AP*M*AN-1Q*AP*M*=N-1Q*PA*M*AN-1A*QP*M*=

N-1Q*AN-1A*QP*M*=N-1Q*AP*M*=H；

(MAH)*=(MAN-1Q*AP*M*)*=(MAN-1A*QP*M*)*=(MAP*M*)*=MAP*M*=MAH；

(NHA)*=(Q*AP*M*A)*=(Q*PA*M*A)*=(Q*A)*=(Q*AN-1A*Q)*=Q*AN-1A*Q=NHA.

使得A=AN-1A*M*W.

(iii)⟹(i) 若AN-1A*M*的群逆(AN-1A*M*)#存在，且存在矩阵W使得A=AN-1A*M*W，则:

类似可以证明条件(i)⟺(iv).

3 Moore-Penrose逆的表达式

(2)

证明由U*MA=0，得A*MU=0. 从而：

(AN-1A*M+UU*M)AN-1A*M=AN-1A*MAN-1A*M=AN-1A*M(AN-1A*M+UU*M),即AN-1A*M(AN-1A*M+UU*M)-1=(AN-1A*M+UU*M)-1AN-1A*M，

又(AN-1A*M+UU*M)A=AN-1A*MA，则有，A=(AN-1A*M+UU*M)-1AN-1A*MA=AN-1A*M(AN-1A*M+UU*M)-1A,令P=(AN-1A*M+UU*M)-1AN-1，Q=M(AN-1A*M+UU*M)-1A，则PA*M*A=A=AN-1A*Q.

类似可以证明推论1.

(3)

4 加边矩阵的逆

可逆，且:

(4)

则:

由引理2，存在矩阵Y使得AB=I+YU*，而:

同理:

即T2与Γ互逆.

由DM-1U=Im-r, AC+M-1UE=0，可得DAC+E=0, 故E=-DAC；由BA+CVN=In, AV*=0，得CVNV*=V*；由AB+M-1UD=Im，U*A=0，得U*M-1UD=U*；同时由VNB=0，BA+CVN=In，可得BAB=B.

由DA+EVN=0，得EVNV*=0；同样由AC+M-1UE=0，得U*M-1UE=0. 将CVNV*=V*代人VNC=In-r，易知有(CVNV*)*NC=(VNV*)(C*NC)=In-r，即VNV*可逆. 同理可证U*M-1U可逆. 故E=0, D=(U*M-1U)-1U*，C=V*(VNV*)-1. 由BA+CVN=Im，得ABA+AV*(VNV*)-1VN=A，即ABA=A.

推论2 设A∈Rm×n，ρ(A)=r，U∈Rm×(m-r)与V*∈Rn×(n-r)是列满秩的，其列向量分别构成N(A*)与N(A)的基.，则矩阵A存在Moore-Penrose逆A+的充分必要条件是：

可逆，且:

(5)

证明在定理4中令M=Im, N=In即可得证.

可逆，且:

(6)